sem_11 (817235), страница 11
Текст из файла (страница 11)
5.3, в и г)63Из условияжесткостиПринятопо ГОСТуПлощадьпоперечногосечения, мм2Угол закручивания крайнего сеченияСплошное91,410210586590,00879Полое109116,712040720,00874ПоперечноесечениевалаИз условияпрочностиРезультаты расчета валовНаружный диаметр вала, ммIII. Сопоставление металлоемкости валов двух вариантовМеталлоемкость вала определяется его объемом, то есть произведением длины на площадь поперечного сечения. Поскольку длина валанеизменна, сопоставим площади поперечных сечений сплошного вала сполым2(Асплπ 4 )Dспл1052=== 2,13 .2Апол (π 4 )Dпол(1 − с 2 ) 1202 (1 − 0,82 )Выводы:1.
Из условий прочности и жесткости найдены диаметры вала двухвариантов исполнения, сплошного и пустотелого: 105 и 120 ммсоответственно.2. Вычислены деформации валов на каждом из участков, построеныэпюры углов закручивания валов сплошного и пустотелого. Жесткостивалов практически одинаковы.3. Сопоставлены металлоемкости валов двух вариантов исполнения.Расход металла для вала сплошного сечения вдвое больше, чем для валапустотелого.τmaxτmaxПримечание.
Полученный результат по сопоставлению металлоемкости валов ожидаем, поскольку достаточно большой объем материала, сосредоточенный около центра тяжести сечения, испытывает напряжения нижедопускаемого и вклад его в общуюпрочность конструкции невелик. Поэтому целесообразно убирать неработающий материал из этой области. Конструкции из полого сечения созданы природой: камыш, тростник, бамбук, злаковые культуры, трубчатые костиптиц и млекопитающих. В авиации и космонавтике используют полые валы, в строительстве – пустотные плиты перекрытий.646. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИПОПЕРЕЧНЫХ СЕЧЕНИЙПри растяжении стержня напряжения во всех точках одинаковы, поэтому его напряженное состояние определяется внешней нагрузкой и площадью поперечного сечения, но не зависит от его формы.В случае изгиба и кручения брусьев напряжения в точках поперечного сечения зависят от его формы и размеров, а при изгибе еще и от егоориентации к направлению нагрузок.
Кроме площади сечение характеризуется:статическим моментом площади;моментами инерции;радиусами инерции;моментами сопротивления.У большинства характеристик физического смысла нет, но есть геометрическая интерпретация и аналогия с физическими и механическимипонятиями.6.1. СТАТИЧЕСКИЙ МОМЕНТ ПЛОЩАДИ СЕЧЕНИЯdAyAyz0zСтатический момент площади – распространенная на всю площадь сумма произведений элементарных площадок dA на расстояние от них доэтой осиS z = ∫ y ⋅ d A, S y = ∫ z ⋅ d A .(6.1)AРис. 6.1AyCyCЭто понятие аналогично моменту силы относительнооси.
Если предположить, что А – вес пластины, имеющей форму нашегосечения, то статический момент Sz – это момент силы тяжести пластиныотносительно оси z. Размерность: единицы длины в третьей степени (см3;м3). Знаки: плюс, ноль и минус.АyyC > 0Ось центральная – ось, относительноCкоторой статический момент площади равенSz > 0нулю.yC = 0Центр тяжести сечения – точка переC0zSz = 0сечения центральных осей.АЕсли фигура имеет ось симметрии, то этаyC < 0ось является центральной.CSz < 0Статический момент составного сеченияравен сумме статических моментов элементов Рис. 6.2.
Связь знака статического момента площадиэтого сечения. Это следует из свойства опредес его положением в коорленного интеграла, который можно вычислятьдинатной системепо частям – свойство аддитивности (от англ.add – прибавлять, присоединять, складывать). При известных статических65моментах частей сечения можно найти координаты центра тяжести составной фигуры:zс =SyA=z1 ⋅ A1 + z 2 ⋅ A2 + " + z n ⋅ Any ⋅ A + y 2 ⋅ A2 + " + y n ⋅ AnS; yс = z = 1 1.A1 + A2 + " + AnAA1 + A2 + " + AnПример 6.1.
Определить положение центральных осей, параллельных основанию и высоте фигуры.1z12zCy2hyCy1HРешениеРазбиваем сложную фигуру на две простые, вДано:конкретном примере – на два прямоугольника. ИхH = 10 см; h = 2 см;центры тяжести расположены посредине высоты иL= 8 см;ℓ = 2 см.посредине ширины.Координаты центров тяжестиy ℓи площади простых фигурA 2yСz1 = = = 1 см;2 2L−A8−2z2 = A +=2+= 5 см;С122H 10zССy1 = = = 5 см;22С2h 2y2 = = = 1 см;2 2A1 = A ⋅ H = 2 ⋅ 10 = 20 см 2 ;zz2A2 = (L − A )h = (8 − 2 ) 2 = 12 см 2 .Статические моментыплощадей простых фигурLS z1 = y1 ⋅ A1 = 5 ⋅ 20 = 100 см3 ; S y1 = z1 ⋅ A1 = 1 ⋅ 20 = 20 см3 ;S z 2 = y2 ⋅ A2 = 1 ⋅ 12 = 12 см 3 ; S y 2 = z2 ⋅ A2 = 5 ⋅ 12 = 60 см3.Координаты центра тяжести составной фигурыS y1 + S y 2S + S z 2 100 + 1220 + 60= 2,5 см; y с = z1== 3,5 см .A1 + A2A1 + A220 + 1220 + 12Через найденную точку проводим центральные оси zC и yC, параллельныеоснованию фигуры и ее высоте.zс ==Примечание.
Центр тяжести фигуры, составленной из двух частей,лежит на линии, соединяющей центры тяжести простых фигур ее составляющих, причем расстояния до них обратно пропорциональны площадям66простых фигур. Если сложная фигура составлена из нескольких простых,то общий центр тяжести находится внутри многоугольника, вершинамикоторого являются центры тяжести простых фигур.6.2. МОМЕНТ ИНЕРЦИИ СЕЧЕНИЯМомент инерции – распространенная на всю площадь сумма произведений элементарных площадок dA на квадраты расстояний от них доэтой оси.(6.2)Осевые моменты инерции I z = ∫ y 2 ⋅ d A, I y = ∫ z 2 ⋅ d A.AA2Полярный момент инерции I p = ∫ ρ ⋅ d A ,(6.3)Ay1dAyAzz1y1ρy0Рис.
6.2z1где ρ – расстояние от площадки dA до точки(полюса), относительно которого вычисляетсяполярный момент инерции. Полярный моментинерции связан с осевыми моментами инерцииI p = ∫ ρ 2 ⋅ d A = ∫ z 2 + y 2 d A = ∫ z12 + y12 d A,(Az)(A)Aто есть для любой пары взаимно перпендикулярных осей, проходящих через полюс 0I p = I z + I y = I z1 + I y1 .(6.4)Центробежный момент инерции определяется интегралом произведений элементарных площадей на их расстояния до двух взаимно перпендикулярных осейI zy = ∫ z ⋅ y ⋅ d A.(6.5)AРазмерность моментов инерции – единицы длины в четвертой степени.
Осевые и полярный момент инерции всегда положительны, центробежный момент инерции может принимать значения «+», «–» и ноль. Если фигура имеет ось симметрии, то относительно этой оси центробежныймомент инерции равен нулю.h2y3Iz = ∫ y d A = ∫ b⋅ y d y = b3A−h 22h22−h 2b h3=.12Аналогичное решение относительно оси у.
Такимобразом67dAyh/2dyyzh/2Пример 6.2. Найти моменты инерции прямоугольника относительно центральных осей, параллельных основанию и высоте.Решение. dA – элементарная площадь;dA= b·dy.bРис. 6.3bh3Iz =.12b3hIy =.12(6.6)Пример 6.3. Найти моменты инерции круглого и кольцевого сечений.Решение. Площадь элементарного кольца радиусом ρ и толщиной dρ:d A = 2πρ ⋅ d ρ .
Полярный момент инерции круга:2I p = ∫ρ dρ =AD2∫2 πρ3(D 2 )4d ρ = 2π40D4=π.32dAydρρПоскольку имеется связь I p = I z + I y , а для кругаIpI z = I y , то I z = I y = .2Таким образом, полярный и осевые моменты инерциикругаzDРис. 6.4.πD 4πD 4.(6.7), Iz = I y =Ip =6432πD 4 πd 4 πD 4 ⎛⎜d4 ⎞d1 − 4 ⎟ . Обозначая с =−=– коэффициенКольцо I p =323232 ⎜⎝ D ⎟⎠Dтом пустотелости, получим полярный и осевые моменты инерции кольца:πD 41 − с4 ,Ip =32()()πD 4Iz = I y =1 − с4 .64(6.8)6.3. МОМЕНТ СОПРОТИВЛЕНИЯymaxМомент сопротивления – отношение момента инерции к расстоянию до наиболее удаленной точки.В расчетах на прочность при изгибе используютyосевые моменты сопротивленияIyI.(6.9)Wz = z и W y =ymaxzmaxzНапример, для прямоугольникаzmaxIyIzbh3 2 bh 2b3h 2 b 2 h==., Wy =Wz ===6zmax 12 b6ymax 12 hВ расчетах на прочность при кручении сечений круглого профиляиспользуют полярный момент сопротивленияIpWp =.(6.10)ρ maxТак, для круга и кольца соответственно68()()IpπD 4 2 πD 3πD 4 2πD 34Wp ===.
Wp ==1− c =1 − c4 .ρ max32 D 16ρ max32 D16Примечание. Для сечений некруглого профиля, например прямоугольного, моменты инерции и моменты сопротивления вычисляют поспециальным формулам, включающим высоту и ширину профиля, а такжекоэффициент, зависящий от отношения высоты к ширине.Ip6.4. ЗАВИСИМОСТИ МЕЖДУ МОМЕНТАМИ ИНЕРЦИИОТНОСИТЕЛЬНО ПАРАЛЛЕЛЬНЫХ ОСЕЙС – центр тяжести фигуры площадью А; оси z, y – центральные; a, b –расстояния между параллельными осями. Новые координаты для произвольной площадки dA:z1 = z + b; y1 = y + a.y1z1I z1 = ∫ y12 dA = ∫ ( y + a )2 d A;b y zAA2I z1 = ∫ y ⋅ d A + 2a ∫ y ⋅ d A + a 2 ∫ d A .dAyAy1CzaA0z1Рис.
6.5AAIIIIIIИнтеграл I – момент инерции фигуры относительно центральной оси;интеграл II – статический момент площади A относительно оси y равен нулю,поскольку эта ось является центральной;интеграл III – площадь А фигуры.(6.11)I z1 = I z + a 2 A; I y1 = I y + b 2 A .Момент инерции относительно произвольной оси равен моментуинерции относительно центральной оси, параллельной данной, плюс произведение площади фигуры на квадрат расстояния между осями.Для центробежного момента инерцииI z1 y1 = I zy+a ⋅ b ⋅A .(6.12)ydAy1zy1z10yαzBDαz1yy106.5. ИЗМЕНЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ ПРИПОВОРОТЕ ОСЕЙEz1αFC zСвяжем новые координаты z1, y1 элементарной площадки dA с координатами в исходнойсистеме z, y:z1 = 0 E = 0 D + DE = 0 D + CF ;y1 = BE = BF − EF = BF − DC.Длины отрезков в исходной системе координат:690 D = z ⋅ cos α; CF = y ⋅ sin α;BF = y ⋅ cos α; DC = z ⋅ sin α.Таким образом:z1 = z ⋅ cos α + y ⋅ sin α;y1 = y ⋅ cos α − z ⋅ sin α .Момент инерции в новой системе координатI z1 = ∫ y12 d A = ∫ ( y ⋅ cos α − z ⋅ sin α )2 =A2A= ∫ y cos α⋅d A − 2 ∫ z⋅ y⋅ cos α⋅ sin α⋅d A + ∫ z 2 sin 2 α⋅dA.A2AAВыполнив аналогичные действия относительно другой оси, получим:I z1 = I z cos2 α + I y sin 2 α − I zy sin 2α;(6.13)I y1 = I y cos2 α + I z sin 2 α + I zy sin 2α;Iz − I yI z1 y1 =sin 2α + I zy cos 2α.2Примечание.
Относительно главных осей центробежный моментинерции равен нулю.Складывая первые два равенства, получимI z1 + I y1 = I z + I y = I p .(6.14)Сумма моментов инерции относительно любых двух взаимно перпендикулярных осей не меняется (инвариантна) при их повороте.6.6. ГЛАВНЫЕ ОСИ ИНЕРЦИИ И ГЛАВНЫЕ МОМЕНТЫ ИНЕРЦИИПри изменении угла α значения Iz1, Iy1, Iz1y1 (6.13) изменяются, и принекотором значении угла α0 они принимают экстремальные значения. Взявпервую производную по углу α от формул (6.13) и приравняв ее нулю, получим:− 2 I zytg 2α 0 =.(6.15)I z− I yЭта формула определяет положение двух осей, относительно однойиз которых осевой момент максимален, а относительно другой – минимален.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
