ПРАКТИКА 1 сопромат_заочн_ 2012

Рис. 1.7

2. ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ХАРАКТЕРИСТИКИ ПЛОСКИХ СЕЧЕНИЙ

Пример 2.1. Для плоского сечения, изображенного на рис. 2.1, определить положение главных центральных осей и вычислить основные геометрические характеристики. Размеры заданы в миллиметрах.

Решение. 1. Определяем положение центра тяжести сечения. Центр тяжести заданного сечения лежит на оси y , так как она

является осью симметрии. Выбираем систему вспомогательных осей

x0, y.

Разобьем сечение на простейшие составные части: прямоугольник I, треугольник II, круг III. Вычисляем площади и

координаты

центров

тяжести

этих

фигур

относительно

вспомогательной оси x0.

Прямоугольник I

В = 8 см, Н

1

= 6 см, A = B H

1

= 8 × 6 = 48 см2 ,

1

1

1

y

=

H1

=

6

= 3 см;

C

2

2

1

11

Рис. 2.1

треугольник II

В2 = 8 см, Н2 = 3см,

	A =	B2 H 2			=	8 × 3		= 12см2 ,
	2	2			2
yC	= H1	+	H 2	= 6 +			3		= 7см;
	2	3			3

круг III

D = 6 см, A =

πD2

=

3,14 × 62

= 28,26 см2 , y

= 4 см.

C

3

4

4

3

Определяем координату центра тяжести сечения

yC =

Sx0

=

A1 yC1 + A2 yC2 − A3 yC3

=

48×3 +12 ×7 - 28,26 × 4

= 3,62

см.

A

A1 + A2 - A3

48 +12 - 28,26

Здесь А3 < 0, так как круг является отверстием в данном сечении.

2. Определяем величину моментов инерции сечения относительно главных центральных осей.

Одной из главных осей является ось симметрии y , вторая главная ось x проходит через центр тяжести сечения перпендикулярно к первой.

12

Вычисляем момент инерции относительно оси x:

I

x

= I I

+ I II − I III .

x

x

x

Моменты инерции составляющих фигур определим, применив

формулу перехода к осям, параллельным центральным, т. е.

I I

= I I

+ b2 A ;

x

x

1

1

1

I II

= I II + b2

A ;

x

x2

2

2

I III = I III + b2 A .

x

x3

3

3

Здесь IxI

,I xII, I xIII – моменты инерции составляющих фигур I, II, III

1

2

3

относительно собственных центральных осей x1, x2 , x3 :

IxI =

B1H13

=

8 × 63

=144 см4 ;

1

12

12

I yII =

B2 H23

=

8 ×33

= 6 см4 ;

36

36

I yIII =

πD4

=

3,14 × 64

= 63,6 см4 ;

64

64

b1, b2 , b3

–

координаты

центров

тяжести

соответственно

прямоугольника I, треугольника II и круга III в новой системе координат x, y:

b1 = yC1 − yC = 3 − 3,62 = −0,62 см; b2 = yC2 − yC = 4 − 3,62 = 3,38 см; b3 = yC3 − yC = 4 − 3,62 = 0,38 см.

Подставляя числовые значения, получаем

IxI =144 + (-0,62)2 × 48 =162,4 см4 ; IxII = 6 + 3,382 ×12 =143,1 см4 ;

IxIII = 63,6 + 0,382 × 28,26 = 67,7 см4 ;

Ix =162,4 +143,1 - 67,7 = 237,8 см4.

Вычисляем момент инерции относительно оси y:

I y = I yI + I yII − I yIII .

В данном случае ось y является одновременно главной осью прямоугольника I, треугольника II, круга III и всего сечения.

13

I yI

=

H1B13

=

6 ×83

=

256 см4 ;

12

12

I yII =

H2 B23

=

3 ×83

= 32 см4 ;

48

48

I yIII =

πD4

=

3,14 × 64

= 63,6 см4 ;

64

64

I y

= 256 + 32 - 63,6

= 224,4 см4.

3. Определяем величину главных радиусов инерции.

ix

=

Ix

=

237,8

= 2,74 см;

A

31,74

I y

iy

=

=

224,4

= 2,66

см,

A

31,74

где A = A1 + A2 - A3 = 48 +12 - 28,26 = 31,74 см2.

5. Определяем величину моментов сопротивления относительно главных центральных осей.

Wx	=	I x	=	237,8	= 44,2cм3 ;
		ymax
			5,38

	Wy	=	I y	=	224,4	= 56,1см3 ,
			xmax		4,0
	где ymax = H − yC = 9,0 −		3,62 = 5,38 см – расстояние от оси x до
	наиболее удаленной точки сечения;
	xmax = B/2 = 8/2 = 4 см −	расстояние от оси y до наиболее удаленной
	точки сечения.

Пример 2.2. Для заданного плоского сечения (рис. 2.2) определить положение главных центральных осей и вычислить основные геометрические характеристики. R = 5 см.

Решение. 1. Определяем положение центра тяжести сечения. Разобьём заданное сечение на полукруг I (R = 5 см) и

прямоугольный треугольник II (B = 1,5R =7,5 см, H = 2R =10 см), проведем центральные оси х1, у1 и х2, у2 этих фигур параллельно сторонам треугольника.

Проведем вспомогательные оси, в которых будем находить координаты центра тяжести всей фигуры. Вспомогательные оси рациональнее совмещать с центральными осями какого-либо из составных элементов сложной фигуры, так как статический момент этого элемента относительно собственных центральных осей будет равен нулю.

14

Рис. 2.2

Выбираем вспомогательные оси, совпадающие с центральными осями х1, у1 полукруга и определяем координаты центра тяжести сечения.

x =	Sy1	=	A1xC1	+ A2 xC2	=	39,25 ×0 + 37,5 × 4,62	= 2,26	см,
C	A		A1 + A2			39,25 + 37,5

y =	Sx	=	A1 yC	+ A2 yC	2	=	39,25 × 0 + 37,5 × (-1,67)	= -0,82	см,
	1		1
C	A		A1 + A2				39,25 + 37,5

где

A =

πR2

=

3,14 ×52

= 39,25 см2 , A =

BH

=

7,5 ×10

= 37,5 см2 ,

1

2

2

2

2

2

4R

B

4 ×5

7,5

H

10

xC2

=

+

=

+

= 4,62

см, yC2

= - R -

= - 5

-

= -1,67 см.

3π

3

×3,14

3

3

3

3

Через центр тяжести заданного сечения проводим центральные оси х, у.

2. Определяем моменты инерции относительно центральных

осей.

Момент инерции относительно оси x

I	II	I	2	II	2
Ix = Ix	+ Ix	= (Ix1	+ A1b1	)+ (Ix2	+ A2b2 ).

15

a1, a2

Здесь	I xI	,I xII		– моменты инерции			составляющих фигур I и II
	1	2
относительно собственных центральных осей x1 , x2 :
IxI	=		πR4	=	3,14 ×54	= 245,3 см4 , IxII	=	BH 3	=	7,5 ×103	= 208,3 см4 ;
1		8		8		2	36		36

b1, b2 – координаты центров тяжести соответственно полукруга I и треугольника II в новой системе координат x, y:

b = -y

C

= 0,82 cм,

b = y

C

− y

C

= −1,67 − (− 0,82) = −0,85 cм ;

1

2

2

Подставляя числовые значения, получаем

I x

= 245,3 + 39,25 × 0,822 + 208,3 + 37,5 × (- 0,85)2 = 507,1 см4 .

Момент инерции относительно оси y

I

y

= I I

+ I II =

(I I + A a2 )+ (I II + A a2 ).

y

y

y1

1 1

y2

2 2

Здесь

I yI

,I yII

–

моменты

инерции

составляющих

фигур I и II

1

2

относительно собственных центральных осей y1 , y2 :

I yI

= 0,110R4 = 0,110 ×54 = 68,75 см4 , I yII

=

HB3

=

10 ×7,53

=117,2 см4 ;

1

2

36

36

– координаты центров тяжести соответственно полукруга I и треугольника II в новой системе координат x, y:

		a1 = -xC = -2,26 cм , a2					= хC2			- xC = 4,62 - 2,26 = 2,36 cм ;
Тогда			= 68,75 + 39,25 × (- 2,26)2 +117,2 + 37,5 × 2,362 = 595,3 см4 .
		I y
		Центробежный момент инерции
I	xy	= I I	+ I II	= (I I		+ a b A )+	(I II	y		+ a b A ) =
		xy	xy	x y		1 1 1	x		2	2 2 2
				1	1		2

= 0 + (- 2,26)× 0,82 × 39,25 + (-10,42) + 2,36 × (- 0,85)× 37,5 = -158,4 см4 .

Здесь I xI1 y1 = 0 , так как оси x1, y1 являются главными осями полукруга;

I xII y		= -	B2 H 2	= -	7,52 ×102	= -10,42 см4 .
2	2	72		72

Заметим, что знак центробежного момента инерции фигуры устанавливается в зависимости от ее расположения относительно выбранных осей. При заданном положении треугольника большая его часть находится во II и IV квадрантах, где координаты x2, y2 имеют

II	= ∫ x2 y2 dA2 < 0.
разные знаки, поэтому I x2 y2
	A2

3. Определяем положение главных центральных осей и величину главных центральных моментов инерции.

16

	tg2α0	= −	2I xy		= −	2(−158,4)	= −3,59	;
			I x	− I y		507,1 − 595,3

α0 = −37,2о .

Поскольку α0 < 0, ось х должна быть повернута до совмещения с главной осью u по часовой стрелке. Поскольку Ix < I y , то Iu = Imin ,

Iv = I max .

I

x

+ I

y

I

x

− I

y

2

I

=

I

=

−

+ I 2

=

u

min

2

2

xy

=

507,1 + 595,3

−

507,1 − 595,3

2

+ (−158,4)

2

= 386,8 cм

4

;

2

2

I

x

+ I

y

I

x

− I

y

2

I

= I

=

+

+ I 2

=

v

max

2

2

xy

	507,1+ 595,3			507,1− 595,3 2			2		4
=		+				+ (−158,4)		= 715,6 cм		.
	2			2

Известно, что при повороте декартовых осей сумма осевых моментов инерции сечения не изменяется. Проверим выполнение этого свойства:

I x + I y = I u + Iv ;

507,1+ 595,3 = 386,8 + 715,6 ; 1102,4=1102,4.

4. Определяем главные радиусы инерции.

i =	Iu	=	386,8	= 2,24 cм;
u	A		76,75

i =	Iv	=	715,6	= 3,05 cм.
v	A		76,75

Здесь общая площадь заданного сечения

A = A1 + A2 = 39,25 + 37,5 = 76,75 см2 .

5. Определяем моменты сопротивления относительно главных центральных осей.

17

W =		Iu	=		368,8		= 81,1см3 ;
u		vmax	4,55
W =		Iv	=	715,6			= 85,3см3 .
v	umax		8,39

Здесь

umax = uA = xA cos α0 + yA sin α0 = 7,36 × cos( -37,2о ) + (-4,18) ×sin( -37,2о ) = = 8,39 см

− расстояние от оси v до наиболее удаленной точки сечения (точки А); vmax =vB = yB cosα0 -xB sinα0 =5,82×cos(-37,2о)-(-0,14)×sin(-37,2о) =4,55см

− расстояние от оси u до наиболее удаленной точки сечения (точки В).

Пример 2.3. Для плоского сечения, изображенного на рис. 2.3, определить положение главных центральных осей и вычислить основные геометрические характеристики. Швеллер № 30, уголок

125´80´10.

Справочные данные:

Уголок 125´80´10 ГОСТ 8510 – 86 В = 12,5 см, b =8 см,

A = 19,7 см2, Iх = 311,61 см4, Iу = 100,47 см4, | Ixy | = 102,0см4,

x0 = 1,92 см, y0 = 4,14 см.

Швеллер № 30 ГОСТ 8240 – 89

h = 30 см, b =10 см, A = 40,5 см2,

Iх = 5810 см4, Iу = 327 см4, z0 = 2,52 см.

Решение.1. Определяем положение центра тяжести сечения. Данное сечение состоит из неравнополочного уголка I и

швеллера II. Проведем центральные оси х1, у1 и х2, у2 этих фигур. Выбираем вспомогательные оси, совпадающие с центральными

осями х2, у2 швеллера, и определяем координаты центра тяжести сечения.

x =	Sy	2	=	A1xC	+ A2 xC	2	=	19,7(-4,44) + 40,5 × 0		= -1,45	см,
				1
C	A			A1 + A2				19,7 + 40,5

где

A =19,7 см2

,

x

= -(x

+ z

0

) = -(1,92 + 2,52) = -4,44 cмм

1

C

0

1

A = 40,5см2

,

x

= 0.

2

C2

y =

Sx2

=

A1 yC1 + A2 yC2

=

19,7 ×10,86 + 40,5 ×0

= 3,55

см,

C

A

A1 + A2

19,7 + 40,5

где

18

y	=	h	- y = 15 - 4,14 = 10,86 см,
C	2			0
1
yC2	= 0.

Через центр тяжести заданного сечения проводим центральные оси х, у.

Рис. 2.3

2. Определяем моменты инерции относительно центральных

осей.
	Момент инерции относительно оси x
			I	x	= I I + I II		= (I I + A b2 )		+ (I II + A b2 )=
					x	x	x1	1 1	x2	2 2
	= 311,61+19,7 ×7,312 + 5810 + 40,5 ×(- 3,55)2 = 7684,7 см4.
Здесь	I xI	,I xII	– моменты			инерции		составляющих фигур I и II
	1	2
относительно собственных центральных осей x1 , x2 :
				IxI = 311,61 см4 , IxII				= 5810,0 см4 ;
					1		2
b1, b2	– координаты				центров		тяжести соответственно уголка I и
швеллера II в новой системе координат x, y:
										19

a1, a2

b = y

C

− y

C

= 10,86 − 3,55 = 7,31 cм ,

b2 = − yC = −3,55 cм .

1

1

Момент инерции относительно оси y

I

y

= I

y

= I I

+ I II

= (I I + A a2 )+ (I II

+ A a2 )

=

y

y

y

1 1

y

2

2 2

1

=100,47 +19,7 × 2,992 + 327 + 40,5 ×1,452

= 688,7 cм4 ;

Здесь

I yI

,I yII

–

моменты

инерции

составляющих

фигур I и II

1

2

относительно собственных центральных осей y1 , y2 :

I yI = 100,47 см4 , I yII

= 327,0 см4 ;

1

2

– координаты центров тяжести соответственно уголка I и швеллера II в новой системе координат x, y:

a1 = xC	− xC = −4,44 − (−1,45) = −2,99 cм,								a2	= −xC = 1,45 cм .
1
Центробежный момент инерции
	I	xy	= I I	+ I II =	(I I		+ a b A )+ (I II		+ a b A )=
			xy	xy	x y		1 1 1	x y	2	2 2 2
					1	1		2
= -102 +19,7 × 7,31×(-2,99) + 40,5 ×(-3,55) ×1,45 = -741,1 cм 4 .
		I			< 0 , так как
Здесь	I x1 y1 = ∫ x1 y1dA1							при		заданном положении
			A1

неравнополочного уголка большая его часть находится во II и IV квадрантах, где координаты x1, y1 имеют разные знаки;

II	= 0 , так как оси x2, y2 являются главными осями швеллера.
I x2 y2

3. Определяем направление главных центральных осей u,v и величину главных центральных моментов инерции.

tg2α0 = −

2I xy

= −

2(−741,1)

= 0,2119

;

I x

− I y

7684,7 − 688,7

α0

= 12O .

Поскольку a0 > 0, ось х необходимо повернуть до совмещения с

главной осью u против

часовой

стрелки.

Поскольку I x > I y , то

Iu = Imax , Iv = Imin .

I

x

+ I

y

I

x

- I

2

y

2

Iu = Imax =

+

+ I xy =

2

2

=	7684,7 + 688,7	+		7684,7 − 688,7 2		+ (−741,1)	2	= 7762,3 cм	4
										;
	2			2

20