Гонтарь И.Н., Волчихина Н.И. Сопротивление материалов
Подождите немного. Документ загружается.
91
2 Разбиваем сечение на элементарные фигуры и нумеруем их. По
схеме видно, что сечение имеет ось симметрии.
Ось симметрии Х
С
является главной центральной осью инерции попе-
речного сечения.
3 Проводим собственные центральные оси x
i
и y
i
через центр тяжести
каждой элементарной фигуры. Положение осей x
i
всех элементарных фигур
совпадает с положением главной оси сечения Х
С
.
Вычисляем геометрические характеристики каждой элементарной фи-
гуры: площади F
i
и собственные главные центральные моменты инерции
элементарных фигур
i
ix
J
.
Площади элементарных фигур
F
1
= b h = 4a⋅ 6a = 24 a
2
, F
2
= π а
2
= 3,14 a
2
, F
3
= 0,5а ⋅ 0,5а = 0,25 a
2
.
Моменты инерции элементарных фигур
i
ix
J
.
(
)
4
3
3
I
000,32
12
46
12
1
a
aahb
J
y
===
;
4
44
II
785,0
64
2(π
64
π
2
a
а)d
J
y
===
;
(
)
4
3
III
005,0
12
5,0)5,0(
3
a
аа
J
y
=
⋅
=
.
4 Назначаем вспомогательную ось Y
0
, которая совпадает с гранью АВ
сечения.
Таким образом, всё сечение находится в положительной четверти ко-
ординатной системы.
5 Вычисляем относительно оси Y
0
расстояния x
i
до центра тяжести
каждой элементарной фигуры.
x
1
= b/2 = 4а/2 = 2,0 а.
x
2
= 3b/8 = 3 · 4а /8= 1,5 а.
x
3
= b–b/8 = 7b /8 = 7 · 4a/8 = 3,5 а.
6 Вычисляем статические моменты элементарных фигур
i
Y
S
0
относи-
тельно вспомогательной оси Y
0
:
S
1
= F
1
x
1
= 24,00 a
2
·2,0 а = 48,000 a
3
;
S
2
= F
2
x
2
= 3,14 a
2
·1,5 а = 4,710 a
3
;
S
3
= F
3
x
3
= 0,25 a
2
·3,50 а = 0,875 a
3
.
92
Определяем положение главной центральной оси Y
С
a
aaa
aaa
FFF
SSS
x 059,2
25,014,300,24
875,0710,4000,48
222
333
321
321
с
=
−−
−−
=
−−
−−
=
;
x
c
= 2,059а.
Наносим на чертёж главную центральную ось Y
С
и вычисляем рас-
стояние от центра тяжести каждой элементарной фигуры до главной цен-
тральной оси Y
С
:
x
1C
= x
C
– x
1
= 2,059 а – 2,0а = 0,059 а;
x
2C
= x
C
– x
2
= 2,059 а – 1,5а = 0,559 а;
x
3C
= x
3
– x
C
= 3,5a – 2,059 а. =1,441 a.
7 Вычисляем главные центральные моменты инерции каждой эле-
ментарной фигуры относительно главных центральных осей всего сечения.
– Относительно найденной главной центральной оси Y
С
:
(
)
2
Cii
i
ii
xF
y
J
Y
J
С
+=
;
()
()
.084,32059,00,240,32;
4
2
24
2
I
1
I I
1
I
aaaaJxF
y
J
Y
J
СС
Y
C
=++= =
()
()
.767,1559,014,3785,0;
4
2
24
2
II
2
II II
2
II
aaaa
Y
JxF
y
J
Y
J
CC
C
=+=+=
()
()
.524,0441,125,0005,0;
3
4
2
24
2
III
3
III IIIIII
aaaa
Y
JxF
y
J
Y
J
CC
C
=+=+=
.
IIIIII
CCC
C
YYY
Y
JJJJ −−=
.
4444
793,29524,0767,1084,32 aaaaJ
C
Y
=−−=
– Относительно второй главной центральной оси X
C
.
Так как центры тяжести элементарных фигур в силу симметрии нахо-
дятся на оси X
C
и отсутствуют расстояния
Ci
y по оси Y, то формула по оп-
ределению момента инерции
C
X
J
упрощается
IIIIII
CCC
C
XXX
X
JJJJ −−= ;
()
4
3
3
I
0,72
12
64
12
a
aahb
J
C
X
===
(
)
4
4
4
II
785,0
64
2π
64
π
a
ad
J
C
X
===
;
4IIIIII
005,0
3
aJJ
yX
C
==
;
4444IIIIII
21,71005,0785,00,72 aaaaJJJJ
CCC
C
XXX
X
=−−=−−=
.
93
8 Вычисляем наименьшие моменты сопротивления W
X
и W
Y
сечения.
– Момент сопротивления относительно оси Y
C
.
Наименьшим моментом сопротивления обладают точки контура попе-
речного сечения, лежащие на ребре AB.
По отношению к оси Y
C
они расположены на расстоянии
C
Y
x = 2,059а, т. е. дальше, чем точки, принадлежащие ребру DK.
Наименьший момент сопротивления поперечного сечения относи-
тельно оси Y
С
вычисляем по формуле
C
C
C
Y
Y
Y
x
J
W =
.
Найденный момент инерции относительно оси Y
С
равен
4
79329 a,J
C
Y
= ,
3
4
4714
0592
79329
a,
a,
a,
W
C
Y
== .
− Момент сопротивления относительно оси Х
С
.
Отыскиваем точку, наиболее удалённую от оси Х
С
.
Точки, лежащие на рёбрах AD и BK контура поперечного сечения, на-
ходятся на равном расстоянии от оси Х
С
.
Для них a
h
y
C
X
3
2
== , поэтому моменты сопротивления у них имеют
равные значения, т. е.
3
4
73723
3
2171
a,
a
a,
W
C
X
==
;
3
73723 a,W
C
X
= .
Наименьший момент сопротивления по отношению к оси Y
С
имеют
равноудалённые от неё точки на ребре AB, а по отношению к оси X
C
– рав-
ноудалённые точки, лежащие на рёбрах AD и BK.
Вывод
Из двух найденных моментов сопротивления наименьшим обладают
все точки, лежащие на ребре AB, где
3
4714 a,W
C
Y
=
.
Результаты расчёта:
4
21,71 aJ
C
X
=
;
4
793,29 aJ
C
Y
=
;
3
min
47,14 aWW
C
Y
== .
94
2.2 Определение геометрических характеристик
плоских сечений с вертикальной осью
симметрии
Цель: для сложного поперечного сечения с одной вертикальной осью
симметрии:
− определить главные центральные моменты инерции
0
x
J
и
0
y
J
;
− определить наименьший момент сопротивления W
i
.
Исходные данные взять из таблицы 2.1 и по рисунку 2.1.
Порядок расчета
1 Вычертить в масштабе расчётную схему поперечного сечения. Обо-
значить ось симметрии.
2 Разбить площадь сечения на простые геометрические фигуры (эле-
ментарные площадки (прямоугольники, треугольники, круги, сегменты
и т. д.) и пронумеровать их.
3 Провести собственные центральные оси x
i
, y
i
для каждой элемен-
тарной площадки и вычислить их характеристики:
)(i
F ,
)(i
x
i
J
,
)(i
y
i
J .
4 Выбрать вспомогательную ось так, чтобы всё сечение лежало в по-
ложительной четверти координатной системы. Вычислить расстояния от
выбранной оси до центра тяжести каждой элементарной фигуры.
5 Вычислить статические моменты элементарных фигур
i
X
S
0
отно-
сительно вспомогательной оси.
6 Определить положение главной центральной оси Х
С
. Построить
центр тяжести сечения и главные центральные оси X
0
, Y
0
. Определить рас-
стояния x
i
от центра тяжести каждой элементарной фигуры до главной цен-
тральной оси Y
С
.
7 Вычислить главные центральные моменты инерции заданного по-
перечного сечения
0
X
J
и
0
Y
J
.
8 Вычислить моменты сопротивления при изгибе
0
X
W
0
Y
W
. Опреде-
лить наименьшие моменты сопротивления заданного сечения.
9 Сделать выводы по результатам расчёта.
95
Пример выполнения
Определение геометрических характеристик плоских сечений с вер-
тикальной осью симметрии
Для сложного поперечного сечения с одной вертикальной осью сим-
метрии (рисунок 2.2).
Цель:
− определить главные центральные моменты инерции
0
x
J
и
0
y
J
;
− определить наименьший момент сопротивления W
i
.
Исходные данные по номеру варианта_______ .
Из таблицы 2.1: k
1
= 3, b = k
1
a = 3a;
k
2
= 5, b = k
2
a = 5a.
По рисунку 2.1: сечение № ___ .
Рисунок 2.2 – Заданная схема поперечного сечения
стержня
h
C
2
C
h/2
0,9h
II
0,2h
b/4
b/8b/8
b
96
1 Вычерчиваем заданное сечение в масштабе.
2 Разбиваем сечение на элементарные фигуры и нумеруем их.
3 Проводим главные центральные оси х
i
и y
i
через центр тяжести ка-
ждой элементарной фигуры (рисунок 2.2.1).
Вычисляем геометрические характеристики элементарных фигур:
площади F
i
и собственные главные моменты инерции элементарных фи-
гур
i
ix
I.
F
1
= b h = 3a 5a = 15 a
2
.
F
2
= 2,25a ⋅ 1,5а = 3,375 a
2
.
F
3
= π (0,75а)
2
/4 = 0,442 a
2
.
Рисунок 2.2.1 – Расчётная схема поперечного сечения
стержня
Х
C
Х
0
x
2
x
1
x
3
0,5а
5а
C
2
y
2
= 3,25а
C
y
1
= 2,5а
y
C
= 2,195а
y
3
= 4,5а
II
а
1,5а
0,75а
Y
0
= Y
C
= Y
1
= Y
2
= Y
3
C
1
С
3
I
II
0,375а0,375а
3а
II
C
C
2
А
В
D
К
I
97
(
)
4
3
3
I
25,31
12
53
12
1
a
aabh
I
x
=
⋅
==
.
(
)
4
3
II
633,0
12
5,1)25,2(
2
a
аа
I
x
=
⋅
=
.
4
4
III
016,0
64
75,0(π
3
a
а)
I
x
==
.
4 Назначаем вспомогательную ось Х
0
, проходящую через основание
всего сечения, и вычисляем относительно этой оси расстояние y
i
до центра
тяжести каждой элементарной фигуры.
y
1
= h/2 = 5а/2 = 2,5 а.
y
2
= 0,65h = 0,65·5а = 3,25 а.
y
3
= 0,90h = 0,90·5а = 4,50 а.
5 Вычисляем статические моменты элементарных фигур
i
X
S
0
относи-
тельно вспомогательной оси Х
0
S
1
= F
1
y
1
= 15,00 a
2
· 2,50 а = 37,50 a
3
.
S
2
= F
2
y
2
= 3,375 a
2
· 3,25 а = 10,97 a
3
.
S
3
= F
3
y
3
= 0,442 a
2
· 4,50 а = 1,98 a
3
.
6 Определяем положение главной центральной оси Х
С
a,
aaa
aaa
FFF
SSS
Y
C
1952
442,0375,300,15
98,197,1050,37
222
333
321
321
=
−−
−−
=
−−
−−
= .
Y
C
= 2,195а .
Наносим на чертёж главную центральную ось Х
С
и вычисляем рас-
стояние от центра тяжести каждой элементарной фигуры до главной цен-
тральной оси Х
С
.
y
1
= 2,50 а – 2,195а = 0,305 а.
y
2
= 3,25 а – 2,195а = 1,055 а.
y
3
= 4,50 а – 2,195а = 2,305 а.
7 Вычисляем главные центральные моменты инерции каждой элемен-
тарной фигуры относительно главных центральных осей всего сечения.
98
− Относительно найденной главной центральной оси Х
С
:
(
)
2
C
С
i
Xi
i
ii
X
yF
x
II += ;
(
)
()
()
.aaaayF
x
yF
x
С
С
С
С
X
X
X
X
II
II
4
2
24
2
I
1
I
2
I
1
I
645,32305,00,1525,31
;
1
I
1
I
=+=+=
+=
(
)
()
()
.390,4055,1375,3633,0
;
4
2
24
2
II
2
II
2
II
2
II
2
2
II
II
aaaayF
x
yF
x
C
C
C
C
X
X
X
X
II
II
=+=+=
+=
()
.354,2305,2442,0016,0
;
4
2
24
2
III
3
III
2
III
3
III
3
3
III
III
aaaayF
x
yF
x
C
C
C
C
X
X
X
X
II
II
=+=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
+=
.
IIIIII
CCC
C
XXXX
IIII −−=
.
44
901,25354,2390,4a645,32
44
aaaI
C
X
=−−=
Относительно второй главной центральной оси Y
C
:
Так как центры тяжести элементарных фигур в силу симметрии нахо-
дятся на оси Y
C
и отсутствуют расстояния
i
Y
C
x по оси Х, формула по опре-
делению момента инерции
C
Y
I упрощается
IIIIII
CCC
C
YYY
Y
IIII −−= ;
()
4
3
3
I
25,11
12
53
12
a
aahb
I
C
Y
=
⋅
== ;
()
4
3
II
42,1
12
5,125,2
a
aa
I
C
Y
=
⋅
= ;
4IIIIII
016,0 aII
CC
XY
==
;
4444IIIIII
814,9016,042,125,11 aaaaIIII
CCC
C
YYY
Y
=−−=−−=
.
8 Вычисляем наименьшие моменты сопротивления W
X
и W
Y
сечения.
99
Момент сопротивления поперечного сечения относительно оси Х
С
вы-
числяем по формуле
C
C
C
X
X
X
y
I
W = .
Найденный момент инерции относительно оси Х
С
4
901,25 aI
C
X
= .
Отыскиваем наиболее удалённые от оси Х
С
точки.
Точки ребра ВК на контуре поперечного сечения находится на рас-
стоянии ay
C
X
195,2= , а точки ребра АD – на бóльшем расстоянии, равном
h –
C
X
y = 5a – 2,195 a = 2,805 a.
Поэтому для этой наиболее удалённой точки момент сопротивления
будет иметь наименьшее значение.
Наиболее удалённая от оси Х
С
точка A и все точки, лежащие на одном
уровне с ней, имеют одинаковый момент сопротивления, равный
3
4
23,9
805,2
901,25
a
a
a
W
C
X
== .
Определяем момент сопротивления по отношению к оси Y
C
C
C
C
Y
Y
Y
x
I
W
= .
Момент инерции
4
814,9 aI
C
Y
= , а наиболее удалённые от оси Y
С
точки
А и В на контуре поперечного сечения находятся на равном расстоянии
a
ab
x
C
Y
5,1
2
3
2
===
.
Для этих точек момент сопротивления будет иметь наименьшее значе-
ние по отношению к оси Y
C
:
3
4
54,6
5,1
814,9
a
a
a
W
C
Y
==
.
Вывод
Наименьший момент сопротивления по отношению к оси Х
С
имеют
равноудалённые от неё точки на грани AD, а по отношению к оси Y
C
– точ-
ки, лежащие на гранях AB, DK.
Результаты расчёта:
4
901,25 aI
C
X
= ;
4
814,9 aI
C
Y
= ;
3
23,9 aW
C
X
= ;
3
54,6 aW
C
Y
= .
100
3 Расчёт балок на прочность и жёсткость
при изгибе
Вводная часть
Если к стержню приложены внешние силы (пары сил, сосредоточен-
ные силы и равномерно распределённые силы), лежащие в плоскости, про-
ходящей через продольную ось стержня и направленные перпендикулярно
к продольной оси, то в стержне возникает прямой плоский изгиб. Стержень,
работающий на изгиб, принято называть балкой.
Если плоскость действия сил является плоскостью симметрии
, то в
поперечных сечениях возникают два внутренних усилия и два вида дефор-
мационных перемещений − прогиб и угол поворота.
В декартовой прямоугольной системе координат, если вертикальной
осью назначена ось
Y, продольной осью принята ось Z, то поперечной осью,
перпендикулярной к плоскости
YОZ, остаётся ось Х, относительно которой
в этой плоскости возникает один из внутренних силовых факторов − изги-
бающий момент
М
х
, а в плоскости YОХ возникает второй внутренний сило-
вой фактор − поперечная сила
Q
Y
, действующая в направлении оси Y.
Условия для знаков направлений внешних сил при составлении урав-
нений равновесия для целой балки:
−
принимаем положительное направление внешних сосредоточенных
и равномерно распределённых сил вертикально вверх со знаком «плюс»
(в сторону положительного направления оси
Y);
−
положительное направление вращения заданных внешних момен-
тов принимаем со знаком «плюс» при условии их движения против часовой
стрелки.
В случае отсечённой части балки:
−
изгибающий момент М
х
, возникающий от внешних моментов, дей-
ствующих в левой отсечённой части балки, вращающих балку относительно
центра тяжести произвольного сечения в направлении движения часовой
стрелки, принимается со знаком «плюс», а для правой отсечённой части на-
оборот;
− поперечная сила Q
i
, возникающая в сечении, уравновешивается
внешними силами, действующими по одну сторону от сечения. Если внеш-
ние силы направлены в положительном направлении оси
Y для левой отсе-
чённой части балки, то поперечная сила принимается со знаком «плюс»,
а для правой отсечённой части наоборот.