Феодосьев В.И. Сопротивление материалов 1986 г. (1240839), страница 22
Текст из файла (страница 22)
Если сечение имеет ось симметрии, то эта ось, очевидно, всегда будет главной (рис. 119). Центробежный момент инерции части сечения, расположенной по одну сторону от оси, равен моменту части, расположенной по другую сторону, но противоположен ему по знаРнс. 1РЗ КУ. СЛЕДОВатЕЛЬНО, Уху=О И ОСН Х И д 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.
120. для центральных осей, парзллельных катетам, имеем, согласно предыдупгему, х'х=ааз)36, х'у — — ЬЬл)36,,/х„= — Ьлаз/72. По форллуле ЬЬ (3.10) находим 1Е2а= —,. Если Ь=Ь, том=45', и главная ось Ьз — Ьл ' совпадает с осью симметрии равнобедренного треугольника. Из формулы (3.11) следует, что ,„= ЬЬ (Ь'+Ь' ~ рхьл — азах+а').
в1п 4 22, глАВные Оси и глАВные моменты инеРции 131 П р и м е р 3.7. Определить положение главных центральных осей и главных, моментов для составного сечения (рис. 121). Положение центра тяжести С для этого сечения уже было найдено выше, Для каждой из составля~ощнх фигур находим моменты инерции относительно произвольно взятой системы осей х, уг. Рнс. 121 Рис. 120 Треугольник. =! 35 000 мма = 1 3,5 смг, 60 30з х1= 12 30.60з ,1, = — = 540 000 ммг = 54 смг, 12 302 60ь Х,, = — — = — 135 000 мме = — 13,5 смг. к~У' — 24 Прямоугольник. 30 60з = — = 2 160 000 ммг = 216 смг, 3 60 30з = — =540000 ммг=б4смг.
3 Центробежный момент инерции прямоугольника определнется путем переноса осей: Ух,з,=у„,з,+аЬР, или /„,з, 0+30 15 30 60=810000 ммг=8! смг. Полукруг. Воспользуемся снова методом переноса осей. Сначала определяем моменты инерции относительно центральных осей х,, у. У = — — ~ — =62800ммь=6,28смг, 1 лОь л 40г 2 64 128 л 40г г 4.20 Д 2 л 20з = У вЂ” гзр — — ~ — ) — = 17 560 ммг = 1,76 смг, 128 1, Зл) 2 ухгу,=0. 132 гл. з. гномнтничсскин харьктнристики скчннии Псреходя к осям х,ум получим для полукруга: У, = 62 800-(- 40з — = 1 068 000 им а = 107 сма, и 20з а 2 и 20а Ун =17 560+(30+с)з — =948000 мм4=94 8 сма, Р| 2 и.
20з Хаз, — — О+(30+ с) 40 — =967000 мм'=96 7 смь. Суммируя полученные значения моментов инерции для составляияцих фигур, находим моменты инерции относительно осей х,, у, для всего сечения: ца 7 03 7 164см'. Переходим к осям х, р, используя найденные рааее координаты центра тяжести С: Х „= 336 — 2,65з 33,3 = 103 сыч, Х =203 — 0,997а 33,3=170смч, и ,7„„= 164 — 0,997 2,65. 33,3 = 76,3 сьИ. По формуле (3.10) находим 2 76,3 1й 2а= ' — =2,28; ага33'10'. 170 — 103 На рис. 121 отмечено положение главных центральных осей. По форьз!ле (3.11) находим; ум,„=220см', Ум!а=53,0см'.
Ось и, показанная на рнс. 121, соотнетствует минимальному, а ось о — максимальному значениям момента инерции. ГЛАВА 4 ИЗГИБ й 28. Внутренние силовые факторы, возникающие в поперечных сечениях стержня при изгибе Под изгибом понимается такой вид нагружения, при котором в поперечных сечениях стержня возникают изгибающие моменты (см. 8 3). Если изгибающий момент в сечении является единственным силовым фактором, а поперечные и нормальная силы отсутствуют, изгиб называется чистым. Большей частью, однако, в поперечных сечениях наряду с изгибающими моментами возникают также и поперечные ау Рк аЙ Б ,1! Рис.
122 силы. В этом случае изгиб называют поперечным. Классификация видов изгиба производится и по другим признакам; некоторые из них будут рассмотрены в дальнейшем. Стержень, работающий в основном на изгиб, часто называют балкой. Для того чтобы правильно ориентироваться в вопросах, связанных с расчетом стержня на изгиб, необходимо, прежде ГЛ.
4. ИЗГИБ 134 всего, научиться определять законы изменения внутренних силовых факторов, т. е. научиться строить эпюры изгибающих моментов и поперечных сил. Рассмотрим некоторыз характерные примеры и установим необходимые правила. На рис. 122, а показана простейшая двухопорная балка, нагруженная силой Р. Напомним еще раз, что показанная система, как и все, которые рассматривались до сих пор и будут рассмотрены в дальнейшем, получена как результат Рис.
123 операций, связанных с выбором расчетной схемы (см.3 2). К анализу схемы двухопорпой балки сводится расчет очень многих машиностроительных конструкций, например балки мостового крана, показанной на рис. 123. Анализ внутренних сил начинается обычно с определения полной системы внешних сил. В данном случае необходимо определить реакции опор. Из условий равновесия определяем реакции: РЬ Ра Р Р .4 а+Ь' " а+Ь (см. рис. 122). На расстоянии г от левой опоры проведем сечение С (рис .
122, б) и разделим балку мысленно на две части. Длп того чтобы каждая из частей находилась в равновесии, в сечении С необходимо приложить силу Я и момент М„„. Эти силовые факторы определяются из условий равновесия одной из частей стержня. В 3 3 было показано, что величина внутренних сил не зависит от того, рассматриваются ли условия равновесия правой или левой части стержня (рис. 122, в). В данном случае удобнее рассматривать левую часть. Если взять сумму моментов всех сил, действующих на левую часть стержня относительно центральной попереч- 8 88.
ВНУТРЕННИЕ СИЛОВЫЕ ФАКТОРЫ 1ЗЗ ной оси в сечении С, и приравнять эту сумму нулю, то получим Если бы слева от сечения С действовали не одна, а несколько сил, величина изгиба|ощего момента М„„в сечении определилась бы суммой моментов этих сил. Таким образом, изгибающий момент в сечении может рассматриваться как сумма моментов относительно поперечной оси сечения всех сил, расположенных по одну сторону от этого сечения.
В дальнейшем, для того чтобы избежать громоздких рисунков, иллюстрирующих равновесие отсеченных частей бруса, изгибающий момент будем определять именно так. Знак изгибающего момента устанавливается по знаку кривизны изогнутого стержня (рис. 124) и зависит от выбранного направления осей внешней неподвижной системы координат г, у. Если ось д (рис. !24) направить в обратную сторону, то знак кривизны, а следовательно и момента, Ор3инпт~ ивдж в( ,в ( — +в Рис. 125 Рис. 124 изменится на обратный. Этим правилом знаков пользуются при определении перемещений бруса и при определении формы изогнутой оси.
При построении эпюр изгибающих моментов используется другое правило знаков (правило относительных знаков), при котором знак момента не зависит от направления внешних осей. Эпюра моментов строится на оси стержня и ордината момента откладывается в сторону вогнутости упругой линии, т. е., как говорят, эпюра моментов строится на сжатом волокне. Этому правилу можно дать и другое толкование. Если сумма моментов сил, действующих на левую часть стержня, дает равнодействующий момент, направленный по часовой стрелке, то ордината изгибающего момента в сечении откладывается вверх. Если же равнодействующий внешний момент слева от сечения направлен против часовой 1ЗЗ ГЛ. 4. ИЗГИБ стрелки, ордината изгибающего момента откладывается вниз. Для сил, лежащих справа от сечения, имеет место обрат- ная зависимость: в случае равнодействующего момента, направленного по часовой стрелке, ордината изгибающего момента откладывается вниз, а в случае равнодействующего момента, направленного против часовой стрелки,— вверх.
Сказанное иллюстрируется схемой, представленной на рис. 125. Возвращаясь к рассматриваемому примеру двухопоопой балки, замечаем, что момент силы Ра, расположенной сле- ва от сечения С, направлен по часовой стрелке. Следова- тельно, в сечении С орднната изгибающего момента откла- дывается вверх. В пределах изменения г от 0 до а изгибающий момент РЬ М = — г.
нзг Рассмотрим теперь правый участок, где г меняется в пре- делах от а до а+Ь. Изгибающий момент в сечении С' удоб- нее рассматривать как сумму моментов внешних сил, лежа- щих справа от сечения. Очевидно, Л„„=- Ра (а+Ь вЂ” г) = (а+Ь вЂ” г). Ра Ордпната момента откладывается вверх, так как момент внешней силы, лежащей справа от сечения С', направлен против часовой стрелки. В соответствии с полученными выражениями для изги- бающих моментов могкет быть построена эпюра, показанная на рпс. 126. Эпюра является кусочно линейной и на всей длине балки расположена сверху.
Это значит, что ось изог- нутой балки, называемая упругой линией, всюду направ- лена вогнутой стороной вверх, что в данном случае доста- точно очевидно. Определим поперечные силы Я. Из условия равновесия левой или правой части разрезанного в точке С (0<а<а) стержня (рис. 122) следует, что Я=Р„или Я= Р— РБ=Р„. Во всех случаях величина поперечной силы для прямого стержня равна сумме проекций на плоскость сечения всех внешних сил, лежащих по одну сторону от сечения. Отсюда устанавливается правило знаков для поперечной силы.
Если сумма внешних сил, лежащих по левую сторону от $26. Внутгенние силОВые ФлктОРы щг сечения, дает равнодействующую, направленную вверх, то поперечная сила в сечении считается положительной, вниз — отрицательной. Для сил, расположенных справа— Рис. 126 обратное: если равнодействующая внешних сил направлена вверх — «мииус», вниз — «плюс». Это правило иллюстрируется схемой, показанной на рис. 127. В рассматриваемом случае двухопорной балки сила Р „ лежащая слева от сечения С, направлена вверх. Следовательно РЬ Я=Р А Для правого участка балки (а(г< а+ Ь) сила Р, расположенная справа от сечения С', направлена вверх. Следовательно, на этом участке поперечная сила отрицательна: ~РА Р~4 Ра л Р с — в — с)В ° Рис. 127 Рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
