Ответы: Теория к РК

Распознанный текст из изображения:

Рис. 3.1

Рис. 3.2

Глава 3

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ

ПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙ СТЕРЖНЯ

3.1. Статические моменты сечения

— — усУ'; Яу — хднф.

(3.1)

Каждыи из этих интегралов представляет собой сумму п ор изведений элементарных площадей сУ" на расстояние до соответствующеи оси (х или у). Первый интегра,л называется статическим моментом сечения относительно оси х а второй—

>

142

При решении задач, связанных с изгибом, возникает необходимость оперировать некоторыми геометрическими характеристиками поперечных сечений стержня. Эти характеристики применяются в основном при решении задач изгиба и в силу своего узкого прикладного значения в общем курсе геометрии не изучаются. Их рассматривают обычно в курсе сопротивления материалов. Настоящая глава и посвящена этому вопросу.

Возьмем некоторое поперечное сечение стержня (рис. 3.1). С вяжем его с системои координат х, у и рассмотрим два следующих интеграла:

у. Статичес-

е моменты изосей х1, у1 и

и х'2> У1 и У2

дь сечения Г У1,те. Ях,и

статические

или

Таким образом, при параллельном переносе осей стати;-- ческий момент изменяется на величину, равную произведению

площади Г на расстояние между осями.

Рассмотрим более детально, например, первое из полученных выражений:

>х2 ~х1 — ЬР

Величина 6 может быть любой: как положительной„так и отрицательной. Поэтому ее всегда можно подобрать (причем

143

"с

" .'к

и

татическим моментом сечения относительно оси

ий момент измеряют в см или мм .

При параллельном переносе осей статически

еняются. Рассмотрим две пары п

2, у2. Пусть а и 6 — расстояния ме

оответственно (рис. 3.2). Положи

статические моменты относитель

У,, заданы. Требуется определить

Очевидно, х2 = х1 — а, у2 = у1

оменты будут равны

араллельных жду осями х1 м, что площа но осей х1 и

~х2 И ~У2'

— 6, Искомые

(у1 — 6) йГ; 5У, = (х1 — а) И",

З = Я вЂ” 6К; ~У2 — 5У, -а~

Распознанный текст из изображения:

единственным образом) так, чтобы произведение 6Г было равно 5 „. Тогда статический момент Яхг, относительно оси х2 обращается в нуль.

Ось, относительно которой статический момент равен нулю, называется центральной. Среди семейства параллельных осей она является единственной, и расстояние до этой оси от некоторой, произвольно взятой, оси х1 равно

~=Ус= (3.2) Аналогично для другого семейства параллельных осей

а=хо=

У2

(3.3)

Точка пересечения центральных осей называется центром тяжести сечения. Путем поворота осей можно показать, что статический момент относительно любой оси, проходящей через центр тяжести, равен нулю.

Нетрудно установить тождественность данного определения и обычного определения центра тяжести как точки приложения равнодействующих сил тяжести. Если уподобить рассмотренное сечение однородной пластинке, то сила тяжести пластинки во всех точках будет пропорциональна элементарной площади сУ', а момент сил тяжести относительно некоторой оси — статическому моменту. Этот момент относительно оси, проходящей через центр тяжести, равен нулю. В нуль обращается, следовательно, и статический момент относительно центральной оси.

Выражения (3.2) и (З.З) дают возможность определить положение центра тяжести, если найдены статические моменты, или, наоборот, найти статические моменты, если известно положение центра тяжести.

Рассмотрим простейшие примеры.

П р и м е р 3.1. Найти, на каком расстоянии от основания расположен центр тяжести треугольника (рис. 3.3).

Сначала определим статический момент треугольника относительно оси х1.

эх, — — У1п'Г.

144

(

К'

Рис. 3.3

.,",' Запишем выражение для

-;::, треугольников получаем

.,';-;его высота,.

Таким образом,

элементарной площади: аг' = сау1. Из подобия

Ь вЂ” У1

с = 6, где 6 — основание треугольника; Ь—

Ь

Ь /

Я„= — (Ь вЂ” у1) УАУ1

— Ь/

(3.4)

о

;;:,' После интегрирования находим Ях, —— 6Ьг/6. Расстояние от основания ;: треугольника до центра тяжести

Ях, 6Ьг/6 Ь Р ЬЬ/2 3

145

„: (см. рис. 3.3).

П р и м е р 3.2. Определить положение центра тяжести сложного . составного сечения (рис. 3.4).

Разбиваем сечение на три простейшие фигуры: треугольник, пря,-" ,моугольник и полукруг. Выбираем произвольную систему осей х1, у1 и .;:=,'-':определяем координаты центров тяжести составляющих сечение фигур.

У треугольника центр тяжести С1 находится на расстоянии 1/3 высоты ;. от основания. Для прямоугольника положение центра тяжести Сг опре,: деляется пересечением средних линий. У полукруга центр тяжести Сз

расположен на оси симметрии на расстоянии 4В/(Згг) от вертикального -.", диаметра (см. рис. 3.4).

Последнее выражение (тому, кто не забыл, чему равен объем шара) удобнее всего получить на основании теоремы Гюльдена. Вращая полукруг относительно диаметра, получаем тело вращения — сферу, объем которой равен произведению дуги 2кс на площадь полукруга:

4 ггЯг 4В

— кЛ = 2ггс —, откуда с = —.

3 2 Згг

Распознанный текст из изображения:

Рис. 3.4

Определяем статический момент составной фигуры как сумму статических моментов составляющих фигур:

ох, = Кус, + Егус~ + Гзус~.

Таким образом, находим

1 202

Ях„— — — 60 30 10+ 30 60 *30+ х — 40 = 88100 мм,

2 * 2

Як, — — — — 30 ° 60 ° 20 + 30 ° 60 16 + х — 30 +—

1 20 4 20

2 2 Зя.

= 33200 мм .

Площадь составной фигуры равна

г' = — 60 30 + 30 60 + = 3330 мм .

1 х 20

2 2

Искомые координаты центра тяжести в системе осей х1, У1 имеют

следующие значения:

хс = Яу, /Г = 33200/3330 = 9, 97 мм;

Ус = Ъх, /Г = 88100/3330 = 26, 5 мм.

3.2. Моменты инерции сечения

В дополнение к статическим моментам рассмотрим еще

три следующих интеграла:

° У вЂ” у2ар Х вЂ” х2аР;,У „= хуйК, (3.5)

146

,уде по-прежнему через х и у обозначены текущие координаты -';,::Элементарной площадки аГ в произвольно взятой системе ко':Ц*.\. „

';::,-ординат хОУ (см. рис. 3.1). Первые два интеграла называются :;;:осевыми моментами инерции сечения относительно осей х и у ';.„=соответственно. Третий интеграл называется центробежным :.:моментом инерции сечения относительно осей х, у. Измеряют :;. моменты инерции в см или мм .

Осевые моменты инерции всегда положительны, посколь:: ку положительной считается площадь дГ. Центробежный мо', мент инерции может быть как положительным, так и отрица;,::::,тельным, в зависимости от расположения сечения относитель. но осей х, у.

Выведем формулы преобразования моментов инерции при , параллельном переносе осей. Для этого снова обратимся к :: рис. 3.2. Будем считать, что нам заданы моменты инерции ;:; и статические моменты относительно осей х1, у1. Требуется ;:- определить моменты инерции относительно осей х2, у2.

'~хг ( У2~~ ~уг — / х2"~> '/хгуг / х2У2~~.

Г 2

Подставляя сюда х2 = х1 — а и у2 = у1 — Ь, находим

гхг = (у1 Ь) ~~'~ гуг = (Х1 — а) г/~>

Ух~у, = (х1 — а)(у1 — Ь) сКЕ

Раскрывая скобки, имеем, согласно обозначениям (3.1) и (3.5),

/хг = «/х1 — 2ЬЯх1+ Ь ~ ~

(3.6)

'/хгуг — /х у а~х Ь~У1 + аЬ.г °

Если оси Х1 и У1 — ЦентРальные, то Ях, = Яу, — — О, и

:::::: полученные выражения упрощаются:

г

/хг = /х1+Ь Е' /уг = '/у1+а ~ ~ /хгуг = /х1у1+аЬЕ. (3.7)

147

Распознанный текст из изображения:

Рис. 3.6

Рис. 3.5

Р о

(ь~' Ь 3

1 =1 — ~ — ~ Г ли 1

12

уз

откуда Хх

12

Ь (

я

Хх, = — ~ (6 — У1)у 4У1,

ь~

о

Следовательно,при параллельном переносе осей (если одна из осей — центральная) осевые моменты инерции изменяются на величину, равную произведению площади сечения на квадрат расстояния между осями.

Из первых двух формул (3.7) следует, что в семействе параллельных осей минимальный момент инерции получает»

ся относительно центральной оси (а = 0 или 6 = 0). Поэтому легко зайомнить, что при переходе от центральных осей к не- центральным осевые моменты инерции увеличиваются, и величины а Г и 6 Г следует к моментам инерции прибавлять, а

2 2

при переходе от нецентральных осей к центральным — вычитать.

При определении центробежного момента инерции по последней из формул (3.7) следует учитывать знак величин а и 6. Можно, однако, и сразу установить, как изменяется значение,7 „ при параллельном переносе осей. Для этого следует иметь в виду, что сечения, находящиеся в 1 и П1 квадрантах системы координат х1Су1 (рис.3.5), имеют положительные, а сечения, находящиеся в П и 1У квадрантах, — отрицательные значения центробежного момента. Поэтому при переносе осей проще всего устанавливать знак слагаемого а6Г в соответствии с тем, какие из четырех площадей увеличиваются, а какие — уменьшаются. Например, если от центральных осей х1, р1 (см. рис. 3.5) следует перейти к осям х2, у2, то видно, что в результате такого переноса резко возрастает площадь 1Ъ' квадранта, следовательно, момент инерции уменьшается, и произведение а6Г из момента Х 1У1 следует вычесть.

Приведем примеры определения моментов инерци.и прои,

';~тейших сечений относительно характерных осей.

П р и м е р 3.3. Найти момент инерции прямоугольника с основа; ';.'''иием Ь и высотой Ь относительно основания и относительно центральной Ьси,параллельной основанию (рис. 3.6).

Момент инерции относительно оси х1 равен

ЬУ 3

'>х у1 "~ — у1Ыу1 > или >х~

Х1 — 1 — 1 > »

Воспользовавшись формулой переноса (3.7), найдем момент инерции

относительно центральной оси:

П р и м е р 3.4. Найти момент инерции рассмотренного ранее :;, треугольника (см. рис. 3.3) относительно основания и относительно центральной оси, параллельной основанию.

Чтобы не повторять выкладок, вернемся к выражению (3.4) для ста:-:":.: тического момента треугольника и заменим величину У1, стояшую под

знаком интеграла, на у~1. Тогда

Распознанный текст из изображения:

м к центральной сис м осям увеличиваю тельные значения це муле переноса (3.7),

/Ь~' уз

~х=А,— ~ — ) Г, или Ух= —.

~ 3)

36

й момент инерции о

ельным.

вные оси и главные моменты инерции

трим, как изменя

оординат. Полож

ения относительн

Требуется опр

носительно осей и

ы на угол а (рис. 3.8).

Рис. 3.7

Рис. 3.8

Но

Так как проекция ломаной линии ОАВС равна проекции ;::;;::=':: Замыкающей, находим:

и = у61па+ х сова;

П = УСОва — Х ица.

Ь

с= Ь(ь-у,),

поэтому

.',: Исключим и и и в выражениях моментов инерции

Хи = и ЙГ; Х„= и ЙР; Х„„= иода.

150

Используя формулу переноса (3.7), запишем момент инерции относительно

центральной оси х (см. рис. 3.3):

г,

П р и'м е р 3.5. Определить центробежный момент инерции прямоугольного треугольника относительно осей, совпадающих с его катетами (рис. 3.7). -"4-

Выделим элемент площади Нх2ду1 и, полагая величину у1 неизменной, найдем центробежный момент полоски АВ:

с

с

1~,у, Я,АВ) = у1 Иу1 х1Нх1 = у2Иу1 —.

2

о

1,ЗАДАВ) = — (Ь вЂ” у,)~у,йу,.

Проинтегрируем это выражение по у1 от нуля до Ь:

Ь

Ь2Ь2

~'и = — / (Ь вЂ” у1) у1ау1 или Л

2Ь2 /

24

о

Перейде

~~~уреходе к эти

,"'.;;::~бщне отрица

„""-;'~паласио фор

'~~1ение аоГ:

',";а1ентробежны

'!-;зим, отрицат

3.3. Гла

Посмо

".:~рте осей к

::;::::;",дорого сеч

„:-:-'авральных).

,::;:.:инерции от

-'",,:,Вой систем

теме координат хСу (см. рис. 3.7), При тся площади во 11 и 1Ъ' квадрантах, дантробежного момента. Следовательно, момент 1~,к, уменьшиться на произве-

Ь Ь о2Ь2

1 = 1 — — — г" или .7 к — — — —.

3 3 72

тносительно осей х, у оказался, как ви-

ются моменты инерции при повоим, даны моменты инерции некоо осей х, у (не обязательно ценеделить Х„, .7„и,7„„— моменты , ю, повернутых относительно пер-

Распознанный текст из изображения:

Тогда

(усова — хяпа) с~~;

Ц = (Уяпа+ хсова) йГ

Г

Ау = (у сов а — х в1п а)(у яп а + х сов а)ц~;

откуда,

Уи = Ух сов а — У уя'п2а+,Уу яп а;

2 2

У~ = Ух в1п а+ Уху в1п2а+,Уу сов а;

2 2

,Ух —,У

Уии = Уху сов 2а + яп 2а.

2

(3.8)

Рассмотрим два первых уравнения (3.8). Складывая их

почленно, получим

.у„+,у. = у. + у„- (уг,,г) ~у

Г

Таким образом, сумма осевых моментов инерции относительно

двух взаимно перпендикулярных осей не зависит от угла а и

при повороте осей остается постоянной. Заметим при этом

)

что

х +у =рг, 2 2

где р — расстояние от начала, координат до элементарной пло-

щадки (см. рис. 3.8). Таким образом,

(3.9)

152

Ух+ Уу = Уя,

где У„, — уже знакомый нам полярный момент инерции:

г~~-

Р

значение которого, естественно, не зависит от поворота осей

х~ у.

При помощи выражения (3.9) в

:,':11елить осевой момент инерции круга

':~ак как в силу симметрии Ух = Уу, по

'':ио, как известно,,У, = хР4(32, следов

Р4

Ух — Уу—

б4

С изменением угла поворота осей

:„'.М,,У„меняются, но их сумма остается

',,1ельно, существует такое а, при кот

::,:,Инерции достигает своего максимально

;:;:;::::.$ак другой момент инерции принимает

Дифференцируя второе выражени

~фая производную нулю, находим

2Уху

1д2а =

Уу Ух

,,-:; При этом угле а один из осевых момен

";а другой — наименьшим. Одновременно

:;;".Инерции У„х обращается в нуль, что

'.-'-:'::Из третьей формулы (3.8).

Оси, относительно которых цент

'"",ции равен нулю, а осевые моменты пр

:„;; значения, называются главными осям

'-1 являются центральными, то тогда он

-':;;: центральными осями. Осевые момент

,';:,:"::но главных осей называются главным

;-':;: Определим их. Для этого первые две

,.:;-шем в виде

(3.10)

сов 2а —,Уху в1п 2а; сов 2а +,Уху яп 2а.

153

Ух+ Уу Уу- Ух

уи =

2 2

Ух + Уу Уу

2 2

„, Учитывая, что

1

сов2а = и

~~2 2а

частности, легко опреотносительно диаметра. лучаем,У =,Уу = Х,/2, ательно, для круга

а значения моментов Х„ неизменной. Следоваором один из моментов го значения, в то время минимальное значение. е (3.8) по а и приравни-

тов будет наибольшим, центробежный момент можно легко установить

робежный момент инеринимают экстремальные и. Если они к тому же и называются главными

ы инерции относительи моментами инерции. формулы (3.8) перепи-

1~ 2а

яп2а =

~~2 2а

Распознанный текст из изображения:

(3.11)

,7 +Уд

,/гпах = +

пип

Рис. 3.11

Рис. 3.9

Рис. 3.10

ь

.= 810000 мм = 81см .

155

154

исключаем при помощи выражения (3.10) угол а. Тогда

Верхний знак соответствует максимальному моменту инерции, а нижнИй — минимальному. После того как сечение вычерчено в масштабе и на чертеже показано положение главных осей, нетрудно:ьлазомерной оценкой установить, которой из двух осей соответствует максимальный, а которой — минимальный момент инерции.

Если сечение имеет ось симметрии, то эта ось, очевидно, всегда будет главной (рис. 3.9). Центробежный момент инерции сечений, расположенных по одну сторону от оси, равен моменту сечений, расположенных по другую сторону оси, но противоположен ему по знаку, Следовательно,,/г1~ — — 0 и оси х и у являются главными.

Рассмотрим примеры определения главных осей и главных моментов инерции.

П р и м е р 3.6. Определить положение главных центральных осей

и главных моментов для прямоугольного треугольника, показанного на

рис. 3.10.

Для центральных осей, параллельных катетам, имеем 1~ = ЬЙ /36,

Ук —— И~/36, .7,.~ — — — Ь Й~/72. Согласно формуле (3.10), находим 182а =

ЬЬ

Если Ь = Ь, то а = 45', и главная ось совпадает с осью

~~~)имметрии равнобедренного треугольника. Из формулы (3.11) следует, .Ффчто

Ьа(г г 1 = — (Ь + й~ ~ Ь~ — Ьгйг+Ь4

72 ~

П р и м е р 3.7. Определить положение главных центральных осеи ~К:главных моментов для составного сечения (рис. 3.11).

Положение центра тяжести С для этого сечения уже было найдено

~",Выше (см. пример 3.2). Для каждой из составляющих фигур находим

.:::моменты инерции относительно произвольно взятых осей х1, у1.

Для треугольника находим

Х~, = = 135000 мм = 13,5 см;

60 30

4 4.

,/к, — — —— 540000 мм = 54см;

30. 60

4 4.

12

30г 60г

Ь у = — — — — 135000 мм = — 13.5 см .

12

Для прямоугольника получаем

7~, = = 2160000 мм = 216 см;

60 30з

4 4.

12

Уя, —— — — 540000 мм = 54см .

60 30

4 1

12

'::.'::Центробежный момент инерции прямоугольника определим путем перено-

-:.Фа осей:

~и,к, — — 1.,у, + аЬГ, или Л~,к, — — 0+30 15 ° 30 ° 60 =

Распознанный текст из изображения:

= 17560 мм = 1, 76 см;

Переходя к осям х1, у1, получаем

Глава 4

ИЗГИБ СТЕРЖНЕЙ

1х,у, — — 164 см .

4

7х1 = 336 см; 1у, — — 203 см

':-':,4.1. Внутренние силовые факторы, возникающие

в поперечных сечениях стержня при изгибе

Под изгибом пон

ром в поперечных се менты (см. 3 ВЗ). Е я единственным си

Согласно формуле (3.10),

2 76,3

182а = ' = 228;

170 — 103

льная силы отсутст ей частью, однако, ющими моментами ом случае изгиб наз фицируют и по дру ссмотрены в дальне

Для того чтобы

а = 33'10 .

1П,,„= 220 см; .1„„„= 53,0см .

занных с расчетом го, научиться опре вых факторов, т.е. перечных сил, Рас и установим необх

156

157

Для полукруга воспользуемся снова методом переноса осей. Сначала

определяем моменты инерции относительно центральных осей хг, уг.

1 гг.0~ гг 40

7хг = — — — = 62800 мм = 6,28 см; 2 64 128

г гг 40 (4 20 1 гг 20

128 ~ Згг / 2

'%

20г

1х, = 62800 + 40 = 1068000 мм = 107 см;

2

20г

1у, — — 17560 + (30 + с) = 948000 мм = 94, 8 см;

20г

7х,у, — — О+ (30+ с) 40 = 967000 мм = 96,7см .

Суммируя полученные значения моментов инерции для составляющих фигур, находим моменты инерции относительно осей х1, у1 для всего сечения:

Переходим к осям х, у, используя найденные ранее координаты центра

тяжести С:

.Ух —— 336 — 2,65 33,3 = 103 см;

.7у — — 203 — 0,997 33, 3 = 170 см;

1ху — — 164 — О, 997 2, 65 ЗЗ, 3 = 76, 3 см'.

На рис. 3.11 отмечено положение главных центральных осей. Согласно

формуле (3.11), находим

Ось и, показанная на рис. 3.11, соответствует минимальному, а ось ив

максимальному значениям момента инерции.

."'.;:,:".:Фтс

':;.':,=:;:::.':уа

':: псе

,.-'.:;;:":Ло

-;='''ры

имается такой вид нагружения, при кочениях стержня возникают изгибающие сли изгибающий момент в сечении являловым фактором, а поперечные и норвуют, изгиб называется чистым. Вольв поперечных сечениях наряду с изгивозникают также поперечные силы. В ывают поперечным. Виды изгиба класгим признакам; некоторые из них будут йшем.

правильно ориентироваться в вопросах, стержня на изгиб, необходимо, прежде делять законы изменения внутренних систроить эпюры изгибающих моментов и смотрим некоторые характерные примеодимые правила.