Задачи по сопротивлению материалов Геометрические характеристики плоских сечений Лабораторные работы по сопротивлению материалов Контрольная работа Определение перемещений при косом изгибе Расчет заклепок на срез

Сопромат Задачи и лабораторные работы

Осевые моменты инерции плоских сечений простой формы

 Осевым моментом инерции плоского сечения относительно некоторой оси называется взятая по всей его площади А сумма произведений элементарных площадок dA на квадраты их расстояний от этой оси, т.е.

  (2.2.1)

где х – расстояние от элементарной площадки dA до оси у; у – расстояние от элементарной площадки dA до оси х (рис. 2.1.1).

 Полярным моментом инерции плоского сечения относительно некоторой точки (полюса) О называется взятая по всей его площади А сумма произведений элементарных площадок dA на квадраты их расстояний от этой точки, т.е.

 (2.2.2)

 Сумма осевых моментов инерции плоского сечения относительно двух взаимно перпендикулярных осей равна полярному моменту инерции этого сечения относительно точки пересечения указанных осей:

 . (2.2.3)

 Центробежным моментом инерции плоского сечения относительно некоторых двух взаимно перпендикулярных осей х и у называется взятая по всей его площади А сумма произведений элементарных площадок dA на их расстояния от этих осей, т.е.

 (2.2.4)

Центробежный момент инерции плоского поперечного сечения относительно осей, из которых одна или обе совпадают с его осями симметрии, равен нулю.

 Осевые и центробежные моменты инерции плоского сечения относительно произвольных осей х1 и у1, параллельных центральным осям х и у, определяют по формулам:

  (2.2.5)

  (2.2.6)

где a, b – расстояния между осями х и х1, у и у1 показаны на рис. 2.1.2. Принимается, что х, у – центральные оси, т.е. оси, проходящие через центр тяжести О плоского сечения.

 При повороте центральных осей х, у на угол α моменты инерции можно определить из выражений

 

  (2.2.7)

  (2.2.8)

где положительное направление угла α показано на рис. 2.2.1.

 Сумма осевых моментов инерции относительно двух взаимно перпендикулярных осей сохраняет постоянную величину при повороте осей на любой угол(рис. 2.2.1), т.е.

  (2.2.9)

 Максимальные и минимальные значения осевых моментов инерции поперечного сечения называются главными моментами инерции. Оси, относительно которых осевые моменты инерции имеют экстремальные значения, называются главными осями инерции. Главные оси инерции взаимно перпендикулярны и, следовательно, из формулы (2.2.9) имеем

  (2.2.10)

 Величину главных моментов инерции определяют по формуле:

  (2.2.11)

а главные оси инерции можно построить, повернув центральные оси х, у на угол α (рис. 2.2.1):

 (2.2.12) 

 У к а з а н и я

 1. Ось максимум всегда составляет меньший угол с той из осей (у или х), относительно которой осевой момент инерции имеет большее значение.

 2. Относительно главных осей инерции центробежный момент инерции равен нулю.

 3. Взаимно перпендикулярные центральные оси, из которых одна или обе совпадают с осями симметрии, всегда являются главными осями инерции.

 4. Для фигур, имеющих более двух осей симметрии, осевые моменты инерции относительно всех центральных осей равны между собой. К таким фигурам относятся равносторонний треугольник, квадрат, круг и т.д.

 Задача 2.2.1. Определить осевые моменты инерции прямоугольника высотой h и шириной b относительно осей х и у (рис. 2.1.4).

 Решение. Согласно рис. 2.1.4, имеем dA = bdy. Площадь элементарной площадки подставляем в формулу (2.2.1):

Аналогичным путем можно вычислить Iy = hb3/3.

 Задача 2.2.2. Определить осевые моменты инерции прямоугольника высотой h и шириной b относительно осей х и у, являющихся его осями симметрии (рис. 2.2.2).

 Ответ: Ix = bh3/12; Iy = hb3/12.

 Задача 2.2.3. Определить полярный момент инерции круглого поперечного сечения (рис. 2.2.3) относительно точки С.

 Решение. За элементарную площадку выберем кольцевую область вокруг центра С с внутренним радиусом ρ и шириной dρ. Определим площадь элементарной площадки dA = 2πρdρ. Затем результат подставляем в формулу (2.2.2):

 Задача 2.2.4. Определить осевые моменты инерции круглого сплошного поперечного сечения относительно произвольных центральных осей х, у (рис. 2.2.3).

 Решение. В примере 2.2.3 найдено, что . Однако для круглого сплошного сечения Ix = Iy, поэтому формула (2.2.3) для этого сечения принимает вид: 2Ix = Iρ, откуда находим

  (2.2.13)

 Задача 2.2.5. Определить осевые моменты инерции Ix, Iy для квадратного поперечного сечения (рис. 2.2.4).

 У к а з а н и е. Для расчета можно использовать рис. 2.1.3 при условии, что α = 45о, h= b/2 = acos45o, dA = =bydy, а значение by взять из примера 2.1.1.

 Ответ: Ix = Iy= a4/12.

 Задача 2.2.6. Определить осевые моменты инерции Ix, Iy для поперечного сечения, показанного на рис. 2.2.5.

 Ответ: Ix = (bh3 – b1h13)/12; Iy = (hb3 – h1b13)/12.

 Задача 2.2.7. Определить осевые моменты инерции ,и центробежный момент инерции относительно центральных осей хс, ус для сечения, изображенного на рис. 2.1.9. Вычислить значения главных моментов инерции и определить расположение главных осей инерции. Центр тяжести поперечного сечения находится в точке С.

 Ответ:

α = –45о.

 Задача 2.2.8. Определить осевые моменты инерции Ix, Iy прямоугольного треугольника относительно случайных осей х, у (см. рис. 2.2.6). Вычислить положение центра тяжести. Найти значения осевых моментов инерции ,и центробежный момент инерции  относительно центральных осей хс, ус, проходящих через центр тяжести С. Определить расположение главных осей инерции поперечного сечения в форме сплошного прямоугольного треугольника (рис. 2.2.6).

 У к а з а н и я. Для нахождения центробежного момента инерции   можно использовать формулы (2.2.4) и (2.2.6), которые для рассматриваемого случая принимают вид:

 Из подобия треугольников находим (рис.2.2.6):  откуда  следовательно, площадь элементарной площадки dA будет

 Горизонтальная координата х центра тяжести элементарной площадки dA определяется как x = by /2 =b (h – y)/(2h).

 Подставим значения х и dA в формулу для определения Ixy:

 Переходим к центральным осям хс и ус, для которых

Ответ:


Задача 2.2.9. Определить статические моменты, осевые моменты инерции, центробежные моменты инерции и положение главных осей неравнополочного уголка 1208010 относительно осей х, у и относительно центральных осей хс, ус. Вычислить положение центра тяжести. Для вычислений принять b = 8 см, h = 12 см, t = 1 см (рис. 2.2.7). Полученные результаты сравнить с табличными данными (см. Раздел IV, табл. V).

 Ответ: а) Sx = 75,5 см3; yc = 3,97 см; Sy = 37,5 см3; xc = 1,97 см;

 Ix = 578,32 см4, Iy = 174,32 см4; Ixy = 51,75 см4; tg2α = 1,0928;

    α = 23,8o.

 Задача 2.2.10. Определить главные моменты инерции относительно главных осей х, у для плоского поперечного сечения, показанного на рис. 2.2.8. Для вычислений принять h = 12 см,

b = 8 см, t = 1 см.

 Как с помощью полученных результатов для фигуры, показанной на рис.2.2.8, проверить ответы в примере 2.2.9 (рис. 2.2.7)?

 Ответ: Ix = 2313,3 см4; Iy = 697,3 см4.

 Задача 2.2.11. Оп- ределить статический момент Sx поперечного сечения в виде равнобокой трапеции (см. рис. 2.2.9). Найти положение центра тяжести С. Вычислить главные моменты инерции относительно главных осей хс, у. Можно ли применить полученные результаты для вычисления соответствующих геометрических характеристик поперечных сечений в виде равнобедренного треугольника и прямоугольника?

 Ответ:

 Задача 2.2.12. Найти положение центра тяжести поперечного сечения железобетонной балки (рис. 2.2.10). Вычислить главные моменты инерции относительно главных осей хс, у.

 У к а з а н и я. Для расчета использовать материалы примера 2.2.11, в котором определены главные моменты инерции сечения в виде равнобокой трапеции. В рассматриваемом случае необходимо принять a = 20 см, h = 20 см, b = 40 см, тогда для трапециевидной части поперечного сечения балки будем иметь

A1=600 см2;

 Ответ: yc = –1,7 см; Iy = 116667 см4.

 Задача 2.2.13. Определить расстояние а между элементами пакета, состоящего из трех досок размером , при условии равенства главных моментов инерции относительно осей х и у (рис. 2.2.11).

 Решение. Момент инерции всего сечения относительно оси х будет

 При определении момента инерции сечения относительно оси у для двух крайних прямоугольников следует воспользоваться формулой (2.2.5), так как ось у не является для них центральной и, следовательно, для всего пакета из трех досок будем иметь

 По условию задачи Ix = Iy, или 17280 = 240a2 + 2400a + 6750. Решив полученное квадратное уравнение, найдем a = 3,3 см.

 Задача 2.2.14. Определить величины осевых моментов инерции относительно оси х для поперечных сечений, показанных на рис. 2.2.12.


Ответ: а), б), в), г), д)

 Задача 2.2.15. Найти положение центра тяжести площади поперечного сечения, представленного на рис. 2.2.13. Определить главные моменты инерции этого сечения.

 Ответ:

 Задача 2.2.16. Вычислить главные моменты инерции для сечения, показанного на рис. 2.2.14.


Ответ: Iy = Imax = 1172,62 см4; Imin = 122,11 см4.

 Задача 2.2.17. Вычислить главные моменты инерции поперечного сечения круглого бревна диаметром d и прямоугольного сечения бруса с b= = d/2, выполненного из этого бревна (рис. 2.2.15). Найти высоту h прямоугольного сечения бруса.

 Ответ:  Ix = Iy = 0,049087d4 (для круглого поперечного сечения), Ix = 0,02706d4; Iy = 0,009021d4 (для прямоугольного поперечного сечения).

 Задача 2.2.18. Найти положение центра тяжести С и вычислить главные моменты инерции поперечного сечения участка стены таврового сечения (см. рис. 2.2.16). Кладка выполнена из глиняного кирпича пластического прессования на растворе.

 Ответ: хс = 0,44 м;

 Задача 2.2.19. Найти положение центра тяжести и вычислить момент инерции для поперечного сечения, изображенного на рис. 2.2.17.


Ответ:

 Задача 2.2.20. Определить главные моменты инерции поперечного сечения, показанного на рис. 2.2.18. При решении задачи разрешается пользоваться табл. I «Геометрические характеристики некоторых плоских сечений» раздела IV.

 Ответ: Ix = 26086 см4; Iy = 3898 см4.

Строгие теории механики деформируемого тела базируются на более точной постановке проблем, в связи с чем, для решения задач приходится применять более сложный математический аппарат и проводить громоздкие вычислительные операции. Вследствие этого возможности применения таких методов в практических задачах ограничены.

В свою очередь, методы сопротивления материалов базируются на упрощенных гипотезах, которые, с одной стороны, позволяют решать широкий круг инженерных задач, а с другой, получать приемлемые по точности результаты расчетов.

При этом главной задачей курса является формирование знаний для применения математического аппарата при решении прикладных задач, осмысления полученных численных результатов и поиска выбора наиболее оптимальных конструктивных решений. То есть данный предмет является базовым для формирования инженерного мышления и подготовки кадров высшей квалификации по техническим специализациям.

Сопротивление материалов является основой для изучения курса «Детали машин» и различных специальных дисциплин, таких, как «Конструкция и прочность двигателей», «Конструкция и прочность летательных аппаратов» и т.п.

Зарождение науки о сопротивлении материалов относится к XVII в. и связано с работами знаменитого ученого того времени Галилео Галилея. Значительный вклад в ее развитие был сделан выдающимися учеными: Гуком, Бернулли, Сен-Венаном, Коши, Ламе, Эйлером и др. В России в конце XIX-начале XX века важные исследования в области сопротивления материалов провели русские ученые Д.И.Журавский, Ф.С.Ясинский, И.Г.Бубнов, С.П.Тимошенко и др.

Реальный объект и расчетная схема

В сопротивлении материалов, как и во всякой отрасли естествознания, исследование вопроса о прочности или жесткости реального объекта начинается с выбора расчетной схемы. Расчетная схема конструкции - его упрощенная схема, освобожденная от несущественных в данной задаче особенностей. Например, при расчете на прочность троса, поднимающего груз, можно не учитывать форму груза, сопротивление воздуха, изменение давления и температуры воздуха с высотой, силу тяжести троса и многие другие факторы, учет которых усложняет расчет троса, но практически не влияет на конечный результат. Трос, свитый из большого числа тонких проволочек, в данном примере можно рассматривать как однородный стержень круглого поперечного сечения, нагруженный растягивающей силой, сосредоточенной в месте крепления груза.

При выборе расчетной схемы вводятся упрощения в геометрию реального объекта. Основным упрощающим приемом в сопротивлении материалов является приведение геометрической формы тела к схемам бруса, оболочки или пластины. Как известно, любое тело в пространстве характеризуется тремя измерениями. Брусом называется геометрический объект, одно из измерений которого (длина) много больше двух других. Геометрически брус может быть образован путем перемещения плоской фигуры вдоль некоторой кривой, как это показано на рис. 1.1.

Эта кривая называется осью бруса, а плоская замкнутая фигура, располагающая свой центр тяжести на оси бруса и нормальная к ней, называется его поперечным сечением. Брус может иметь как постоянное, так и переменное поперечное сечение. Многие сложные конструкции на практике рассматриваются как комбинации элементов, имеющих форму бруса, поэтому в настоящей книге преимущественно рассматриваются методы расчета бруса как основного геометрического объекта изучения науки сопротивления материалов. Брус, работающий при растяжении, называется стержнем, при изгибе – балкой, при кручении – валом. Стержневые элементы, воспринимающие вертикальные сжимающие силы, называют стойками, а наклонные элементы - раскосами. Конструкцию, состоящую из соединенных изгибаемых стержней, называют рамой. Если же благодаря шарнирному соединению стержней все они работают только на растяжение или сжатие (от нагрузки, приложенной в узлах), то конструкцию называют фермой.

Рис. 1.1

Второй основной геометрической формой, рассматриваемой в сопротивлении материалов, является оболочка, под которой подразумевается тело, у которого одно из измерений (толщина) намного меньше, чем два других. К оболочкам относятся различного рода резервуары, котлы, купола зданий, корпуса подводных лодок, обшивка фюзеляжа самолета и т.п.

Оболочка, срединная поверхность которой представляет собой плоскость, называется пластиной. Примером могут служить крыши и днища резервуаров, перекрытия зданий, различные диски и т.п.

Элемент конструкции, размеры которого во всех направлениях мало отличаются друг от друга, называется массивом. К ним относятся фундаменты сооружений, подпорные стенки и т.п.


Расчеты на растяжение и сжатие