sem_11 (817235), страница 12
Текст из файла (страница 12)
Такие оси называют главными. Моменты инерции относительноглавных осей называют главными моментами инерции . Их вычисляют следующим образом:2Iz + I y⎛ Iz − I y ⎞2⎟⎟ + I zy± ⎜⎜I max,min =.6.16)22⎝⎠Главные оси обладают следующими свойствами:центробежный момент инерции относительно них равен нулю;моменты инерции относительно главных осей экстремальны;70для симметричных сечений оси симметрии являются главными.Главные оси, проходящие через центр тяжести фигуры, называютглавными центральными осями инерции .Пример 6.4. Определить, каким образом изменяется момент инерции квадратного сечения при его повороте.Решение. Момент инерции относительно повернутой оси:I z1 = I z cos2 α + I y sin 2 α − I zy sin 2α .Поскольку оси z, y квадрата являются осями симметрии, то естьглавными, то центробежный момент инерции относительно них Izy = 0:y1y()a4a4 2a4a4222cos α + sin α =cos α + sin α =.I z1 =12121212z1αaВыводы. 1.
Моменты инерции квадратногосечения с изменением положения центральныхосей остаются постоянными.a2. В квадрате и других правильных многоугольниках (треугольниках, пятиугольниках)любая центральная ось является и главной. Такие фигуры называют фигурами равного сопротивления.zПример 6.5. Для фигуры, представленной в примере 6.1, определитьглавные центральные моменты инерции.yРешение. Расстояния междуцентральной осью составной фигуры и собственными центральными осями элементовyСvb1ub2a1С1Ha2= y2 – yC = 1 – 3,5 = –2,5 см;С2y1zСyCb1= z1 – zC = 1 – 2,5 = –1,5 см;αСa2a1= y1 – yC = 5 – 3,5 = 1,5 см;ℓМоменты инерции относительно центральных осей, параллельных основанию и высоте1z12zCz2L71y2hb2= z2 – zC = 5 – 2,5 = 2,5 см.z⎡A ⋅ H 3⎤ ⎡ (L − A ) ⋅ h 3⎤I zc = ⎢+ a12 A1 ⎥ + ⎢+ a 22 A1 ⎥ =12⎢⎣ 12⎥⎦ ⎢⎣⎥⎦⎡ 2 ⋅ 10 3⎤ ⎡ (8 − 2 )2 3⎤=⎢+ 1,52 ⋅ 20⎥ + ⎢+ (− 2,5)2 ⋅ 12⎥ = 212 + 75 = 287 см 4 ;⎣⎢ 12⎦⎥ ⎣⎢ 12⎦⎥I yc3⎤⎡ A3 ⋅ H2 ⎤ ⎡ (L − A ) ⋅ h=⎢+ b1 A1 ⎥ + ⎢+ b22 A2 ⎥ =12⎥⎦ ⎢⎣⎢⎣ 12⎥⎦⎤⎡ 23 ⋅ 10⎤ ⎡ (8 − 2 )3 22=⎢+ (− 1,5) ⋅ 20⎥ + ⎢+ 2,52 ⋅ 12⎥ = 52 + 111 = 163 см 4 .⎢⎣ 12⎥⎦ ⎢⎣ 12⎥⎦Центробежный момент инерцииI zc yc = [0 + a1b1 A1 ] + [0 + a2b2 A2 ] = [1,5(− 1,5)20] + [(− 2,5)2,5 ⋅ 12] = −120 см 4 .Направления главных осей инерцииtg 2α 0 =− 2 I zс yсI zс− I yс=−2(− 120)= 1,935; 2α 0 = 62,6D ;287 − 163α 0 = 31,3D .Угол α0 (положительный) откладываем против хода часовой стрелкиот оси с большим моментом инерции, то есть zC .Величины главных центральных моментов инерцииI max = I u =Iz + I y22⎛ Iz − I y ⎞2⎟⎟ + I zy=+ ⎜⎜2⎠⎝2287 + 163⎛ 287 − 163 ⎞24=+ ⎜⎟ + (− 120) = 360 см ;22⎝⎠I min = I v =Iz + I y22⎛ Iz − I y ⎞2⎟⎟ + I zy=− ⎜⎜2⎠⎝2287 + 163⎛ 287 − 163 ⎞24=− ⎜⎟ + (− 120) = 90 см .22⎝⎠727.
ПЛОСКИЙ ПОПЕРЕЧНЫЙ ИЗГИБИзгиб – вид деформации, при котором происходит искривление осипрямого бруса или изменение кривизны кривого бруса.Изгиб плоский (прямой изгиб) – случай изгиба, при котором внешние силы лежат в главной плоскости инерции и являются перпендикулярными к геометрическим осям. Если сечение имеет ось симметрии, товнешние силы располагаются в плоскости симметрии.Главная плоскость инерции – плоскость, проходящая через геометрическую ось бруса и главную ось инерции.Изгиб чистый – вид деформации, при котором из шести внутренних усилий не равнонулю одно – изгибающий моментMz или My.Изгиб поперечный – случай изгиба, при котором в сечениях бруса наряду с изгибающиммоментом М действует и поперечная сила Q.СиловаяплоскостьyMFqzxГлавныеплоскостиинерцииРис.
7.1. Схема взаимного расположенияВ нагруженном состояниисиловойплоскости и плоскостей инерциибалка прогибается так, что частьволокон укорачивается, другая часть волокон удлиняется.Нейтральный слой – слой волокон, в котором нормальные напряжения отсутствуют.Нейтральная ось – след пересечения нейтрального слоя с плоскостью поперечного сечения.Балка – конструктивный элемент, с прямолинейной геометрическойосью, обычно в виде бруса, работающий главным образом на изгиб.Балка простая – однопролетная балка без консолей, лежащая на двух опорах: шарнирно-подвижной ишарнирно-неподвижной. Расстояние между опорами называют пролетом.Консоль – балка с одним защемленным концом иличасть балки, свешивающаяся за опору.73Опоры и опорные реакцииСхемы реальных опорных устройств можно свести к трем типам.Шарнирно-подвижная опора допускает поворот опорного сеченияи перемещение его в одном направлении. Опорная реакция перпендикулярно к плоскости опирания катков.Шарнирно-неподвижная опора допускает только поворот опорногосечения балки.
Реакция имеет две составляющие: горизонтальную и вертикальную.Жесткая заделка (защемление) не допускает поворота опорного сечения и любых его перемещений. Имеет три реакции: горизонтальную ивертикальную составляющие, а также опорный момент.747.1. ВНУТРЕННИЕ УСИЛИЯ ПРИ ИЗГИБЕИз шести внутренних усилий, действующих в сечении в общем случае, при плоском поперечном изгибе только два не равны нулю: Qy и Mz(индексы часто опускают).+Q+Q+MПравила знаков устанавливают не по направлению действию сил, как в теоретической механике, а по виду деформации.Поперечная сила Q в сечении положительна,если ее векторы стремятся вращать части рассеченной балки по ходу часовой стрелки (положительная поперечная сила вызывает положительное касательное напряжение).Изгибающий момент М в сечении положителен, если он вызывает сжатие в верхней части бруса, а растянутая область изгибаемого элемента – в нижней.Часто эпюры изгибающего момента строят со стороны сжатой зоныэлемента, но удобнее – со стороны растянутой.Пример 7.1.
Определить внутренние усилия в поперечном сеченииконсольной балки, нагруженной сосредоточенной силой.Решение. Опора (защемление) накладывает три связи, обусловливающие возникновение трех реакций: вертикальную и горизонтальную составляющие реакции Rx и Ry, а также опорный момент М. В целях упрощения расчета внутренние усилия определяем соMRyсвободного конца. Используем метод сечений:FРассекаем балку на две части;RxхОтбрасываем одну из частей;ℓЗаменяем действие отброшенной части внутFренними усилиями (полоM(x)жительными в соответствие FхQ(x)xс установленными правилаyFмизнаков),составляем+QM(x)Уравнения равновесия, из−C−которых находим внутренМz+ние усилия.
Система коорQ(x) xF·ℓдинат помещена в центр тяжести С рассматриваемого сечения.I участок: 0 ≤ х ≤ ℓ.∑ y = 0; F − Q( x ) = 0; ⇒ Q( x ) = F ;∑ M z = 0; − F ⋅ x + M ( x ) = 0; ⇒ M ( x ) = F ⋅ x.Поперечная сила Q(x) – функция от абсциссы х – величина постоянная.75Изгибающий момент M(x) – линейная функция от абсциссы х – описываетсяуравнением прямой; для ее построения находим значение функции в двухточках – в начале и конце участка:M x =0 = 0;M x = A = F ⋅ A. Строим эпюры Q и M.MRyM0RxхРешение. Внутренние усилия в произвольном сечении I участка: 0 ≤ х ≤ ℓ.∑ y = 0; Q( x ) = 0;ℓM0Пример 7.2.
Определить внутренние усилия в поперечном сечении консольной балки, нагруженной сосредоточенным моментом.M(x)х∑ M z = 0;+−−М+Q− M 0 + M ( x ) = 0,M0xyM ( x) = M 0.откудаCM0zQ(x) xПоперечная сила Q(x) отсутствует, изгибающий момент M(x) – величина постоянная; имеет место чистыйизгибСтроим эпюры Q и M.Общий подход к определению внутренних усилий при изгибеВ балке бесконечной протяженности выберем начало координат налевом конце. Внутренние усилия находим методом сеченийF1M1F2q(x)M2M(x)откуда :xх0z= 0;nnx10Q( x ) = ∑ Fi + ∫ q( x )d x.Поперечная сила в произвольномсечении равна алгебраическойсумме всех внешних сил, действующих по одну сторону от сечения х.dxРис.
7.2. Схема к определениювнутренних усилийоткуда1Q(x)а2∑Mx∑ y = 0; ∑ Fi + ∫ q(x )d x − Q( x ) = 0;yа1nxn∑ M +∑ F ( x − a ) + C ∫ q ( x ) d x − M ( ) = 0,i1ii1qx0nnx110M ( x ) = ∑ M i + ∑ Fi ( x − ai ) + Cq ∫ q( x ) d x.Здесь Сq – множитель, имеющий смысл координаты центра тяжестираспределенной нагрузки.76Изгибающий момент в произвольном сечении равен алгебраической сумме моментов от всех внешних сил, действующихпо одну сторону от сечения х, взятых относительно центратяжести рассматриваемого сечения.7.2.
ДИФФЕРЕНЦИАЛЬНЫЕ ЗАВИСИМОСТИ ПРИ ИЗГИБЕMQВ балке, находящейся под действием плоской системы сил, двумяпоперечными сечениями выделим элеq·dxмент протяженностью dx (см. рис. 7.2), ккоторому не приложены сосредоточенM+dM ные силы и моменты. Поскольку всяCбалка находится в равновесии, то в равновесии находится и элемент dx.Q+dQdx/2∑ y = 0;− d Q + q⋅d x = 0,dxРис. 7.3. Элемент балки с внутренними усилиями и внешнейнагрузкойQ − ( Q + d Q ) + q⋅d x = 0;откудаdQ= q.dx(7.1)Первая производная от поперечной силы по абсциссе х равна интенсивности распределеннойнагрузки, перпендикулярной оси балки.dx∑ M C = 0; − M + (M + dM ) − Q⋅d x − q⋅d x⋅ 2 = 0 ;→0dMd M − Q ⋅ d x = 0, откуда(7.2)= Q.dxПервая производная от изгибающего момента по абсциссе хравна поперечной силе.С учетом формул (7.1) и (7.2) получаем дифференциальные зависимости Д.
И. Журавского:d2M d Q== q( x ).(7.3)dxd x2Полученные зависимости действительны в правой системе координат, то есть когда х возрастает от левого конца балки к правому. В левойсистеме координат знаки перед Q и q обратные.7.3. ПРАВИЛА ПРОВЕРКИ ПОСТРОЕНИЯ ЭПЮР Q И MНапомним, геометрический смысл первой производной некоторойфункции – тангенс угла наклона касательной к кривой, отображающей этуфункцию, и положительным направлением оси абсцисс. На основании77дифференциальных зависимостей (7.3) при изгибе установлены следующие правила.1. На участках, свободных от распределенной нагрузки, эпюра Q ограничена прямыми линиями, параллельными базовой (поперечная сила постоянна), а эпюра М – наклонными (изгибающий момент изменяется полинейному закону).2.
На участке с равномерно распределенной нагрузкой эпюра Q –наклонная прямая, а эпюра М – парабола выпуклостью в направлении действия нагрузки q.3. В тех сечениях, где к балке приложены сосредоточенные силы:а) на эпюре Q будут скачки на величину и в направлении приложенных сил;б) на эпюре М будут изломы, причем острие излома направлено подействию силы.4. В сечении балки, где приложен сосредоточенный момент, эпюраМ имеет скачок на величину этого момента. На эпюре Q действие пары силне отражается.5.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
