Приклад розв’язання задачі 5
|
Вихідні дані: |
Кутик рівнобічний 100´100´12 Двотавр № 22 |
Розрахункова схема показана на рис. 19.
Розв’язання
1. Випишемо з таблиці сортаменту рівнобічної кутової сталі (Держстандарт 8509-72) і двотаврів (Держстандарт 8239-72) необхідні характеристики елементів, які складають заданий перетин:
а) Куток 100´100´12.
Площа
профілю: А1
= 22,8
см
.
Моменти
інерції: Іz1
=
Iy1
= 209
см
,
Imax
1
= 331
см
,
Imin
1
= 86,9
см
.
Положення центра ваги перетину (точки C1): z1 = 2,91 см.
б) Двотавр № 22.
Площа профілю: А2= 30,2 см2.
Моменти інерції: Іz2 = 2530 см4,
Iy2 = 155 см4.
Викреслимо перетин у масштабі 1:2 і покажемо на кресленні точки С1 і С2 – центри ваги кутка й двотавра. Проведемо центральні осі z1y1 - кутка й z2y2 - двотавра.
2. Знайдемо положення центра ваги всього перетину - точки С.
Як допоміжні осі вибираємо центральні осі двотавру z2y2.
Статичні моменти перетину рівні:
,
.
Координати точок С1 і С2 щодо осей z2y2 рівні:
zC1 = - 2,91 см, yC1 = 11 + 2,91= 13,91 см,
zC2 = 0, yC2 = 0.
Координати центра ваги перетину точки С:
,
.
А = А1
+ А2
=30,2+ 22,8= 53 см
,
см,
см.
3. Проводимо осі zCyС через точку С паралельно осям z2y2 , z1y1.
Знаходимо координати центрів ваги C1 і C2 в осях zCyС :
y1 = 7,91 см , y2 = - 6 см ,
z1 = - 1,66 см , z2 = 1,25 см.
Для визначення осьових моментів інерції застосовуємо формули паралельного переносу осей:
,
.
У такий спосіб:
Іzc= 209 + 7,912 · 22,8 + 2530 + (- 6)2 · 30,2 = 5252 см4,
Iyc.=
209 + (-1,66)2
·
22,8 + 155 + 1,252
·
30,2 = 474 см
.
Відцентровий момент інерції:
.
Для двотавру (так само й для швелера): ) Iz2y2 = 0.
Для рівнобічного кутка:
,
де α = 45о , тому що полиці кутка перебувають в I і III квадрантах координатних осей z1y1. (Примітка: якщо полиці кутка перебувають у II і IV квадрантах осей, то α = - 45о ).
Таким чином, одержимо:
см4,
Izcyc= - 6 · 1,25 · 30,2 + 122 · (- 1,66) · 7,91 · 22,8 = - 403,9 см4 .
4. Визначимо напрямок головних центральних осей перетину:
,
,
2α0=9˚
или
α0=4,5˚.
Так як α>0, то для визначення положення осі u повертаємо вісь z проти годинникової стрілки на кут 4,5º. Отримаємо: вісь u є головною віссю максимуму, тому що Izc > Iyc. Перпендикулярна до неї вісь - вісь v - вісь мінімуму.
Рисунок 19.
5. Головні моменти інерції перетину (щодо осей u і v) рівні:
,
.
Imax = 2863 +2423 = 52286 см4,
Imin = 2863 - 2423 = 440 см4,
Iu = Imax = 5286 см4,
Iv = Imin = 440 см4,
IzC + IyC = Imax + Imin,
5286 + 440 = 5252 + 474 ,
5726 = 5726 .
Останні дві суми збігаються, що свідчить про правильність обчислень.
Приклад розв’язання задачі 6
|
Вихідні дані: |
M= 10 кН·м, F= 4 кН, q= 20 кН/м. l1= 1,4 м, l2 = 7 м,
|
,
,
.Розрахункова схема показана на рис. 20а і 20б.