ГЛАВА2Геометрические характеристики поперечных сечений брусьев8

Сопротивление брусьев различным видам деформаций зависит не только от его материала и размеров, но и от очертаний оси, формы поперечных сечений и их расположения относительно направления действующих нагрузок. Основные геометрические характеристики поперечных сечений стержня – площади поперечных сечений, статические моменты, моменты инерции, моменты сопротивления, радиусы инерции.

2.1. Моменты сечения

Возьмём какую-либо плоскую фигуру (рис. 2.1), представляющую собой поперечное сечение бруса, и проведём в её плоскости произвольную прямоугольную систему координатных осей y и z. Затем разобьём площадь F этой фигуры на элементарные площадки dF.

Рис. 2.1

8 Жилкин В. А. Определение геометрических характеристик поперечных сечений брусьев в программных продуктах SCAD, MSC.Patran-Nastran-2005 и MathCAD. Челябинск : ЧГАУ, 2007. 67 с.

82

Под моментами сечения, приведенного на рис. 2.1, понимаются определенные интегралы по площади F вида:

Sy zdF;
				F
S		z			– статические моменты сечения
						относительно осей	y	и	z	;
					ydF;
				F
Jy			z2dF;
				F
J					– осевые моменты инерции
	z				y2dF;	сечения относительно осей y и z;
				F

Jyz yzdF – центробежный момент инерции
F	сечения относительно осей y и z;
J 2dF y2 z2 dF
F	F	–
z2dF y2dF Jy Jz
F	F

полярный момент инерции сечения относительно начала координат. Он равен сумме осевых моментов инерции относительно любых взаимно перпендикулярных осей, проходящих через начало координат.

Моменты инерции Jy , Jz , J всегда положительны и никогда не равняются нулю. Sy , Sz , Jyz могут быть положительными, отрицательными и равными нулю.

Единицами измерения статического момента и момента инерции сечения являются м3, м4.

Осевые моменты инерции всегда можно представить как произведения площади фигуры на квадраты некоторых

вспомогательных величин, имеющих размерность длины и называемых радиусами инерции:

Jy Fi2y ; Jz Fiz2 .

83

В. А. Жилкин

Следовательно, радиусы инерции сечения относительно осей y и z

	Jy
iy			;	iz	J	z		.
	F				F

2.2. Центр тяжести сечения и свойство статического момента9

Центром тяжести сечения называется точка (рис. 2.2), координаты которой определяются по формулам

	yц.т	S	z	; zц.т	Sy	.	(2.1)
		F			F

Понятию «центр тяжести» не следует придавать физического смысла.

Если положение центра тяжести известно, то из (2.1) следует

Sz yц.т F

;

Sy zц.т F

.

(2.2)

Статический момент сечения относительно оси равен его площади, умноженной на расстояние от центра тяжести сечения до этой оси.

Рис. 2.2

9 Жилкин В. А. Применение системы MathCAD при решении задач прикладной механики. Часть 2. Теоретическая механика. Статика. Челябинск : ЧГАУ, 2001. 100 с.

84

ГЛАВА2 Геометрические характеристики поперечных сечений брусьев

Оси, проходящие через центр тяжести, называются цен-

тральными.

Статические моменты сечения относительно центральных осей равны нулю, т.к. для этих осей yc 0 : zc 0 .

Для сложной фигуры, которую всегда можно представить как совокупность простых фигур (прямоугольников, треугольников и т. п.), формулы (2.1) записываются в виде

n

n

S

Fk yk

Sy

Fk zk

y

ц.т

z

k 1

; z

ц.т

k 1

, (2.3)

n

n

F

F

Fk

Fk

k 1

k 1

где Fk , yk и zk – площадь и координаты центра тяжести простой фигуры.

При вычислении центра тяжести плоской фигуры в Math-

CAD формулы (2.3) целесообразно представить в виде
yц.т	Sz	F	y	; zц.т	Sz		F	z	,	(2.4)
	F	F	E		F		F	E

где в числителях записаны скалярные произведения вектора площадей простых фигур на вектора координат центров тяжести этих фигур, а в знаменателе – скалярное произведение вектора площадей на единичный вектор. Эти вектора имеют вид

	F				y				z			1
F	1			y		1		; z	1		; E
	F2		;		y2				z2				1	.
	...				...				...			...
	Fn				yn				zn				1

Центр тяжести сечения, имеющего ось симметрии, находится на этой оси.

85

В. А. Жилкин

Пример 2.1. Определить положение центра тяжести полукруга (рис. 2.3).

Рис. 2.3

Направим ось z по оси симметрии полукруга, а ось y совместим с его основанием. В этом случае yц.т 0 и надо определить только zц.т . Вычислим Sy непосредственным

интегрированием по площади полукруга (рис. 2.3). Здесь z sin ; dF d d . Следовательно,

	Sy		R 2d		sin d					2 R3 .
		0			0					3
Далее, в соответствии с формулой (2.1),
			Sy	2		3	2		4R
	zц.т			3 R				3 .
			F				R2
Пример 2.2. Найти	координаты центра						тяжести			однородной пластин-
ки (рис. 2.4). a 40				см;	b 15				см;	c 7 см;	d 23 см;
e 8	см; f 30 см.								yoz так, чтобы вся фигу-
Выберем систему координат

ра располагалась в первой четверти. Разобьём заданную фигуру на простые – прямоугольники, вычислим площади этих фигур и координаты центров тяжести. Для вычисления координат центра тяжести заданной фигуры воспользуемся формулами (2.4).

86