Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Харьковский национальный автомобильно-дорожный университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Методичка по сопромату (I семестр)

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

18.02.2016

Размер:

2.99 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 154 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

плюс добуток площі перерізу на координати початку нової системи осей в

нових осях z1O1 y1 .

Якщо відомі моменти інерції

J z ,

J y і

J z y

відносно довільних осей

z1 і y1 (рис.2.3), то моменти інерції відносно осей u і v, що повернуті на кут α

(α>0, якщо поворот осей здійснюється проти годинникової стрілки),

визначаються за формулами [2]

Ju =

J z

+ J y

J z

− jy

cos 2α − J z y

sin 2α,

Jv =

J z

+ J y

−

J z

− J y

cos 2α + J z y

sin 2α ,

(2.8)

Juv =

J z

− J y

sin 2α + J z y cos 2α.

Рис. 2.3

Приймаючи відцентровий момент інерції рівним нулю, одержимо

формулу для визначення положення головних осей інерції

tg 2α0

−2J z y

(2.9)

J z

1 1 .

− J y

Ця формула дає два значення гострого кута α0, які відрізняються між

собою на 90о, тобто визначає положення двох головних осей інерції. Але ж

Координати a і b підставляються зі своїми знаками

визначити за формулою (2.9), відносно якої з них головний момент інерції буде мінімальним або максимальним, неможливо. Тому в розрахунковій практиці частіше використовуються для визначення положення головних осей інерції формули [2]

tg α1	=	J z1 y1			, tg α2 =	−J z1 y1		,	(2.10)
							J y1
		J min	−	J z1		J min −

де α1 і α2 – кути між горизонтальною віссю і головною віссю, відносно якої момент інерції має відповідно максимальне та мінімальне значення.

Зазначимо, що			α −α		2		= 90o.					(2.11)

				1
Головні моменти інерції обчислюються за формулами
Jmax =	1	(J z		+ J y			)± (J z	− J y	)2 + 4 J z2 y		.	(2.12)
	2
min			1		1	1		1	1	1

Якщо переріз має хоча б одну вісь симетрії, то одна з головних осей буде збігатися з нею, а друга головна вісь буде перпендикулярною до неї.

Положення головних центральних осей і значення головних моментів інерції можна також визначити графічним способом, побудувавши кола інерції Мора [1].

При розрахунках на міцність та стійкість, окрім головних моментів інерції та статичних моментів площі, використовуються також радіуси інерції

iu	=	Ju	,		iv =	Jv			(2.13)
і моменти опору перерізу		A				A
і моменти опору перерізу		Ju					Jv
W	=	Ju		,	W	=	Jv	,	(2.14)
W	=			,	W	=		,	(2.14)
u		vmax			v		umax
		vmax					umax

де vmax і umax - відстані відповідно від осі u і v до найбільш віддаленої точки перерізу. Їх можна визначити графічним способом або обчислити за формулами, які пов’язують координати точок в вихідній системи координат z1O1y1 і повернутій uO1v на кут α (рис.2.3).

	u = z1 cosα + y1 sinα,	(2.15)
	v = y1 cosα − z1 sinα.	(2.15)
	v = y1 cosα − z1 sinα.

Приклади обчислення головних центральних моментів інерції для деяких простих перерізів наводяться практично в усіх підручниках з опору матеріалів [1,2]. Готові формули для визначення головних центральних моментів перерізів, які частіше за все зустрічаються у розрахунковій практиці, можна знайти в довідниках з опору матеріалів [3].

2.2. Визначення геометричних характеристик простих перерізів

Приклад 2.1. Визначити головні центральні моменти інерції півкола

(рис. 2.4).

				y1	y
y					y
y					b(y1)	1
y1					b(y1)	1
b(y1)						dy
b(y1)		1
		1
		dy		h			z
				O			z
	r		z	O
O	r	y	z			1	h/3
		y				y	h/3
O1	ϕ	1	z1	O1
O1	ϕ		z1	O1
d=2r				b/3	b		z1
d=2r

Рис. 2.4					Рис. 2.5

Спочатку визначимо координати центра ваги перерізу. За вихідні осі приймаємо осі z1 і y1. При цьому zc=0, так як вісь y1 є віссю симетрії перерізу, а друга координата центра ваги yс визначається за формулою (2.5)

Sz1

, де Sz1 = ∫y1dA, а

A =

π r

Для обчислення Sz

виділимо елементарну смужку довжиною b(y1) і

шириною dy1 (рис. 2.4) та перейдемо до полярних координат. При цьому

= r sinϕ, dy = r cosϕdϕ, b( y ) = 2r cosϕ, dA = b( y )dy = 2r2 cos2 ϕ dϕ,

π 2

Sz1 = ∫y1dA = 2r3

∫cos2 ϕ sinϕ dϕ = −

cos2 ϕ

r3 .

Підставляючи

Sz і A в формулу для yc,

одержимо

yc =

. При

3π

цьому значенні				yc осі z і y будуть головними центральними осями інерції.
	Далі, знаючи, що осьовий момент							інерції		круга відносно діаметра
J =	πd 4	=	πr 4	[1], одержимо	J y = J z	=	1	J =	πr 4	.
	64		4				2		8
					1

Для обчислення моменту інерції Jz скористаємося формулою паралельного переносу осей (2.7). Маємо Jz1 = Jz + Ab2 . Звідки знаходимо

J z = J z	− Fb	2		πr	4	πr	2	4r	2	πr	4		64	≈ 0.11r	4	.
			=		−				=		1	−
				8		2		3π		8			9π 2
	1

Приклад 2.2. Визначити моменти інерції прямокутного трикутника (рис. 2.5) відносно осей, що співпадають з його катетами, і відносно центральних осей, паралельних катетам.

Осьові моменти інерції трикутника відносно катетів обчислюються за формулами [1]

J z	=	bh3	, J y =	hb3	.
		12		12
1			1

Для визначення

відцентрового моменту інерції

J z y

скористаємося

формулою (2.1)

J z1y1

= ∫z1 y1dA .

Виділимо елементарну площадку dA=b(y1)dy1 (рис. 2.5). З подібності

трикутників знаходимо b(y

)= b 1−

. При цьому z

b(y )=

1−

b2 h

b2h2

і J z1y1 =

∫ 1

−

y1dy1 =

−

Осьові моменти інерції відносно центральних осей, що паралельні

катетам, обчислюються за формулами [1]

J z

bh3

J y

hb3

Для визначення відцентрового моменту інерції Jxy скористаємося

формулою паралельного переносу осей (2.7)

= J

+ Aa b

= J

− Aa b = b2h2

− 1 bh

b = − b2 h2 .

z1y1

0 0

3 3

Приклад 2.3. Визначити осьові моменти інерції трикутника відносно

центральних осей, що зображені на рис. 2.6.

Момент інерції Jz визначимо за формулою [1]

bh3

(b +b

J z

Для визначення моменту інерції Jy розглянемо трикутник, складений з

двох прямокутних трикутників I і II (рис. 2.6). При цьому одержимо

J y

hb13

hb23

(b13

+b23 ).

I II

h/3

b1 b2

Рис. 2.6

2.3. Визначення відцентрового моменту інерції нерівнобічного кутника

Приклад 2.4. Визначити відцентровий момент інерції нерівнобічного кутника 250×160×20 відносно центральних осей z і y (рис. 2.7, а).

а		y			б	y v(min)	в v(max)	y	г
а		y			б	y v(min)	в v(max)		г
v(min)										y	v(max)
										y	v(max)
		α				α			u(min)
				u(max					u(min)
				u(max				O	α2=α
				α1=α		z		O	α2=α
		O		α1=α	O	z			z
		O		z	O	α1=-α			z		z
				z		α1=-α					z
						u(max)				O	α2=-α
	v(min)										u(min)
	v(min)		y		y	v(min)	v(max) y
			y		y	v(min)	v(max) y
		α			α				y	v(max)
									u(min)
				u(max
				α1=α		z	O	α2=α z			z
		O		α1=α	O	α1=-α	O	α2=α z			z
		O		z	O	α1=-α			O		α2=-α
				z		u(max)			O		α2=-α
						u(max)					u(min)
											u(min)

Рис. 2.7

З сортаменту [1] (ГОСТ 8510-86) знаходимо: Jz=4987см4, Jy=1613см4,

Ju(min)=949см4, tgα=0.405.

При розташуванні кутника, зображеного на рис. 2.7, а, максимальна вісь інерції утворює з горизонтальною віссю z кут α1=α. Тому з першої формули (2.10) одержимо

J zy = tgα(Ju min − J z )= 0.405(949 − 4987)= −1635см4 .

При розташуванні кутника, зображеного на рис. 2.7, б, α1= -α, тому Jzy=1635см4. Для інших розташувань кутника (рис. 2.7, в і г) відомий кут α2,

який відповідно дорівнює α і -α, тому для визначення відцентрового моменту інерції Jzy треба скористатися другою формулою (2.10)

J zy = −tgα2 (Ju min − J y ).

Так як при таких розташуваннях кутника Jy=4987см4, то одержимо Jzy=1635см4 для випадку рис. 2.7, в і Jzy=-1635см4 для випадку рис. 2.7, г.

Таким чином, при всіх розташуваннях нерівнобічного кутника, що зображені на рис. 2.7, відцентровий момент інерції буде відрізнятися лише знаком: Jzy>0 у випадках рис. 2.7, б і в та Jzy<0 у випадках рис. 2.7, а і г.

Абсолютне значення відцентрового моменту інерції нерівнобічного кутника можна визначити за формулою (2.9)

J zy

−

tg 2α(J z − J y )

де tg2α =

2tgα

2 0.405

= 0.9689

−tg α

−0.405

J zy =

0.9689(4987 −1613)=1635см4 .

З формули (2.12)

після простих перетворень можна одержати таку

формулу для визначення модуля відцентрового моменту інерції нерівнобічного кутника

J zy = (J z − Ju min )(J y − Ju min ).

(2.16)

Підставивши до формули (2.16) відповідні значення, одержимо

J zy = (4987 −949)(1613 −949) =1635см4 .

2.4. Визначення головних центральних моментів інерції плоских перерізів з однією віссю симетрії

Приклад 2.5. Визначити головні центральні моменти інерції, радіуси інерції та моменти опору даного перерізу (рис. 2.8).

Переріз будемо розглядати складним з прямокутника І з вирізаним трикутником ІІ з основою 20см та висотою h=20cos30o=17.32см.

Визначимо геометричні характеристики кожного з них відносно власних центральних осей ziOiyi (рис. 2.8). Маємо:

A = 24

=1152см4 , J

24 483

= 221184см4 , J

48 244

= 55296см4 ,

0, A = 1

17.32 20 =173.2см2 ,

= 20 17.323

= 2886.5см4 ,

z1y1

17.32 103

2 = 2886.5см4 , J

= 0 (див.приклад2.3).

z2 y2

Далі визначимо координати загального центра ваги. За вихідні осі приймаємо z0 та y0 (рис.2.8). При цьому zc=12см, так як центр ваги перерізу розташований на осі симетрії. Другу координату центра ваги перерізу обчислимо за формулою (2.5). Спочатку обчислимо

Sz0

= ∑Ai yc

=1152 24 −173.2 24

17.32 = 22491.26см

i=1

A = ∑Ai

=1152 −173.2 = 978.8см2 .

i=1

Підставляючи ці значення в формулу (2.5), одержимо

Sz0

22491.26

= 22.98см.

978.8

то zOy будуть

Так

як

переріз

має

вісь симетрії,

головними

центральними осями інерції (рис. 2.8), а осьові моменти інерції відносно них

– головними центральними моментами інерції. Для їх визначення скористаємося формулами (2.7), які запишемо у вигляді

J z = ∑n (J zi + Aibi2 ),	J y = ∑n (J yi + Aiai2 ),
i=1	i=1

де ai = zi0 − zc , bi = yi0 − yc - координати центрів ваги кожного перерізу в осях

zOy. Обчислимо їх.

a1 =12 −12 = 0,b1 = 24 −22.98 =1.02см, a2 = 0,b2 = (24 +5.77)−22.98 = 6.79см. Тоді J z = 221184 +1152 1.022 −(2886.5 +173.2 6.792 )= 211510.8см4 ,

J y = 55296 − 2886.6 = 32409.4см4.

	y0	y1,y2,y
		20 см				y2	y y1
						y2	y y1
см24	h	O2	h/3=5.77	z2		II	2.55см	2.39см	I
см24	h	O2	h/3=5.77	z2

		60o 60o		z1	см				z,z1,z2
		O1 O			см
24см	II	O1 O	=22.98	z	12	O2	O	O1
24см	I		=22.98	z0	12	6см	24см
	I		y
			y
			c
	O0	24см
		24см
	Рис. 2.8						Рис. 2.9

Радіуси інерції обчислюємо за формулами (2.13)

211610.8

=14.7см,

iy =

J y

32409.4

=14.7см,

978.8

а моменти опору – за формулами (2.14)

J y

Wz =

211610.8

= 8453.7см3 ,

Wy =

32409.4

= 2700.8см3.

ymax

25.02

zmax

Приклад 2.6. Визначити головні центральні моменти інерції, радіуси інерції і моменти опору перерізу (рис 2.9).

Розіб’ємо переріз на прямокутник І та півкруг ІІ і визначимо їх геометричні характеристики відносно власних центральних осей zi і yi (рис. 2.9)

A = 24

= 288см2 , J

24 123

= 3456см4 , J

12 243

=13824см4 , J

= 0,

z1y1

= 1

πr 2 = 1 3.14 62 = 56.52см2 ,

= 1πr 4 = 1 3.14 64 = 508.68см4 ,

= 0.11r 4 = 0.11 64

=142.56см4 , J

z2 y2

= 0.

Приймаємо за вихідні осі z1 і y1 і обчислюємо координати загального центра ваги перерізу

yc = 0, zc	=	Sz1	=	288 0 −56.52 14.55	= −	822.37	= −2.39см.
		A		288 +56.52		344.52

Головні центральні осі інерції z і y показані на рис. 2.9.
Далі обчислюємо							= ∑n (J yi + Aiai2 )=
J zy = 0, J z = J z1	+ J z2		= 3456 +508.68 = 3964.68см4 , J y
							i=1

=13824 + 288 (−2.39)2 +142.56 +56.52 (12 + 2.55 −2.39)2 = 23969см4 ,

iz =

3964.68

= 3.39см, iy =

J y

23969

=8.34см,

344.52

Wz =

3964.68

= 660.78см3

, Wy

J y

23969

=1535.49см3.

zmax

ymax

15.61

2.5. Визначення головних центральних моментів інерції складних плоских перерізів, утворених прокатними профілями

Приклад 2.7. Визначити головні центральні моменти інерції, радіуси інерції та моменти опору складного перерізу (рис. 2.10).

Розв’язання задачі виконуємо в такому порядку.

1. Провести

паралельні

між

собою

власні

центральні

осі

ziOiyi

(рис. 2.10) і визначити потрібні для розв’язання задачі геометричні

характеристики кожного простого перерізу відносно цих осей:

а) швелер №20 (рис. 2.11).

геометричні характеристики беремо з сортаменту [1] (ГОСТ82-86)

A = 23.4см2 , J

=113см

4 , J

=1520 см4 , J

z y

= 0;

б) нерівнобічний кутник 160х100х10 (рис. 2.12).

З сортаменту [1] (ГОСТ8510-86) знайдемо необхідні для розрахунку

геометричні характеристики

A = 25.3см2 ,

= 204см4 ,

= 667см4 ,

u min

=121см4 ,

tgα = 0.39.

II (№16/10/1.0)

I (№20)

Рис. 2.10

5.2

20.7

v(max)

u(min)

100

α2

200

160

52.3

22.8

Рис. 2.11

Рис. 2.12

При такому розташуванні кутника (рис. 2.12) α2=α, тому з формули

(2.10)

tgα2 = tgα =		−J z2 y2
	J	u min	− J	y2

знаходимо J z2 y2 = −tgα(Ju min − J y2 )= −0.39(121 −667) = 213см4 .

2. Провести довільні осі z0O0y0 , що паралельні осям zi і yi.

Визначити координати центрів ваги кожного простого перерізу в цих осях, тобто Oi (zi0 ; yi0 ). З рис. 2.10 видно, що O1(10;5.53) і O2(14.77;9.88).

3. Визначити координати загального центра ваги перерізу за формулами (2.5)

		n
zc	=	∑Ai zi0	=	23.4 10 + 25.3 14.77		=	607.68		=12.49см,
		i=1
		n		23.4 + 25.3				48.7
		∑Ai
		i=1
		n
yc	=	∑Ai yi0	=	23.4 5.53	+ 25.3 9.88 =			379.36		= 7.79см.
		i=1
		n
		∑Ai		23.4	+ 25.3			48.7

i=1

4.Провести центральні осі z і y, що паралельні осям zi і yi, і визначити

координати центрів ваги кожного простого перерізу в цих осях Oi(аi;bi) за формулами

ai = zi0 − zc , bi = yi0 − yc ;

a1 =10 −12.49 = −2.49см, b1 = 5.53 −7.79 = −2.26см, a2 =14.77 −12.49 = 2.28см, b2 = 9.88 −7.79 = 2.09см.

Таким чином, маємо O1(-2,49;-2,26) і O2(2,28;2,09).

5. Обчислити моменти інерції перерізу відносно центральних осей z і y за формулами паралельного переносу осей (2.7)

J z = ∑n

(J zi + Aibi2 )=113 + 23.4(−2.26)2

+ 204 + 25.3 2.092

≈ 547см4 ,

i=1

J y = ∑n (J yi + Ai ai2 )=1520 + 23.4(−2.49)2

+ 667 + 25.3 2.282

≈ 2464см4 ,

i=1

J zy = ∑n (J zi yi

+ Ai aibi )= 0 + 23.4(−2.26)(−2.49) + 213 + 25.3 2.09 2.28 ≈ 465см4 .

i=1

6. Обчислити головні центральні моменти інерції за формулами (2.12)

J max

(J z + J y )±

(J z

− J y ) + 4

J zy =

min

4652

= 1 (547 + 2464)± (547 −2464)2 + 4

= 1 [3011± 2131],

Jmax =

(3011+

2131)= 2571см4 ,

J min =

(3011−2131)= 440см4 .

Допоміжні осі z0O0y0 проводяться так, щоб увесь переріз знаходився у першій чверті

<<< < Предыдущая 1 2 34 / 154 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
15.08.2019594.94 Кб18методичка БЖД прзан.doc
#
18.02.2016354.82 Кб8Методичка к КР _ УП.doc
#
18.02.2016215.01 Кб8Методичка КР.pdf
#
26.11.2018636.42 Кб11Методичка ОТСіУ.doc
#
18.02.2016328.19 Кб9Методичка ПЗ4Д рус.doc
#
18.02.20162.99 Mб61Методичка по сопромату (I семестр).pdf
#
18.02.20163.51 Mб28Методичка по сопромату (II семестр).pdf
#
18.02.2016997.89 Кб61методичка электричест ФЗН.doc
#
18.02.2016210.81 Кб11Методичка.pdf
#
19.11.20191.64 Mб11Методичні вказівки, новые.doc
#
08.12.201897.89 Кб5МЖ.docx