18

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПОПЕРЕЧНЫIХ СЕЧЕНИЙ

§ 2.1. Статические моменты сечения

На рис. 2.1 иллюстрируется связанное с декартовыми координатными осями Оz и Оу поперечное сечение произвольной формы, на котором выделен элемент площади “Г с координатами z, у. Составим выражения для моментов элементарной площадки dF относительно осей Оz и Оу:

dS z =ydF; dS y =zdF

Просуммировав такие произведения по всей площади сечения, получим интегралы

sz = ò ydF ; S y = òzdF		(2.1)
F	F

которые называются статическими моментами сечения относительно осей соответственно Оz и Оу ; размерность их [m3 ].

Как видим, в зависимости от расположения сечения относительно системы координат статические моменты могут быть величинами положительными, отрицательными и равными нулю.

При параллельном переносе осей статические моменты меняются, Положим, что статические моменты и

заданы (см. рис. 2.2) относительно
системы координат Оi Уi . Требуется
определить статические моменты
относительно системы координат
О2У2				сдвинутой			параллельно	по
отношению к осям Оу’ и О12 соответственно на
расстояния b и a
Очевидно:
z2 = z1− b ;				y2 = y1− a				(2.2)
Статические моменты S z2 , и S y2 будут равны
S z2 = ò(y1− a)dF ; S y2 = ò(z1− b)dF
или		F					F
		= S		− aF		S y2	= S y1 − bF
S	z2		z1		;			(2.3)
				{			{

Величины а и b могут быть любыми: положительными, отрицательными или равными нулю.

Таким образом, можно подобрать а и b так, чтобы статические моменты в новых осях O 2 y2 z2 обратились в нули. т. е. выражения (2.3) приняли вид

S z1 − aF = S y1 − bF = 0

(2.4)

Оси, относительно которых статические моменты равны нулю, называются центральными. Среди семейства параллельных осей они являются единственными, а значит кратчайшее расстояние до них из (2.4) будет:

	a = yc =	S	z1	; b = zc =	S y1	(2.5)
		F			F

Точка пересечения центральных осей называется центром тяжести сечения (ц. т.).

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

Отсюда следует, что статические моменты сечения относительно центральных осей равны нулю.

Для вычисления статических моментов сложной фигуры ее разбивают на простые фигуры (см. рис. 2.3), для каждой из которых известна площадь (Fi) и положение центра тяжести ее ( zci , yci )

	Статические	моменты		всей	фигуры
относительно осей		0z	и	0y	равны
				n
S y	= F1zc1 + F2 zc2 + .... + Fn zcn		= åFi zci
				i=1
				n
Sz	= F1 yc1 + F2 yc2 + .... + Fn ycn		= åFi yci		(2.6)

i=1

В соответствии с формулами (2.5) и (2.6) координаты центра тяжести сечения

будут

	n		n
	åFi zci		åFi yci
zc =	i=1	; yc =	i=1	(2.7)
	n		n
	åFi		åFi
	i=1		i=1

§ 2.2, Моменты инерции сечения

Ос е в ы м и моментами инерции площади плоских фигур (см рис. 2.4)

называются интегралы
I z = ò y 2dF ; I y	= òz 2 dF ,[ m4 ].	(2.8)
F	F
Осевые моменты инерции всегда положительны I z >0, I y >0, если F >0.
	Ц е н т р о б е ж н ы м	моментом инерции
	называется интеграл
	I zy = òzydF	(2.9)

F

Из (2.9) видно, что для любого начала координат можно подобрать такие направления осей z и у,что I=0.

Оси, относительно которых центробежный момент инерции равен нулю. называются главными о с я м и. Если начало координат находится в ц. т. сечения, то оси, для которых 1,=0, называются главными ц е н т р а ль н ы м и о с я м и . В частности, если хотя бы одна из осей является осью симметрии. то 1 =0.

П о л яр н ы м моментом инерции называется интеграл (рис. 2.4)

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

I p = ò p2dF = ò(z2 + y 2 )dF = I y + I z	(2.10)
F

§ 2.3. Моменты инерции относительно параллельных осей

Пусть известны моменты инерции относительно центральных осей z и у

I z = ò y 2dF ;	I y = òz 2 dF ;	I zy = òzydF	(2.11)
F	F	F
Требуется определить моменты инерции I z1 ,			I y1 , I z1y1 и относительно осей , у,

сдвинутых параллельно по отношению к осям z и у соответственно на расстояния а и b (см. рис 2.5); они будут равны

I z1 = ò y12dF ; I y1 = òz12 dF ;		I z1y1 = ò z1y1dF			(2.12)
F	F	F
Координаты произвольной точки сечения в новой системе координат
z1 = z + b ;	y1 = y + a				(2.13)
Подставляя (2.13) в (2.12). Имеем
I z1 = ò(y + a)2 dF = ò y 2 dF + 2aò ydF + a2 òdF ,
F	F	F	F
I y1 = ò(z + b)2 dF = ò z 2 dF + 2bò zdF + b2 òdF ,					(2.14)
F	F	F	F
I z1y1 = ò(y + a)(z + b)dF = ò yzdF + bò ydF + aò zdF + abòdF
F	F	F	F	F
		Так	как	относительно центральных	осей S z = 0 ,
	S y = 0 то формулы (2.14) с учетом (2.11)				окончательно
	примут вид
		I z1 = I z + a2 F ,
		I y1 = I y + b2 F			(2.15)
		I z1y1 = I zy		+ abF

В (2.15) а и b надо подставлять со своими знаками. Из анализа соотношений (2.15) видно, что наименьшими будут моменты инерции относительно центральных осей.

§ 2.4. Моменты инерции простейших фигур

Прямоугольник.				Сначала определим I y1 , I z1 (см рис
2.6)
dF = bdy1;
h	h				h	2			y3		bh3
2	2								1
I z1 = ò y1 dF = òby1 dy1			= bò y1 dy1					= b		=
									3		3
0	0				0
По аналогии
dF = hdz1
b	b			z13		hb3
2	2
I y1 = ò z1 dF = ò z1 hdz1		= h			=
				3		3
0	0

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

Моменты инерции относительно центральных осей соответственно Оz и Оу будут

			æ h ö			2	bh3		bhh2		bh3
	I z	= I z1	- Fç		÷	=		-		=
				2			3		4		12
			è		ø

Аналогично находим

	I y	=	hb3
			12

Так как оси z и у являются осями симметрии, т. е. главными центральными осями, то для них I zy =0. Найдем I z1y1 воспользовавшись нижней формулой соотношений (2.15)

I z y = I	zy	+ F	h b			= 0 + bh	hb	=	b2 h2
1 1			2 2				4		4

Прямоугольный треугольник. Сначала найдем осевой момент инерции относительно оси

(см. рис. 2.7):

dF = b(y )dy

=

h - y1

bdy

1

1

1

h

2

h (h - y )

2

b h

b

é hy

3

1

2

1

I z1

= ò y1 dF

= ò0

by1 dy1

=

ò(h - y1 )y1 dy1

=

ê

h

h

h

3

F

0

ê

ë

Аналогично по отношению оси y1

I y1

=

hb3

12

Центробежный момент инвенции будет равен

	-	y14	ù	=	b h			=	bh3
			ú
		4			h 12				12
			ú
			û

h

b(y

1

)

b2

h

(h - y

)2

b2

éh2 y 2

2y3h

y 4

ù h

I

z1y1

=

ò

z

y

dF =

ò

y

dF =

ò

y dy =

ê

1

-

1

+

1

ú

=

2

2h2

2h2

2

3

4

1

1

1

1

1 1

ê

ú

F

0

0

ë

û0

=

b2

(12h4 -16h4

+ 6h4 )

=

b2 h2

2h2

24

24

Определим моменты инерции прямоугольного треугольника относительно осей z и у (центральных осей). В соответствии с формулами (2.15) будем иметь

æ h

ö2

bh

bh3

bh3

3bh3 - 2bh3

bh3

I z

=

I z1 - ç

÷

=

-

=

=

2

12

18

36

36

è 3

ø

I y

=

hb3

36

I zy

= I z1y1 -

hb bh

b2 h2

h2b2

3b2 h2

- 4b2 h2

b2h2

=

-

=

=

9

2

24

18

72

72

Круг. Определим полярный момент инерции lp кругового сечения по формуле (см. рис. 2.8)

I p = ò p2 dF ;

dF = 2πpdp

F

R

R

p 4

R4

πD4

I p = ò2πpp

2

dp = 2π ò p

3

dp

= 2π

= 2π

=

32

4

4

0

0

I p = I z + I y ;

I z = I y ; I z

= I y

=

πD 4

64

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

Кольцо постоянной толщины δ(см. рис.2.9)

I p = π32D 4 (1−α 4 );

I z = I y = π64D 4 (1−α 4 ),

где α = Dd

§2.5. Зависимости между моментами инерции при повороте координатных осей

Даны моменты инерции фигуры относительно осей у и z : I z ; I y ; I zy . Надо определить моменты инерции I z1 , I y1 , I z1y1 относительно осей y1 и z1 повернутых по отношению к

осям y		и z на угол α (см. рис. 2.10).
									Отрезки ОА, АВ, ВС, ВС равны
									ОА Þ z cosα ,
									АВ=ЕСÞ y sin α ,
									DC Þ y cos α ,	(2.16)
									BC=AE Þ z sin α
									Координаты площадки dF в
									повернутой системе координат с
									учетом (2.16) будут
									z1 = OA + AB = z cosα + y sin α	(2.17)
									y1 = DC − BC = y cosα − z sin α
									При этом моменты инерции равны
I z1 = ò y12dF ; I y1 = òz12 dF ;							I z1y1 = ò z1y1dF			(2.18)
F					F			F
Подставляя (2.17) в (2.18), имеем
I z1 = ò(y cosα − z sinα)2 dF ;										(2.19)
F
I y1 = ò(z cosα + y sinα )(y cosα − z sinα )dF
F
С учетом формул (2.8), (2.9) соотношений (2.19) окончательно принимают вид
I z1 = I z	cos 2 α − I zy				sin 2α + I y			sin 2 α
I y1 = I z	sin 2 α − I zy				sin 2α + I y			cos 2 α		(2.20)
I z1y1 = I zy cos 2α +				I z − I y		sin 2α
					2
Используя известные формулы тригонометрии
sin 2 α =		1− cos 2α	,		cos 2 α =		1+ cos 2α
	2							2

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

соотношения (2.20) представим в форме

I z1 =	I z + I y	+		I z - I y			cos 2α - I zy sin 2α
	2			2
I y1 =	I z + I y		-	I z - I y			cos 2α + I zy sin 2α		(2.21)
	2			2
I z1y1 = I zy cos 2α +					I z - Iy			sin 2α
				2
При повороте осей на α = 90o формулы (2.21) принимают вид
I z1 = I y ; I y1 = I z ; I z1y1 = -I zy
Складывая почленно первые два уравнения (2.20), имеем
I z1 + I y1 = I z				+ I y = I p					(2.22)

таким образом, при повороте прямоугольных осей сумма моментов инерции не изменяется и равна полярному моменту инерции относительно начала системы координат,

§ 2.6. Главные оси и главные моменты инерции

Наибольшее практическое значение имеют главные центральные оси так как относительно их центробежный момент равен нулю; они обозначаются через u и ν.

Относительно их осевые моменты инерции Iu , Iν принимают экстремальные значения, а

	центробежный Iuv = 0 .			Положение главных центральных осей можно найти из 3-го
	уравнения (2.20):			I z - I y
	I z1y1 = I zy cos 2α +					sin 2α = 0
				2
		2I zy
	tg2α0 =					(2.23)
		I y - I z
	Для нахождения Iu ,					Iv , можно воспользоваться общими формулами (2.20),
	подставляя в них вместо а найденное а0 и помня, что теперь Iu = I z1 , Iv = I y1 а Iuv = 0 .
	Более целесообразно вычислять величины моментов инерции Iu , Iv не пользуясь

значением угла α0 . Для этого выразим моменты инерции Iu , Iν ,											I zy относительно осей z
и y(см. рис.								2.10) через моменты инерции Iu , Iν , I zy =0 относительно главных осей,
считая, что u —это ;, а ν—y1. Тогда формулы (2.21) примут вид
I z =		Iu + Iv			+		Iu − Iv		cos 2α
		2					2
I z =		Iu + Iv				−		Iu − Iv		cos 2α	(2.24)
		2
							2
I zy =			Iu - Iv			sin 2α
		2

Решим уравнения (2.24) относительно Iu ,

Iν . Для того исключим из них угол а. Вычитая

второе уравнение из первого и деля левую и правую части на 2, получаем

I z - I y

=

I

u

- I

v

cos 2α

2

2

Возводя левую и правую части этого равенства и З-го уравнения (2.24)

в квадрат и складываю их, находим

æ I

u

- I

ö2

æ

I z - I y ö

2

(2.25)

ç

v

÷

= ç

÷

+ I 2

è

2

ø

ç

2

÷

zy

è

ø

Этим установлен второй инвариант, а первый - формула (2.22). Корень из правой части

(2.25) будет

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

Вформулах (2.27) при

α0 <О; а при I zy <0 α 0

I

u

- I

v

æ I z

- I y ö

2

= ±

ç

÷

+ I 2 .

2

ç

2

÷

zy

è

ø

Первый инвариант (2.22) можно записать в виде

I

u

+ I

v

=

I z + I y

2

2

Складывая и вычитая последние два уравнения (2.26), имеем

			1	é			ù
					2	2
	Iu	=		ê(I z + I y )±	(I z - I y )	+ 4I zy ú
			2
				ë		û

			1	é			ù
					2	2
	Iu	=		ê(I z + I y )m	(I z - I y )	+ 4I zy ú		(2.27)
			2
				ë		û

I z > I y .надо брать верхние знаки, а при I z < I y – нижние. При I zy >0 >0.

§ 2.7. Понятие о радиусе инерции

Предположим, что для плоской фигуры площадью F определены положения главных центральных осей и. u , v и главные моменты инерции относительно этих осей Iu ,

Iv которые представим в виде (см. рис. 2.11)

Iu = ò y 2 dF =

F

2

2

iu2

= Fi

2

u

F

Отсюда

iu =

ju

[m]

F

Аналогично

iv =

Iv

F

Величины

iu ‚ iv

называются радиусами инерции

сечения относительно осей соответственно u и ν они обладают замечательным свойством: радиуса инерции инерции относительно произвольной центральной оси, например z, равен длине

перпендикуляра, опущенного из центра эллипса на касательную ,m-n (см. рис. 2.11). параллельную оси z.

Пример. Для фигуры рис. 2.12 определить координаты центра тяжести z c , уc , моменты инерции фигуры относительно центральных осей

I z , I y , I zy , положение главных центральных осей u, ν главные моменты инерции Iu , Iv и радиусы инерции iu , iv

1. Разбиваем сложную фигуру на две простые (см. рис. 2.12) площадями

F1 = 20´100 = 2×10−3 m2 FII = 20´80 = 1.6×10−3 m2

2. Вводим произвольную систему координат Ozy и определяем по отношению к ней

координаты центров тяжестей простых фигур ц.т.(I)Þ (0,01;0,07) [m]

ц.т.(II)Þ (0.04;0.01)[m]

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

3. Определяем положение центра тяжести всей фигуры по формулам

II

II

åFi zi

åFi yi

zc

=

i=I

= 2.33×10−2 m , yc =

i=I

= 4,33×10−2 m

II

II

åFi

åFi

i=I

i=I

4.

Определяем

моменты инерции I zc , I yc , I zc yc относительно центральной системы

координат Oc zc yc

I

= I I

+ a2 F + I II

+ a

2 F

II

zc

z

1 1

z

2

I

= I I

+ b2 F + I II

+ b

2 F

II

yc

y

1 1

z

2

I z

c

y

c

= I zyI + a1b F1 + I zyII + a2b

2

FII

1

I zI

=

2×103

= 166,7cm4 =166,7×10−8 m4

12

I zII

=

8×23

= 5,33cm4

= 5,33×10−8 m4

12

I yI

=

10×23

= 6,7cm4

= 6,7×10−8 m4

12

I yII

=

2×83

= 85,3cm4

= 85,3×10−8 m4

12

a

= 2,67cm = 2,67×10−2 m ;

a

2

= 3,33cm = 3,33×10−2 m

1

b = -1,33cm = -1,33×10−2 m ;

b

2

= 1,67cm = 1,67×10−2 m

1

Окончательно имеем

I zc

= 492,0×10−8 m4 ,

I yc

= 172,0×10−8 m4 ,

I zc yc

= -160,0 ×10−8 m 4

5. Определяем угол наклона главных центральных осей и u и ν по отношению к оси zс: по формуле (2.23)

tg2α 0

=

2I zc yc

=

- 2×160,0

= 1,0

I yc

172,0 - 492,0

- I zc

Откуда

α 0 = 22o30

6. Главные центральные моменты инерции

находим, так как I zc > I yc , по формулам

(2.27) вида

1

é

ù

−8

2

2

4

I u

=

ê

(I zc

+ I yc

)+

(I zc

- I yc

)

+ 4I zc yc

ú

= 558,3

×10

m

2 ë

û

1

é

ù

−8

Iv

=

+ I yc

)-

(I zc

- I yc

2

+

2

= 105,8

×10

m

4

2

ê(I zc

)

4I zc yc

ú

ë

û

7. Главные центральные радиусы инерции i, ‚будут

iu

=

Iu

= 3,94×10−2 m

F

iv

=

Iv

= 1,71×10−2 m

F

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

КРУЧЕНИЕ

§9.1. Расчетная схема и особенности работы конструкционных элементов на кручение

Кр уч е н и е м называется такой вид деформации, при котором в поперечном сечении вала возникает лишь один силовой фактор — крутящий момент Мкр(х) (см.рис. 9.1)

Mx= ò(τ xy z −τ xz y)dF

(9.1)

F

Как уже указывалось, зачастую элементы конструкции при расчете на прочность, жесткость при растяжении

(сжатии), изгибе схематизируются в виде стержней. Такая форма представления конструкции используется и для расчета валов, передающих крутящий момент.

П р и м е р ы: валы, приводящие в движение воздушные винты или лопасти вертолета; валы двигателей и редуктора и т.д. Кручению

также подвергаются такие элементы конструкции ЛА, как крыло и фюзеляж при выполнении самолетом маневра, лопатки двигателей и лопасти несущего винта.

С точки зрения кручения все брусья делятся на три группы: брусья круглого, некруглого (прямоугольного, эллиптического) и т о н к ос т е н н о г о (открытого и замкнутого) с е ч е н и й. Такая классификация вызвана различным характером деформации брусьев при кручении, а это требует применения различных расчетных методов, опирающихся на те или иные упрощения. Так, например, гипотеза плоских сечении примерялись лишь для брусьев к р у г л о г о и к о л ь ц е в о г о с е ч е н и й.

При кручении брусьев н е к р у г л о г о с е ч е н и я гипотеза плоских сечений не выполняется. Вследствие этого задача весьма усложняется и решается методами теории упругости. В сопротивлении материалов используют конечные результаты этих решений.

Т о н к о с т е и н ы е б рус ь я некруглого сечения рассматриваются, отдельно, так как тонкостенность дает возможность ввести ряд упрощений, позволяющих решать эти задачи методами сопротивлении материалов.

§9.2. Чистый сдвиг и его особенности

А Р а с т я жен и е (сжатие). Пусть стержень площадью F растягивается силой Р; рис. 9.3. Нормальное напряжение на площадке с нормалью n будет

σ 0 = Fp

Нормальное σα и касательное τα напряжения на

косой площадке с нормалью nα равны

σα = σ 0 cos 2 α

τα = σ20 sin 2α

а на площадке с нормалью nβ (β = α + 90o )

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com

	σ α +90	= σ 0 cos 2 (α + 90) = σ 0 sin 2 α,
	τα +90	=	σ 0	sin 2(α + 90)= -	1	σ 0 sin 2α
		2		2
			Отсюда следует что на наклоненных площадках действуют нормальные σα и
	касательные τα напряжения τ max = -						1	σ 0 при α = 45	, σ max = σ 0 при α = 0 Таким образом,
							2

в случае одноосного напряженного состояния нельзя выделить площадку, где действовали бы только касательные напряжения.

Б. Растяжение (сжатие) в д в у х н а п р а в л е н и я х. Выпишем формулы пересчета для напряжений, действующим по косым площадкам. в случае плоского напряженного состояния.

σα

= σ x cos2 α +τ xy sin 2α +σ y sin2 α;

τα

= −

σ x

−σ y

sin 2α +τ xy cos 2α;

2

σ β = σ x sin 2 α −τ xy sin 2α +σ y cos2 α;

τ β

=

σ x −σ y

sin 2α −τ xy cos 2α.

2

Рассмотрим

частный

случай:

σ x = σ y = σ . Случай а) (см.рис. 9.4а)

При а=45°;

σ α = σ ,τα

= 0 ;

при

а=135°;

σ β = σ ,τ β = 0 . Отсюда ясно, что на площадках, повернутых на 45°,

по-прежнему, будет

равномерное всестороннее растяжение. Случай б)

(см. рис. 9.46). При

α = 45o ,σ α = 0,τ = -σ ;

при

α = 135o ; σ β = 0 , τ β = σ

. Следовательно, здесь на

площадках, повернутых на 45°, имеет место ч и с

т ы й с д в и г.

В.Т о н к о с т е н н а я с и ст е м а

(балка). Пусть тонкостенная балка (рис.9.5)

нагружена силой Р. Определим действующие в ее

элементах напряжения. Для этого воспользуемся

методом членения конструкции. Рассмотрим сначала равновесие стойки.

R - qh = 0 Þ q =

P

h

Касательное напряжение в пластинке будет

P

τ

,

где δ - толщина пластинки.

hδ

Как видим, пластинка при таком нагружении

балки также находится в условиях чистого

сдвига.

В.Т о н к о с т е н н а я б а л к а п р и п о п

е р е ч н о м

и з г и б е.

Рассмотрим

сечение двутавровой балки (рис.9.б). Слева

и справа от сечения балки нанесены эпюры σ (y) и τ (х). Рассмотрим напряженное состояние в районе т. А сечения балки. Здесь σ = 0,τ = τ max .

В этом случае в окрестности точки А имеет место деформация чистого сдвига.

Д. В а л н а к р у ч е н и е (рис. 9.7). Здесь также имеет место деформация

PDF created with pdfFactory Pro trial version www.pdffactory.com