Добавил:
ivanov666
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз:
Предмет:
Файл:Основы сопротивления материалов. Учебное пособие
.pdf
ния экономичности более рационально. Трубчатый вал всегда будет
легче при той же нагрузке.
Эпюра
Рис. 43
Эпюра
Заметим, что мы рассмотрели только круглые формы поперечных
сечений валов. Другие формы сечений менее экономичны, поскольку у
них менее равномерные поля напряжений.
61
y
Глава 7
ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ
ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ
В расчетах на прочность и жесткость участвуют некоторые новые
более сложные геометрические характеристики поперечных сечений.
Рассмотрим эти характеристики и их свойства.
7.1. СТАТИЧЕСКИЕ МОМЕНТЫ СЕЧЕНИЯ
Возьмем произвольное поперечное сечение бруса (рис. 44) площадью А. Выделим элемент площади dA с координатами y, z и составим два интеграла:
y
S ydA S zdA
zy
1
a
A
z
с
, ,
AA
z
z
1
C
y
c
(45)
dA
y
1
y
b
z
1
z
Рис. 44
где и
SS – статические моменты сечения соответственно относи-
zy
тельно осей z и y.
62
Рассмотрим пересчет статических моментов на параллельно смещенные оси. Обозначим расстояние между осями z и
а между осями
y и
y
– через a. Тогда очевидны следующие зависи-
1
z через b,
1
мости:
S y b dA S bA S z a dA S aA
() ; () .
zzyy
11
AA
(46)
Формулы (46) позволяют пересчитывать статические моменты на
параллельно смещенные оси.
Рассмотрим подробней первую формулу (46). Величину
можно подобрать так, чтобы произведение bA было равно
статический момент
статический момент равен нулю, называется
обращается в нуль. Ось, относительно которой
центральной. Среди се-
b всегда
. Тогда
мейства параллельных осей центральная ось является единственной.
Как следует из первой формулы (46), расстояние до центральной оси
от произвольной оси z будет
S
z
by
(47)
.
c
A
Аналогично для другого семейства параллельных осей:
S
y
az
.
c
(48)
A
7.2. МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИ СЕЧЕНИЯ
Осевые моменты инерции вычисляются по следующим формулам:
осевые
22
I y dA I z dA
zy
; ;
A А
(49)
центробежный
;
IzydA
zy
A
(50)
полярный
IdA. (51)
p
2
A
63
y
y
1
z
z
1
ρ
dA
y
1
y
z
1
α
z
Рис. 45
В формуле (51) – расстояние от начала координат до dA (рис. 45).
7.3. СВОЙСТВА МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ
1. Поскольку
22222
11
constyz yz (см. рис. 45), то поляр-
ный момент инерции равен сумме осевых моментов инерции:
III. (52)
pzy
2. Так как все моменты инерции являются определенными интегра-
лами, то момент инерции сложной фигуры I можно представить как
сумму моментов инерции простых фигур
I , на которые можно разде-
i
лить сложную фигуру:
n
II
.
(53)
i
1
i
3. Центробежный момент инерции симметричного сечения отно-
сительно осей, одна из которых является осью симметрии, равен нулю.
Докажем это на примере равнобедренного треугольника (рис. 46).
Ось у является осью симметрии. Разобьем треугольник на две симметричные фигуры I и II. Выделим на них две симметрично расположен-
ные элементарные площади
III
но,
III
zy zy zy
0.
и dA dA :
12
, yyz z. Следователь-
121 2
64
Рис. 46
4. Выведем формулы преобразования моментов инерции при парал-
лельном
переносе осей. Для этого снова обратимся к рис. 44. Будем
считать, что нам известны моменты инерции относительно осей
требуется определить их относительно осей
z и 1y :
1
z и y, а
I y dA I z dA I z y dA
zyzy
Подставляя сюда
IybdAIzadAI ybzadA
(); (); ()().
zyyz
1111
AA A
22
; ; .
1111
11
AAA
yyb
1
22
zza
и
1
, получим:
(54)
Раскрываем скобки:
IIbSbA
zz z
1
IIaSaA
yy y
1
I I bS aS abA
yz zy y z
11
2,
2,
2
2
(55)
.
По формулам (55) можно пересчитывать осевые и центробежный
моменты инерции на параллельные оси.
Если оси
z и y – центральные, то 0
SS и формулы (55) упро-
zy
щаются:
65
2
IIbA
zz
1
IIaA
yy
1
IIabA
yz zy
11
,
2
(56)
,
.
5. Получим формулы
изменения моментов инерции при повороте
осей координат. На рис. 45 оси z и y будем считать исходной системой
координат, в которой нам известны осевые и центробежный моменты
инерции ,, .
III
zyzy
Система координат
zy
– это исходная система координат, повер-
11
нутая на угол . Из аналитической геометрии известны формулы, свя-
зывающие координаты произвольной точки в этих системах координат:
cos sin , cos sin .yy z zz y
11
Рассчитаем соответствующие моменты инерции относительно осей
z и 1y по формулам (54):
1
22
II I I
sin cos sin2 ,
II
cos sin sin2 ,
zz y zy
1
II I I
yz y zy
1
zy zy
11
22
II
cos2 sin2 .
zy
2
(57)
По формулам (57) можно пересчитывать осевые и центробежный
моменты инерции на повернутые оси.
6. Введем понятия главных осей и главных моментов инерции. Про-
анализируем формулы (57). При изменении угла осевые моменты
инерции
I и
I будут изменяться, а их сумма останется постоянной,
z
y
1
1
потому что в соответствии с формулой (52) она равняется полярному
моменту инерции
ствует такой угол
I , который не изменяется. Следовательно, суще-
p
, при котором один из моментов инерции до-
0
стигает своего максимального значения, в то время как другой момент
инерции принимает минимальное значение. Дифференцируя, напри-
66
мер,
I по и приравнивая производную нулю, получаем формулу
z
1
для расчета
:
0
dI
z
1
III
2 sin cos 2 cos sin 2 cos2 0,
d
zyzy
откуда
2
I
tg2 .
0
zy
II
yz
(58)
При этом значении угла
один из осевых моментов будет
0
наибольшим, а другой – наименьшим. Одновременно центробежный
момент инерции
I
при указанном
zy
11
обращается в нуль, что видно
0
из третьей формулы (57).
Оси, относительно которых центробежный момент инерции равен
нулю, а осевые моменты инерции принимают экстремальные значения,
называются главными осями. Осевые моменты инерции относительно
главных осей называются главными моментами инерции. Определим
их. Для этого первые две формулы (57) перепишем в виде:
II II
zy zy
II
zzy
1
22
II II
II
zy zy
у
1
22
cos 2 sin 2 ,
cos2 sin 2 .
zy
Учитывая, что
cos 2
1
2
1tg2
и
sin 2
tg 2
2
1tg2
,
исключаем при помощи выражения (58) угол . Тогда
II II
II
max/min
zy zy
22
2
2
(59)
.
zy
Верхний знак соответствует максимальному моменту инерции, а
нижний – минимальному.
67
M
Глава 8
ПЛОСКИЙ (ПРЯМОЙ) ИЗГИБ
ПРЯМЫХ БРУСЬЕВ
8.1. КЛАССИФИКАЦИЯ ИЗГИБОВ
При плоском (прямом) изгибе вся внешняя нагрузка должна находиться в одной так называемой силовой плоскости и силовая плоскость
должна проходить через какие-то главные центральные оси инерции
поперечных сечений (рис. 47). На рис. 47 плоскость ху – силовая плоскость.
q
Рис. 47
у
F
z
x
При плоском изгибе могут возникнуть две внутренние силы: yQ и
(рис. 48, а).
z
68
M
M
M
Q
y
M
z
F
F
M
z
M
M
а б
Рис. 48
0
M
Q
0
z
y
Q
y
M
0
0
z
Рис. 49
По внутренним силам плоские изгибы разделяются на чистые, когда возникает только одна внутренняя сила
(рис. 48, б), и попереч-
z
ные, когда возникают обе внутренние силы (рис. 48, a).
Введем правило знаков для
Q и
y
. На рис. 49 показаны поло-
z
жительные направления этих внутренних сил для правого и левого сечения.
8.2. ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ
ЗАВИСИМОСТИ ЖУРАВСКОГО
ПРИ ПЛОСКОМ ПОПЕРЕЧНОМ ИЗГИБЕ
Выдающийся русский инженер и ученый Д. И. Журавский установил дифференциальные зависимости между внутренними силами при
плоском поперечном изгибе и между внутренними силами и распределенной внешней нагрузкой q.
Пусть балка находится в равновесии при произвольной распределенной нагрузке q(x). Вырежем элемент балки длиной dx и покажем
условно положительные направления для
Q и
y
. Будем считать
z
распределенную нагрузку на бесконечно малой длине dx постоянной
(рис. 50). Заметим, что при переходе от левого сечения к правому на
69
элементе dx аргумент х получает приращение, следовательно, и функ-
M
M
ции
Q и
y
также получают соответствующие приращения.
z
у
M
z
Q
y
x
dx
q
А
()qx
x
dMM
zz
dQQ
yy
Рис. 50
Составим два уравнения равновесия для вырезанного элемента dx:
YQ qdxQ dQ
yyy
0,
откуда получаем первое дифференциальное уравнение:
dQ
qdx (60)
дающее информацию о поведении эпюра
эпюр
участке, где q = 0, эпюр
Q убывает; на участке, где q > 0, эпюр yQ возрастает; на
y
Q остается постоянным,
y
mMQdxqdxMdM
А zy z z
y
,
Q : на участке, где q < 0,
y
dx
0,
2
откуда с точностью до величины высшего порядка малости получаем
второе дифференциальное уравнение
dM
Qdx (61)
y
z
,
дающее аналогичную информацию о поведении эпюра
мости от знака эпюра
Q .
y
70
в зависи-
z
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]