Определение моментов инерции относительно центральных осей X и Y

Используем формулы преобразования моментов инерции при переходе к параллельным осям.

Осевые (экваториальные) моменты инерции:

J^I_x = J^I_x1 + a₁²· F₁ =20,4 + (-1,375)² · 10,9 = 20,4 + 20,6=41,0 см⁴;

J^II_x = J^II_x2 + a₂²· F₂ =34,8 + (2,455)² · 6,11 = 34,8 + 36,8=71,7 см⁴;

J_x = J^I_x + J^II_x = 41,0 + 71,7 =112,7 см⁴.

J^I_y = J^I_y1 + b₁²· F₁ =147 + (-1,39)² · 10,9 = 174 + 21,2=195,2 см⁴;

J^II_y = J^II_y2 + b₂²· F₂ =12,5 + (2,48)² · 6,11 = 12,5 + 37,6=50,1 см⁴;

J_y = J^I_y + J^II_y = 195,2 + 50,1 =245,3 см⁴.

Центробежный момент инерции:

J^I_xy = J^I_x1y1 + a₁· b₁·F₁ = 0 + (-1,375) · (-1,39) · 10,9 = 20,8 см⁴;

J^II_xy = J^II_x2y2 + a₂ ·b₁· F₂ = 12,0 + 2,455- 2,48 -6,1.1 = 12,0 + 37,2 = 49,2 см⁴;

J_xy = J^I_xy + J^II_xy = 20,8 + 49,2 = 70,0 см⁴.

Итак:

Определение величин главных центральных моментов инерции

=

=179,0 ± 96,4 см⁴

Итак:

Определение направления главных центральных осей

tgα₀ = = = = – 2,33;

Знак «–» указывает на то, что для получения направления ocи «U»наибольшего главного центрального момента угол «α₀» сле­дует отложить от оси Xпо часовой стрелке.

Для проверки убедимся, что центробежный момент относи­тельно найденных осей J_uv = 0, т. е. эти оси действительно главные. Для этого используем формулу преобразование центробежного момен­та инерции при повороте координатных осей:

J_uv = ·sin 2α₀ + J_xy ·cos 2α₀ = ·(–0.722) + +70.0 · (–0.688) ≈ 0.

К ЗАДАЧЕ №5

СТАТИЧЕСКИ ОПРЕДЕЛИМАЯ БАЛКА

Для заданных двух схем балок требуется написать выражения поперечной силы Q и изгибающего момента М_и в произвольном сечении каждого участка, построить эпюры Q и М_и, найти М_max и подобрать размеры сечений балок при заданном допускаемом напряжении.

Для рассматриваемого случая плоского поперечного изгиба прямой балки поперечная сила в произвольном сечении вычис­ляется как алгебраическая сумма всех сил, лежащих по одну сто­рону от этого сечения. Правило знаков связано с направлением вызываемого поперечной силой сдвига, как показано на рисунке 5.1.

Поперечная сила считается положительной, если левая часть балки стремится сместиться относительно правой части вверх. Чтобы выбранное правило знаков было пригодно также и для негоризонтальных и кривых брусьев, его можно сформулировать так: поперечная сила считается положительной, если равнодействующая (∑Р)внешних сил, расположенных на любой из отсеченных частей балки, и уравновешивающая ее поперечная сила состав­ляют пару, стремящуюся повернуть рассматриваемую часть (без­различно какую) по часовой стрелке.

Рисунок 5.1

Изгибающий момент в произвольном сечении вычисляется как алгебраическая сумма моментов всех сил, расположенных по одну сторону от этого сечения, относительно главной центральной оси сечения, перпендикулярной плоскости изгиба. Правило знаков для «M_и» связано с направлением выпуклости оси балки, как показано на рисунке 5.2.

Изгибающий момент считается положительным, если изогнутая ось балки в данном сечении имеет выпуклость вниз,

растянутые волокна внизу растянутые волокна вверху

Рисунок 5.2

5. 1.Пример «а» (рисунок 5.3).

Консольная балка круглого сечения, [σ] = 8 МПа (80 кгс/см²).

Данные:

ℓ₁ =10а = 2,0 м; а=0,2 м;

= 7; а1 = 7a =I ,4 м; = 8; а₂ = 8а = 1,6 м;

Р=10 кН (1,0 тс); q = 10 кН/м (1,0 тс/м ).

Участок АВ (0 ≤ z ≤ 3a = 0,6 м)

Q_АВ = q·z (на эпюре — прямая)

при z=0; Q_A = 0;

при z = 3·a = 0,6 м; Q_B^пр = q·3a = 10·0,6 = 6 кН (0,6 тс).

М_АB = – q·z· = – (на эпюре – квадратная парабола).

На рисунке 5.3 штриховой линией показана равнодействующая (qz)распределенной на длине zнагрузки. Ее плечо относи­тельно рассматриваемого сечения равно 0,5·z. Знак «–» соответствует изгибу оси балки выпуклости вверх:

при z =0; М_A = 0;
при z = 3·а = 0,6 м; М_Е = – = – =

= – 1,8 кН·м (–0,18 тс·м).

Участок ВС (0 ≤ z ≤ 5a = l,0 м)

Q_ВС = q·(z+3·a) – P (прямая);

при z = 0; Q_B^лев = q·3a – P = 10·0,6 – 10 = – 4 кН (–0,4 тс).

при z = 5a = 1,0 м; Q_С = q·(5·a + 3·a) – P = 10·1,6 – 10= 6кН (0,6 тс).

М_BС = – + P·z (квадратная парабола).

при z = 0; М_В = – = – =

= – 1,8 кН·м (–0,18 тс·м).

при z = 5·а = 1,0 м; М_С = – + P·z =

= – +10·1 = –2,8 кН·м (–0,28 тс·м).

В качестве ординаты третьей точки для проведения квадратной параболы определим изгибающий момент М_кв сечении «K», в ко­тором поперечная сила равна нулю. Согласно дифференциальной зависимости

Q = ;

нагибающий момент М_K должен иметь экстремальное значение (в данном случае максимальное, так как поперечная сила, изменяясь слева направо, меняет знак с «+» па «–», т. е. алгебраически убывает).

Рисунок 5.3

Для определения координаты сечения «K» записываем ра­вен­ство

Q = q·(z_K+3·a) – P =0

откуда

z_K = = = 0,4 м.

Следовательно,

М_K = – +10·0,4 = –1,0 кН·м (–0,10 тс·м).

Участок СD (0 ≤ z ≤ 2·a = 0,4 м)

Q_СD = q·8·a – P = 10·1,6 – 10= 6кН (0,6 тс) (величина постоянная)

М_СD = – q·8·a ·(4·a + z) + P·(5·a +z) (прямая);

при z = 0; М_C =– q·8·a ·4·a + P·5·a = –10·1,6·0,8+10·1= – 2,8 кН·м (–0,28 т·м ),

при z = 5·а = 1,0 м; М_D = – q·8·a ·6·a + P·7·a = –10·1,6·1,2+10·1,4 = =– 5,2 кН·м (–0,52 т·м).

По этим данным построены эпюры «Q» и «М» на рисунке 5.3.

Проверка.

На участке q = 0 (DC) — «Q»— горизонтальная прямая, «М» — наклонная прямая.

На участке q = const ≠ 0 — наклонная прямая, «М» — квадратная парабола, обращенная выпуклостью по направлению действия распределенной нагрузки (эпюра «М»строится со стороны растя­нутых волокон).

На участках, где Q>0 (имеет знак « + » — эпюра «М»возра­стает слева направо (DCK и ВA) и наоборот, где Q <0 — эпюра «М» убывает слева направо (KВ). Сосредоточенных моментов в нагрузке балки нет — поэтому на эпюре «М»нет скачков. Сосре­доточенная сила в нагрузке одна — поэтому на эпюре «Q»в соот­ветствующем месте — скачок на величину этой силы, а на эпюре «М» — излом вершиной по направлению силы. Величины опорных реак­ций в защемлённой опоре Dможно прочесть на эпюрах: R_D = 6 кН; М_D = 5,2 кН·м. Их направление в соответствии с при­нятыми правилами знаков для Q и М показаны на схеме балки.