Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

Сопротивление материалов

..pdf
Скачиваний:
20
Добавлен:
15.11.2022
Размер:
9.44 Mб
Скачать

3. Определение положения главных центральных осей и величину главных центральных моментов инерции.

 

 

 

 

tg2α0

= −

2Jx

y

 

 

= −

2(226,3)

= −4,26

;

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Jx

 

J y

 

507,2

613

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

о

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

α0 = −38 30 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Поскольку α0 0, ось хС должна быть повернута до совме-

щения с главной осью U по часовой стрелке

J y

 

> Jx

, следова-

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

C

 

тельно,

Ju = Jmin ,

 

Jv = Jmax .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Ju =

 

J x + J y

1

 

(J x J y )

2

+4J x2

 

 

 

=

507,2

+613

 

C

C

 

 

 

 

 

y

 

 

 

 

 

 

2

 

 

2

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

 

 

C

 

 

 

 

 

C

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1

(507,2

613)2 + 4 226,32 = 328 cм4.

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Jv =

 

Jx

 

+ J y

1

 

 

 

(Jx

 

J y

)

2

+4Jx2

 

=560 +230,62 = 792 cм4,

 

C

 

C

+

 

 

 

 

 

 

 

 

y

 

 

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

C C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J x + J y

 

 

= Ju + Jv ;

 

 

 

 

507, 2 +613 = 328 +792 ;

 

 

 

 

 

C

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

1120 =1120 .

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4. Определяем главные радиусы инерции:

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

=

Ju

=

 

 

 

 

328

 

 

= 2,06

 

cм;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u

 

 

 

 

А

 

 

 

76,75

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

 

 

 

=

 

Jv

 

=

 

 

 

 

792

 

 

= 3,21 cм.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

v

 

 

 

А

 

 

 

76,75

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Пример 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Определить

 

 

для

 

плоского сечения,

 

 

изображенного на

рис. 3.6, положение главных центральных осей и вычислить главные моменты инерции и радиусы инерции. Швеллер № 30,

уголок 125×80×10.

41

Справочные данные:

 

 

 

 

 

 

№ 125×80×10

 

 

y1

yС

y2

 

 

 

В = 12,5 см, b = 8 см,

 

v

xc

 

 

 

А = 19,7 см2, Jх= 311,61 см4,

I

 

 

 

 

 

Jу= 100,47 см4, Jху= 102,0 см4,

 

 

 

 

 

 

x0 = 1,92 см, y0 = 4,14 см.

y0

 

 

 

x1

№ 30

 

 

С1

 

b

 

α

u

 

 

b

 

1

 

 

 

 

0

xС

h = 30 см, b = 10 см,

 

 

С b2

 

x2

А = 40,5 см2,

 

 

 

 

С2

 

 

Jх = 5810 см4, Jу = 327 см4,

 

 

 

 

 

 

z0 = 2,52 см.

 

 

 

a1

а2

 

 

 

Решение

 

 

 

 

 

 

1.

Выбираем

вспомога-

 

x0

z0

 

 

 

тельные

оси,

совпадающие

 

a

 

 

II

с центральными осями (х2 у2)

 

Рис. 3.6.

 

 

 

швеллера, определяем центр

 

 

 

 

тяжести

фигуры

аналогично

 

 

 

 

 

 

предыдущему примеру.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Sy1

 

 

А a

 

 

19,7(4,44)

 

x

=

i=1

=

 

 

1

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

= −1,45 cм;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

ΣАi

 

А1 + А2

 

 

19,7 + 40,5

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

a =

 

x0 + z0

 

=

 

1,92 + 2,52

 

= −4,44 cм;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

n

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Sxi

 

 

 

 

А

 

b

 

 

 

 

19,7(8,36)

 

 

y

 

=

i=1

=

 

1

 

 

 

=

 

 

 

 

 

= 2,74 cм;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

 

 

ΣАi

 

 

А1 + А2

 

 

60,2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

b = B y0 =12,5 4,14 =8,36 cм.

42

2. Определяем моменты инерции относительно центральных осей.

n

J = J = J + А b2 + J + А b2 =

CxCi x1 1 1 x2 2 2

i=1

=311,61+19,7 5,622 +5810 + 40,5 2,742 = 7047,9 cм;

b1 = b yC =8,36 2,74 =5,62 cм;

b2 = −yC = −2,74 cм;

n

I yC = I yCi = I y1 + A1a12 + I y2 + A2a22 =100,47 +19,7 2,992 +

i=1

+327 + 40,5 1,452 = 688,7 см4;

Ix y

= Ix y + A1a1b1 + Ix

y

2

 

+ A2a2b2

= −102 +19,7 (2,99) 5,62 +

C

C

1 1

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

+ 40,5 1, 45 (2,74) = −593,94 см4;

 

 

 

a1 = −(a xC ) = −(4,44 1,45) = −2,99 см;

 

 

 

 

 

a2

= xC =1,45 см.

 

 

 

3.

Определяем

направление

главных центральных осей

и величину главных центральных моментов инерции.

 

 

 

 

2Jx

y

 

 

 

 

2 (593,94)

 

 

 

 

tg2α0 = −

 

C

C

 

 

= −

 

 

= 0,1868

;

 

 

Jx

J y

 

7047,9 688, 7

 

 

 

C

 

 

 

C

 

 

 

 

 

α0 = 5o18.

Ось х необходимо повернуть против часовой стрелки на угол α0 до совмещения с главной осью U.

43

 

Ju = Jmax =

J x + J y

C

 

+

 

1

(J x

J y

)

2

+ 4J x2

y

=

 

 

2

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

C

C

 

 

C

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

7047,9 + 688,7

+

1

(7047,9 688,7)2 + 4 593,92

= 7103 cм4 ;

 

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Jv =Jmin = 7047,9+688,7 1

(7047,9688,7)2 +4 593,92 =633,7 cм4 ;

 

 

2

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

J x

+ J y

 

= Ju + Jv ;

 

7047,9 +688,74 = 7103 +633,7 ;

 

C

 

C

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

7737 = 7737.

 

 

 

 

 

 

4. Определяем главные радиусы инерции:

 

 

 

 

 

 

 

i

=

 

Ju

 

 

=

 

 

7103

=10,86

cм;

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

u

 

 

А

 

 

 

60,2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

i

=

 

Jv

 

=

 

 

633,7

= 3,24

cм.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

v

 

 

А

 

 

 

60,2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Контрольная работа № 2

Геометрические характеристики плоских сечений

Для заданного плоского сечения определить положение главных центральных осей и вычислить основные геометрические характеристики.

Типы сечений и числовые данные выбираются в соответствии с шифром по рис. 3.7 и табл. 3.1.

Сведения о геометрических характеристиках прокатных профилей даны в ГОСТ 8239–72 (двутавры), ГОСТ 8240–72 (швеллеры), ГОСТ 8509–86 (уголки равнополочные), ГОСТ8510–86 (уголки неравнополочные).

44

Рис. 3.7.

45

 

 

 

 

 

 

Таблица 3.1

 

 

 

Цифра шифра

 

 

Номер

1-я

2-я

3-я

4-я

5-я

6-я

 

№ швел-

Размеры

 

 

Размеры

строки

Тип

b, см

R, см

неравно-

 

сечения

лера или

равнополоч-

полочного

 

двутавра

ного уголка

 

 

 

 

 

 

уголка

 

 

 

 

 

 

1

1

12

70×70×8

10

6

75×60×6

2

2

14

80×80×8

12

8

80×50×8

3

3

16

90×90×9

14

10

90×56×8

4

4

18

100×100×10

11

12

100×63×10

5

5

20

110×110×8

13

14

110×70×8

6

6

22

120×120×12

15

7

125×80×10

7

7

24

140×140×12

16

9

140×90×10

8

8

24а

150×150×10

17

11

160×100×12

9

9

30

160×160×14

18

13

180×110×12

0

10

36

180×180×12

20

15

200×125×14

Содержание и порядок выполнения работы

1.Начертить сечение в масштабе, указать размеры.

2.Определить положение центра тяжести сечения.

3.Вычислитьмоментыинерцииотносительноцентральныхосей.

4.Определить положение главных центральных осей и величину главных центральных моментов инерции.

5.Вычислить главные радиусы инерции.

Вопросы для самопроверки

1.Как определяются осевой, центробежный и полярный моменты инерции?

2.Каковы основные свойства статического момента площади и центробежного момента инерции?

3.Изменение моментов инерции при параллельном переносе осей.

46

4.Какие оси называются центральными, главными и главными центральными?

5.Как изменяются моменты инерции при повороте осей?

6.Что такое радиусы инерции?

Для лучшего усвоения материала рекомендуется изучить источник [1] (гл. 3).

ГЛАВА 4. ОСНОВЫ ТЕОРИИ НАПРЯЖЕННОГО И ДЕФОРМАЦИОННОГО СОСТОЯНИЯ В ТОЧКЕ.

ГИПОТЕЗЫ ПРОЧНОСТИ

4.1. Напряженное состояние в точке и его виды

Напряженным состоянием в точке называется совокупность напряжений (нормальных и касательных), действующих по всевозможным площадкам, проведенным через эту точку.

Если в окрестности исследуемой точки шестью сечениями выделить элементарный объем в виде прямоугольного параллелепипеда, то напряжения на гранях этого параллелепипеда будут определять напряженное состояние в точке.

При изменении ориентации граней выделенного элементарного параллелепипеда напряжения на них также будут изменяться. В теории упругости доказывается, что можно найти такую ориентацию элемента, при которой касательные напряжения на гранях будут равны нулю. Площадки, на которых отсутствуют касательные напряжения, называются главными площадками, а нормальные напряжения на них – главными напряжениями. Обозначаются главные напряжения буквами σ1, σ2, σ3, при этом индексы следует расставлять так, чтобы выполнялось неравенство σ1 σ2 σ3 .

Можно выделить три вида напряженного состояния в точке. Напряженное состояние, в котором два главных напряжения равны нулю, называется одноосным, или линейным (рис. 4.1, а).

47

σ1

σ1

σ1

σ3

σ2

σ2 σ2

 

σ2

 

σ3

 

 

σ1

σ1

σ1

 

а

б

в

 

Рис. 4.1.

В случае равенства нулю только одного главного напряжения (два других отличны от нуля) оно носит название двухосного, или плоского (рис. 4.1, б). Если все три главных напряжения не равны нулю, то напряженное состояние называется трехосным, или объемным (рис. 4.1, в).

4.2. Исследование плоского напряженного состояния

При исследовании напряженного состояния элементов конструкции часто приходится иметь дело с плоским напряженным состоянием. Например, оно имеет место при кручении, поперечном изгибе и сложном сопро-

тивлении.

Линейное напряженное состояние представляет собой частный случай плоского, поэтому отдельно не рассматривается.

При плоском напряженном состоянии две параллельные грани параллелепипеда свободны от напряжений. Совместим их с плоскостью чертежа и рассмотрим площадки, перпенди-

кулярные ненагруженным граням (рис. 4.2).

Нормальное напряжение обозначается буквой σ с индексом, соответствующим оси, перпендикулярной к рассматриваемой

48

площадке; касательное напряжение обозначается буквой τ с индексом, также соответствующим оси, перпендикулярной к площадке.

Нормальное растягивающее напряжение σ будем считать положительным, а сжимающее – отрицательным. Касательное напряжение принимается положительным, если его для совмещения с направлением внешней нормали к площадке необходимо повернуть на 90° против хода часовой стрелки, обратное направление касательного напряжения считается отрицательным.

Угол α между осями x и x1 считается положительным (см. рис. 4.2), если внешнюю нормаль к площадке, по которой действует напряжение σх, для совмещения с нормалью к площадке, где действует напряжение σx1 , следует повернуть про-

тив часовой стрелки.

Между касательными напряжениями τх и τу, действующими на двух взаимно перпендикулярных площадках, имеется однозначная связь, выражаемая законом парности касательных напряжений. В соответствии с этим законом касательные напряжения по двум взаимно перпендикулярным площадкам равны по абсолютной величине и обратны по знаку:

τy = −τx .

(4.1)

Из закона парности касательных напряжений следует, что по двум взаимно перпендикулярным площадкам касательные напряжения направлены либо к линии пересечения этих площадок (рис. 4.3, а), либо от нее (рис. 4.3, б).

При известных нормальных и касательных напряжениях на двух взаимно-перпендикулярных площадках напряжения на произвольной наклонной площадке с нормалью x1 (см. рис. 4.2) определяются по следующим соотношениям:

σx

= σx cos2

α+σy sin2 ατx sin 2α,

(4.2)

1

 

 

 

 

 

 

τx

=

σx σy

sin 2α+ τx cos 2α.

(4.3)

 

2

 

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

49

Если вместо угла α в уравнение (4.2) подставить угол β = α + 90°, то получим выражение для напряжения σy1 на

площадке, перпендикулярной к произвольной наклонной площадке (рис. 4.4) с нормалью у1:

σy1 = σx sin2 α+σy cos2 α+ τx sin 2α,

τy

= −τx .

(4.4)

1

1

 

Используя тригонометрические соотношения

cos2 α=

1+cos 2α; sin2 α=

1cos 2α

,

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

2

 

 

можнозаписатьформулы(4.2) и (4.4) в иной форме:

 

 

σx

=

 

σx

+σy

+

 

σx σy

cos 2ατx sin 2α;

(4.5)

 

 

2

 

 

 

2

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

σy

=

σx

+σy

σx

σy

cos 2α+ τx sin 2α.

(4.6)

 

 

2

 

 

 

2

 

1

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Суммируя выражения (4.5) и (4.6), получаем соотношение

σx

+σy = σx +σy ,

(4.7)

1

1

 

50