Феодосьев В.И (823545), страница 21
Текст из файла (страница 21)
3.7), Припереходе к этим осям увеличиваются площади во II и IV квадрантах, дающие отрицательные значения центробежного момента. Следовательно,согласно формуле переноса (3.7), моментуменьшиться на произведение abF:или.b2h2Jxy = ———.v72Центробежный момент инерции относительно осей z, у оказался, как видим, отрицательным.3.3. Главные оси и главные моменты инерцииПосмотрим, как изменяются моменты инерции при повороте осей координат. Положим, даны моменты инерции некоторого сечения относительно осей я, у (не обязательно центральных). Требуется определитьJv и JUv - моментыинерции относительно осей u, v, повернутых относительно первой системы на угол а (рис.
3.8).Рис. 3.8Так как проекция ломаной линии О АВС равна проекциизамыкающей, находим:и = у sin а + я cos а;v = у cos а — я sin а.Исключим и и v в выражениях моментов инерции:Ju = У v^dF]FJv = У v?dF\FJuv = У uvdF.F161ТогдаJu =■ J(у cos a — x sin a)2dF;j-rf^a+^F.FJuv — J\y cos a — z sin a)(y sin a + x cos a)dF,FоткудаJц — Jj COS Of — Jxy Sin 2a *!■ Jу Sin OffJv = Jx sin2 a 4- Jxy sin 2a + Jy cos2 a;Juv = Jxy cos 2a + J*(3 g)sin 2a.Рассмотрим два первых уравнения (3.8).
Складывая ихпочленно, получимJu "I" Jv = Jx 4" Jy — J(1/2 "I" x2)dF.FТаким образом, сумма осевых моментов инерции относительнодвух взаимно перпендикулярных осей не зависит от угла а ипри повороте осей остается постоянной. Заметим при этом,что2.22х +У =Р ,где р - расстояние от начала координат до элементарной площадки (см. рис. 3.8).
Таким образом,Jx 4" Jy = Jp,*9)(3где Jp - уже знакомый нам полярный момент инерции:Jp = [ p2dF,Fзначение которого, естественно, не зависит от поворота осейZ, у.152При помощи выражения (3.9), в частности, легко определить осевой момент инерции круга относительно диаметра.Так как в силу симметрии Jx = Jy, получаем Jx = Jy = Jp/2,но, как известно, Jp = %D4/32, следовательно, для круга7г£4<7х — Jy — ■ . •64С изменением угла поворота осей а значения моментов Juи Jv меняются, но их сумма остается неизменной. Следовательно, существует такое а, при котором один из моментовинерции достигает своего максимального значения, в то времякак другой момент инерции принимает минимальное значение.Дифференцируя второе выражение (3.8) по а и приравнивая производную нулю, находим182о=7^Ц-.(3.10)Jy ~~ JxПри этом угле а один из осевых моментов будет наибольшим,а другой - наименьшим.
Одновременно центробежный моментинерции Juv обращается в нуль, что можно легко установитьиз третьей формулы (3.8).Оси, относительно которых центробежный момент инерции равен нулю, а осевые моменты принимают экстремальныезначения, называются главными осями. Если они к тому жеявляются центральными, то тогда они называются главнымицентральными осями. Осевые моменты инерции относительно главных осей называются главными моментами инерции.Определим их.
Для этого первые две формулы (3.8) перепишем в видеJu =cos 2а — Jxy sin 2а;Jv —cos 2а + JXy sin 2а.Учитывая, чтоcos 2а =1^/1 + tg2 2аsin 2а =153исключаем при помощи выражения (3.10) угол а. ТогдаJ max =minВерхний знак соответствует максимальному моменту инерции,а нижний - минимальному. После того как сечение вычерченов масштабе и на чертеже показано положение главных осей, нетрудно глазомерной оценкой установить, которой из двух осейсоответствует 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, равенмоменту сечений, расположенных по другую сторону оси, нопротивоположен ему по знаку. Следовательно, Ху = 0 и оси Xи у являются главными.Рис. 3.9Рассмотрим примеры определения главных осей и главных моментов инерции.Пример 3.6. Определить положение главных центральных осейи главных моментов для прямоугольного треугольника, показанного нарис. 3.10.Для центральных осей, параллельных катетам, имеем Jx = bh3/36,Jy = hb3/36, JXy = — b3h7/72. Согласно формуле (3.10), находим tg2or == 77—jy.
Если h = Ь, то a = 45°, и главная ось совпадает с осьюп 2 — Ь2154симметрии равнобедренного треугольника. Из формулы (3.11) следует.чтоJт»« = — (63 4± ч/б4 — Ь2Л2 4“^ 4 .min72 \/Пример 3.7. Определить положение главных центральных осейи главных моментов для составного сечения (рис. 3.11).Рис. 3.11Положение центра тяжести С для этого сечения уже было найденовыше (см. пример 3.2).
Для каждой из составляющих фигур находиммоменты инерции относительно произвольно взятых осей zi, у\.Для треугольника находимЛ, = ——— = 135000 мм4 = 13, 5 см4;,30 • 60344= ——— = 540000 мм4 = 54 см4;*1Л2 t АП2“------- J2---- ” —135000 мм4 = —13.5см4.Для прямоугольника получаемJ1— ——— 2160000 мм4 =216 см4;12сп е тлЗ— ---------- = 540000 мм4 = 54 см4.Vl12Центробежный момент инерции прямоугольника определим путем переноса осей:+ abF,илиJxiVi = 0 4- 30 • 15 • 30 • 60 == 810000 мм4 = 81 см4.166Для полукруга воспользуемся снова методом переноса осей. Сначалаопределяем моменты инерции относительно центральных осей tq, у?:_1 хЛ*7Г • 404-ЛвЛЛ4е по 4Jr- —--------- = ---------- = 62800 мм = 6,28 см;22 64128,,,з„х-404/4-20\21г-202Л, = Л, " с F =~J —2~ = 17560 мм4 = 1,76 см4;= 0-Переходя к осям zi, j/i, получаем— .
on2Л, = 62800 + 402—-— = 1068000 мм4 = 107 см4;_. ’ 202JVl = 17560 + (30 + с)2 —— = 948000 мм4 = 94, 8 см4;А— , of)2JriIfl = 0 + (30 + с) 40 —-— = 967000 мм4 = 96, 7 см4.Суммируя полученные значения моментов инерции для составляющих фигур, находим моменты инерции относительно осей Zi, yi для всего сечения:7Г1 = 336 см4;Jyx = 203 см4;Jx^i = 164 см4.Переходим к осям z, у, используя найденные ранее координаты центратяжести С:'Jx = 336 — 2, 652 • 33, 3 = 103 см4;Jy = 203 - 0, 997а • 33,3 = 170 см4;Jxy = 164 - 0,997 • 2,65 • 33,3 = 76,3 см4.Согласно формуле (3.10),‘в2“=Л'76’,™=2-28;1 tv —' 1 Utlа=зз°1о'-На рис. 3.11 отмечено положение главных центральных осей.
Согласноформуле (3.11), находимJmax = 220 CM JJmin = 63, 0 СМ .Ось и, показанная на рис. 3.11, соответствует минимальному, а ось v максимальному значениям момента инерции.156Глава 4ИЗГИБ СТЕРЖНЕЙ4.1. Внутренние силовые факторы, возникающиев поперечных сечениях стержня при изгибеПод изгибом понимается такой вид нагружения, при котором в поперечных сечениях стержня возникают изгибающиемоменты (см. § ВЗ). 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 поперечные силы. Вэтом случае изгиб называют поперечным.
Виды изгиба классифицируют и по другим признакам; некоторые из них будутрассмотрены в дальнейшем.Для того чтобы правильно ориентироваться в вопросах,связанных с расчетом стержня на изгиб, необходимо, преждевсего, научиться определять законы изменения внутренних силовых факторов, т.е. строить эпюры изгибающих моментов ипоперечных сил. Рассмотрим некоторые характерные примеры и установим необходимые правила.157На рис.
4.1, а показан простейший двухопорный стержень,нагруженный силой Р. Напомним еще раз, что показанная система, как и все, которые мы рассматривали до сих пор и будемрассматривать в дальнейшем, получена как результат операций, связанных с выбором расчетной схемы (см. § В2). К анализу схемы двухопорного стержня сводится расчет очень многих машиностроительных конструкций, например балки мостового крана, показанной на рис. 4.2.Рис. 4.2Анализ внутренних сил начинают обычно с определенияполной системы внешних сил. В данном случае необходимоопределить реакции опор. Из условий равновесия находим реакции (см.
рис. 4.1):р =—л. + »’158р = —“а+ЬНа расстоянии z от левой опоры проведем сечение С(рис. 4.1, 6} и разделим стержень мысленно на две части. Длятого чтобы каждая из частей находилась в равновесии, в сечении С необходимо приложить силу Q и момент М. Эти силовые факторы можно определить из условий равновесия однойиз частей стержня. В § ВЗ было показано, что значение силыQ не зависит от того, рассматриваем мы условия равновесияправой или левой части стержня (рис.
4.1, в). В данном случаеудобнее рассматривать левую часть.Если взять сумму моментов всех сил, действующих на левую часть стержня относительно центральной поперечной осив сечении С, и приравнять эту сумму нулю, то получимМ = PAz.Если бы слева от сечения С действовали не одна, а несколькосил, изгибающий момент М в сечении определялся бы суммой моментов этих сил. Таким образом, изгибающий моментв сечении можно рассматривать как сумму моментов относительно поперечной оси сечения всех сил, расположенных поодну сторону от этого сечения.
В дальнейшем, для того чтобыизбежать громоздких рисунков, иллюстрирующих равновесиеотсеченных частей стержня, изгибающий момент будем определять именно так.УОРис. 4.3Знак изгибающего момента устанавливают по знаку кривизны изогнутого стержня (рис. 4.3) в зависимости от выбранного направления осей внешней неподвижной системы координат zOy. Если ось у (см.
рис. 4.3) направить в обратнуюсторону, то знак кривизны, а следовательно и момента, изменится на обратный. Этим правилом знаков пользуются приопределении перемещений стержня и формы изогнутой оси.169При построении эпюр изгибающих моментов используютдругое правило знаков (правило относительных знаков), прикотором знак момента не зависит от направления внешнихосей.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
