2075 М4;

см⁴;

= – 313,3 см⁴.

3. Определим направление главных центральных осей V и U. Угол наклона главных центральных осей V и Uк осям Z_c и Y_с найдем по формуле:

Тогда 2= 20,4˚;=10,2˚.

Поворачивая оси Ζ_с и Y_с против часовой стрелки (при положительном значении угла α) на угол α = 10,2˚, получаем положение главных центральных осей (рисунок 9).

4. Найдем величины моментов инерции относительно главных центральных осей по формуле:

.

Подставив числовые значения, получим:

Ось максимума (V) наклонена под меньшим углом к той из центральных осей, относительно которой центральный момент инерции сечения больше. В нашем случае

,

значит угол α получается между осями Z_c и V.

Выполним проверку по известному равенству

,

2130.

Следовательно, задача решена верно.

Вопросы к защите РГР №2

1. Что такое и их единицы измерения?

2. Чему равен статический момент сечения относительно оси, проходящей через центр его тяжести?

3. Как определяются координаты центра тяжести сложного сечения?

4. Как записываются формулы перехода для моментов инерции при параллельном переносе осей?

5. Чему равна сумма осевых моментов инерции сечения относительно двух взаимоперпендикулярных осей?

5. Формулы для определения осевых моментов инерции относительно центральных осей круга, прямоугольника, кольца?

7. Чему равны полярные моменты инерции круга и кольца относительно их центров?

6. Если в плоскости сечения несколько параллельных осей, относительно какой из них равен минимальному значению?

7. Изменяется ли сумма осевых моментов инерции относительно двух взаимоперпендикулярных осей при их повороте?

8. Как отражается на знаке центробежного момента инерции сечения расположение уголка по квадрантам координатных осей?

8. Что такое главные моменты инерции?

9. Какие оси называются главными и главными центральными осями инерции?

10. Чему равен относительно главных осей инерции?

11. В каких случаях без вычисления можно установить положение главных осей инерции сечения?

12. Если и, то какие оси сечения являются главными?

РГР № 3 – Внутренние усилия при изгибе стержней

Задание. Построить эпюры внутренних поперечных сил и изгибающих моментов.

Задача 1. Для заданных двух схем балок (рисунки 11) требуется написать выражения для поперечных сил Q и изгибающих моментов M для каждого участка в общем виде, построить эпюры Q и M.

Исходные данные приведены в таблице 3.

Рисунок 11 – Схемы балок

Рисунок 11 – Схемы балок

(продолжение)

Рисунок 11 – Схемы балок

(продолжение)

Рисунок 11 – Схемы балок

(продолжение)

Таблица 3 – Исходные данные к задаче 1

№ варианта		M, кНм	F, кН	кН/м
1	4	10	20	4
2	6	12	22	5
3	8	14	24	6
4	8	16	26	8
5	9	16	18	4
6	6	12	16	6
7	8	14	16	8
8	4	8	14	4
9	3	10	24	2
10	9	8	26	8

Чтобы построить эпюры (графики) Q и М, надо помнить, что поперечная сила в любом сечении есть алгебраическая сумма проекций всех внешних сил, действующих по одну сторону сечения, на ось, перпендикулярную оси балки. Поперечная сила Q считается положительной, если внешняя сила слева от сечения направлена снизу вверх, а справа – сверху вниз (рисунок 12 а), и отрицательна – в противоположном случае (рисунок 12 б).

Рисунок 12 – Схемы к определению знаков поперечной силы

Изгибающий момент в любом сечении определяется как алгебраическая сумма моментов всех внешних сил, действующих по одну сторону от этого сечения. Изгибающий момент считается положительным от тех нагрузок, момент которых изгибает горизонтальную балку выпуклостью вниз (рисунок 13 а) и отрицательным в случае изгиба балки выпуклостью вверх (рисунок 13 б)..

Рисунок 13 – Схемы к определению знаков изгибающих моментов

Для построения эпюр Q и М необходимо разбить балку на грузовые участки; граница участка – это место приложения сосредоточенной внешней нагрузки или начало (конец) распределенной нагрузки.

Эпюра изгибающих моментов изображается на растянутых волокнах балки (в сторону ее выпуклости), а так как положительный момент соответствует направлению выпуклостью вниз, то положительный момент откладывается вниз, а отрицательный – вверх.

Для проверки правильности построения эпюр необходимо помнить, что в сечении, в котором к балке приложена сосредоточенная внешняя сила, перпендикулярная оси балки (в том числе и опорная реакция в виде сосредоточенной силы), значение поперечной силы Q изменяется скачкообразно на величину приложенной силы. Аналогично, в сечении, в котором к балке приложен сосредоточенный изгибающий момент (в том числе и опорная реакция в виде сосредоточенного момента), значение изгибающего момента М изменяется скачкообразно на величину приложенного момента.

На участке балки, на котором поперечная сила имеет постоянное значение, эпюра изгибающих моментов М будет ограничена прямой наклонной линией.

Изгибающий момент достигает максимума или минимума в тех сечениях балки, в которых поперечная сила равна нулю.

На участках балки, на которых распределенная нагрузка q отсутствует, поперечные силы Q постоянны, а изгибающие моменты М меняются по линейному закону.

Пример решения. Рассмотрим две схемы балок, представленных на рисунке 14.

Рисунок 14 – Схемы балок

Решение

Схема (а), рисунок 15

Для балки, защемленной одним концом (консольная балка), удобно отсчитывать участки от свободного конца. В этом случае расчет можно вести без определения опорных реакций.

Составим уравнения поперечных сил Q и изгибающих моментов М для участков.

Участок 1: ;Q₁ = – F = – 20 кН, М₁ = Fx;

при x₁ = 0 М₁ = 0, при х₁ = = 0,5 мМ₁ = 20= 10кНм.

Участок 2: ;

Q₂ = – F + q (x₂ – ),М₂ = Fx₂ + М – q;

при x₂ = = 0,5 мQ₂ = – F = – 20 кН, М₂ = 20кНм;

при x₂ = = 5 м Q₂ = – 20 + 20(5 – 0,5) = 70 кН,

М₂ = 20.

На этом участке Q меняет знак. Найдем значение x₂ = x₀, при котором Q = 0.

Рисунок 15 – К расчету балки

На этом участке Q меняет знак. Найдем значение x₂ = x₀, при котором Q = 0.

Q₂ = – F + q (x₂ – a) = 0; x₂ = x₀ = м.

В этом сечении балки момент экстремален.

При x₂ = 1,5 м М_max = 20

Отложим положительные ординаты Q вверх, а отрицательные – вниз и, соединив полученныеточки линиями, получим эпюру поперечных сил (рисунок 15). Эпюра изгибающих моментов строится на растянутых волокнах балки, т.е. положительные значения М откладываются ниже нулевой линии, отрицательные – выше.

Схема (б), рисунок 16

1. Для построения эпюр Q и М необходимо определить опорные реакции из уравнений статики:

.

Отсюда

и отсюда же

Выполним проверку:

.

Следовательно, реакции определены верно.

2. Составим выражения для определения поперечной силы и изгибающего момента.

Участок 1: ;Q₁ = – F= – 20 кН, М₁ = – Fх₁;

при х₁ = 0 М₁ = 0; при х₁ = ₁ = 3,2м М₁ = – 20.

Участок 2: ;Q₂ = – F+R_A = – 20 + 74,2 = 54,2 кН,

М₂ = – F₂ + М + R_A(x₂ – ₁);

при х₂ = ₁ = 3,2 м М₂ = – 20;

при х₂ = ₁ + ₂ = 4,8 м М₂ = – 20.

Рисунок 16 – Расчетная схема балки и эпюры Q и M

Участок 3: ;;

при х₃ = 0 Q₃ = – R_B = – 73,8 кН, М₃=0;

при х₃ = 6,4 м Q₃ = – 73,8+20

М₃ = 73,8.

Определим экстремальное значение момента, так как поперечная сила на третьем участке изменяет знак:

Q₃ = – R_B + qx₃ = 0, х₃ = х₀ = ;

М_max = 73,8

По полученным данным построим эпюры поперечных сил и изгибающих моментов (рисунок 16).

Задача 2. Для рамы, изображенной на рисунке 17, требуется:

1) написать выражения для продольных сил N, поперечных сил Q и изгибающих моментов M на каждом участке в общем виде;

2) построить эпюры N, Q и M.

Исходные данные приведены в таблице 4

Для ломаных стержней и рам ординаты эпюры M, как и в балках, откладываются со стороны растянутого волокна.

Рисунок 17 – Схемы рам

Таблица 4 – Исходные данные к задаче 2

№ схемы
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10	3,0 2,9 2,8 2,7 2,6 2,5 2,4 2,3 2,2 2,1	3,0 2,9 2,8 2,7 2,6 2,5 2,4 2,3 2,2 2,1	10 20 3 4 5 6 7 8 9 10	10 20 3 4 5 6 7 8 9 10
e	д	е	д	е

Пример решения. Рассмотрим раму, представленную на рисунке 18.

Рисунок 18 – Заданная схема рамы

Решение

1. Определим опорные реакции и(рисунок 19).

Для этого составим три уравнения равновесия:

, ,

откуда

, ,

откуда ;

,

откуда .

Проверка реакций опор:

, ;

, ;.

Опорные реакции найдены верно.

Рисунок 19 – Расчетная схема рамы

Составим выражения N, Q и M для всех участков рамы, строго соблюдая правила определения знаков внутренних усилий.

Раму можно представить из пяти участков: и(рисунок 19).

Для всех участков ось X направляется вдоль стержней, т.е. мысленно представляем вертикальные участки рамы как горизонтальные. При этом нижние концы этих элементов (на рисунке 19 отмечены крестиком) принимаем в качестве левых концов участков.

На каждом участке проведем по одному сечению, определяемому координатой

Участок :.

Алгебраическая сумма проекций односторонних сил на ось стержня дает усилие

Алгебраическая сумма проекций односторонних сил на само сечение стержня дает усилие

.

Алгебраическая сумма моментов односторонних сил относительно центра тяжести сечения дает изгибающий момент

;

при , при

Участок :;

; ; ,

при , при

Участок :;

; ;,

, .

Участок :;

; ,

, ,.

Участок :;

; ,

, .

2. По вычисленным значениям строим эпюры N, Q и М (рисунок 20).

Для проверки правильности построения эпюр вырежем узлы рамы и приложим к ним все внутренние, взятые из этих эпюр, и внешние усилия (рисунок 21).

Рисунок 20 – Эпюры и

Проверка показывает, что узлы находятся в равновесии:

узел:,;

узел :,.

Как правило, проверяют равновесие всех узлов рамы.

Рисунок 21 – Схемы узлов рамы

Контрольные вопросы к РГР №3

1. Что называется прямым, косым, чистым и поперечным изгибом?

2. Какие внутренние усилия возникают при поперечном изгибе?

3. Какие правила знаков приняты для каждого из внутренних усилий?

4. Как вычисляются продольные и поперечные силы и изгибающие моменты в поперечном сечении бруса?

5. Чему равна поперечная сила в сечениях бруса, в которых изгибающий момент достигает экстремальных значений?

6. Изменяется ли поперечная сила в сечении, в котором к балке приложена внешняя сила, перпендикулярная оси балки?

7. Как изменяется момент в сечении, в котором к балке приложен сосредоточенный внешний момент?

8. В чем заключается проверка эпюр Q и M?

9. На каком волокне поперечного сечения балки изображается эпюра изгибающих моментов?