Студопедия
Случайная страница | ТОМ-1 | ТОМ-2 | ТОМ-3
АвтомобилиАстрономияБиологияГеографияДом и садДругие языкиДругоеИнформатика
ИсторияКультураЛитератураЛогикаМатематикаМедицинаМеталлургияМеханика
ОбразованиеОхрана трудаПедагогикаПолитикаПравоПсихологияРелигияРиторика
СоциологияСпортСтроительствоТехнологияТуризмФизикаФилософияФинансы
ХимияЧерчениеЭкологияЭкономикаЭлектроника

ПРИМЕР № 3

Читайте также:
  1. E. Организм контактирует с внутренними объектами — например, воспоминаниями, эротическими фантазиями, мысленными представлениями — субъективными образами.
  2. Excel. Технология работы с формулами на примере обработки экзаменационной ведомости
  3. I. Примерный перечень вопросов рубежного контроля.
  4. II. Примерный перечень вопросов к зачету (экзамену) по всему курсу.
  5. Quot;Красный смех" Л.Н. Андреева как пример экспрессионизма в русской литературе
  6. А этот пример можно использовать учителям для переориентации поведения детей в школе. В него тоже вошли все Пять последовательных шагов.
  7. А) Примеры описания самостоятельных изданий
Помощь в написании учебных работ
1500+ квалифицированных специалистов готовы вам помочь

Определить положение главных центральных осей и вычислить главные центральные моменты инерции заданного сечения (рис. 3,а).

 

 

Рис.3

 

Решение. Заданное сечение разобьем на два прокатных профиля: неравнобокий уголок I и швеллер II. Геометрические характеристики уголка и швеллера берем по ГОСТ 8510-86 и 8240-89.

Для уголка 100´ 65´10:

 

JIx1=154,05 см4; JIу1=50,98 см4; JIу3 =30,15 см4;

 

А1=15,61см2; tga= 0,41;

 

координаты центра тяжести

 

у1=3,36см; х1=1,63см.

 

Для швеллера № 20:

 

 

JIIx1=1520 см4; JIIу2=133 см4; А2=23,4см2; z0=2,07 см.

1.Выбираем вспомогательные оси u и v и определяем положение центра тяжести сечения

 

А1v1+A2v2 15,61 16,64 + 23,4 10

vc= = = 12,64 см;

А12 15,61+23,4

 

 

А1u1+A2u2 15,61 9,23 + 23,4 5,53

uc= = = 7,01 см.

А12 15,61+23,4

2.Выбираем вспомогательные центральные оси х0 и у0 и вычисляем осевые и центробежный моменты инерции относительно этих осей. Заметим, что указанные оси выбираем таким образом, чтобы они были параллельны тем центральным осям уголка и швеллера, относительно которых моменты инерции известны

 

 

Для швеллера оси х22 главные, поэтому Jx2y2=0.

Вычислим центробежный момент инерции уголка относительно осей х11 (рис.3,б).

На основании формулы

 

Откуда, учитывая, что a=arctg 0,41=22°20¢, и подставляя числовые значения, имеем

 

 

154,05+50,98 154,05-50,98

JIх1у1sin = 135°20¢ = + cos 135°20¢- 30,15

2 2

 

или окончательно

 

JIх1у1= 50,8см4

Тот же результат можно получить на основе формулы, которая при обозначениях, принятых здесь, имеет вид

Отсюда

 

JIх1у1=(JIу1- JIу2) tg(90°-a) = (50,98-30,15) tg(90°-22°20¢) = 50,8 см4

Вычисляем центробежный момент инерции всего сечения

 

Jх0у0 = JIх1у1+ а1b1А1+ JIIх2у2+ а2b2А2= 50,8+ (4) (2,22) 15,61+0+ (-2,64) (-1,48) 23,4=281см4.

 

3. По формуле определяем положение главных осей сечения (угол их наклона к исходной оси х0)

 

Jх0 2 281

tg2a0= - = - = - 0,3131,

Jх0 - Jу0 2087- 292

 

Откуда

 

0=17°20¢, а¢0=-8°40¢, а¢¢0= -8°40¢+90°= 81°20¢

 

Ось, относительно которой момент инерции максимален, составляет меньший угол с той из исходных осей, относительно которой момент инерции больше. В нашем случае Jх0> Jу0, следовательно Jх = Jmax (рис.3).

 

4. По формулам вычисляем величины главных центральных моментов инерции:

 

 

Если окажется, что неравенства Jmax > Jх0 или Jmin£ Jу0 не соблюдаются, значит, в последнем пункте расчета есть вычислительные ошибки


.

 

 

 

 


ПРИМЕР № 4

 

Построить эпюры поперечных сил и изгибающих моментов для балки, изображенной на рис. 4,а.

Решение. Определяем опорные реакции, составляя два уравнения моментов (рис.4,б).

 

 

Рис. 4

åmA=0; -F 2a-m+4qa 4a-VB 5a=0

 

или -qa 2a-2qa2+14qa2-VB 5a=0,

 

откуда VB=2,4qa;

 

 

åmB=0; -F 7a-m-4qaa +VA 5a=0;

 

-qa 7a-2qa2-4qa2+5VA a=0,

 

откуда VА=2,6qa.

 

Для проверки используем уравнение åv=0.

 

-F+VA-4qa+VB=-qa+2,6qa- 4qa+2,4qa=0,

 

следовательно, опорные реакции определены правильно.

Заданная балка имеет четыре участка нагружения, границами участков являются сечения, в которых приложены внешние силы или моменты (еще раз подчеркиваем, что реакции относятся к числу внешних сил). Эти участки указаны на рис.4,б).

Начнем с построения эпюры поперечных сил Q.

На участке I распределенная нагрузка отсутствует, следовательно Q1=const. Величину и знак Q определим, проведя произвольное сечение на этом участке (например, 1-1) и рассматривая равновесие левой отсеченной части (отдельно ее не показываем). Внешней нагрузкой, действующей на левую отсеченную часть, является сила F, стремящаяся повернуть эту часть против хода часовой стрелки, следовательно Q1 отрицательна.

 

Q1=-F=-qa.

 

На участке I эпюра Q- прямая параллельная оси абсцисс.

На участке II поперечная сила так же постоянна. На левую отсеченную часть действуют силы F и VA.

 

QП=VA-F=2,6qa- qa=1,6qa.

 

Заметим, что в сечении над левой опорой на эпюре Q получается скачок на величину силы VA.

На участке III поперечная сила изменяется по линейному закону.

Значение ее в сечении С известно: QC=QП=1,6qa. Найдем значение Q в сечении расположенном бесконечно близко слева от В,

 

=-F+VA-3qa=-qa+2,6qa- 3qa=-1,4qa.

 

Здесь 3qa- равнодействующая той части распределенной нагрузки, которая приложена левее сечения В.

Значение Q для IV участка удобнее определить рассматривая правую отсеченную часть балки.

В сечении D поперечная сила равна нулю (внешних сосредоточенных сил в этом сечении не приложено). QIV изменяется по линейному закону и в сечении, взятом бесконечно близко справа от В, равна равнодействующей распределенной нагрузки, приложенной к правой консоли, т.е.

 

=qa.

 

Отсекая часть балки (например, проведя сечение 4-4) и рассматривая правую часть, убеждаемся, что приложенные к ней внешние силы стремятся повернуть ее по ходу часовой стрелки, т.е. QIV положительна.

Эпюра поперечных сил, построенная по приведенным данным, показана на рис. 4,в.

Переходим к построению эпюры изгибающих моментов М.

На участке I изгибающий момент изменяется по линейному закону. На левом конце балки он равен нулю (здесь не приложен внешний момент). В сечении А

 

=-F 2а=-2qa2.

 

Знак минус поставлен потому, что эта часть балки изгибается выпуклостью вверх, т.е. сжатые волокна находятся снизу.

На участке II М также изменяется по линейному закону. В сечении, взятом бесконечно близко слева от С имеем

 

=-F 4а+VA 2а=-qa 4а+2,6qa 2а=1,2qa2.

 

В этом сечении на эпюре М получается скачок на величину приложенного здесь внешнего момента.

В сечении, проведенном бесконечно близко справа от С,

 

=-F 4а+VA 2а-m=-qa 4а+2,6qa 2а-2qa2=-0,8qa2.

 

Остальные значения М целесообразнее определять, рассматривая правую отсеченную часть балки.

В сечении на правом конце балки МD=0 (нет внешнего момента). На участке IV изгибающий момент изменяется по закону квадратной параболы. Правая консоль изгибается так, что сжатые волокна находятся внизу, т.е. изгибающий момент отрицателен. Изгибающий момент в сечении В равен моменту относительно точки В равнодействующей распределенной нагрузки, приложенной на консоли, т.е.

.

Параболу строим по двум найденным значениям МIV, учитывая при этом, что на правом конце касательная к эпюре горизонтальна, так как в этом сечении Q=0.

На участке III построим эпюру М по трем точкам. Две из них уже определены- известны значения и МВ. В сечении К поперечная сила равна нулю, следовательно эпюра М в этом месте экстремум. Положение сечения К определим, учитывая, что эпюра Q на участке III линейна и ее нулевая точка делит отрезок CB, равный 3а, в отношении 1,6 к 1,4.Беря относительно точки К сумму моментов сил, приложенных справа от не получаем:

.

Эпюра М изображена на рис. 4,г.

Можно построить эпюры Q и М несколько иным способом, а именно, составив предварительно уравнения, дающие законы изменения Q и М для каждого из участков. Принимая начало координат на левом конце балки, получаем следующие уравнения:

участок I (0£ z<2a):

 

Q1=-qa,

M1=-qaz;

 

участок II (2a< z<4a):

 

QП=-qa+2,6qa=1,6qa,

MП=-qaz+2,6qa(z-2a);

 

участок III (4a< z<7a):

 

 

=-qа+2,6qа-q(z-4а)=1,6qa-q(z-4а),

 

=-qаz+2,6qа(z-2а)- -2qa2;

 

участок IV (7a< z£8a):

 

 

=-qа+2,6qа-q(z-4а)+2,4qa=4qa-q(z-4а),

 

=-qаz+2,6qа(z-2а)- -2qa2+2,4qa(z-7a).

 


Дата добавления: 2015-07-11; просмотров: 114 | Нарушение авторских прав


 

 

<== предыдущая страница | следующая страница ==>
ПРИМЕР № 2| ПРИМЕР №5

mybiblioteka.su - 2015-2022 год. (0.023 сек.)