ПРИМЕР № 3

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:

J^I_x1=154,05 см⁴; J^I_у1=50,98 см⁴; J^I_у3 =30,15 см⁴;

А₁=15,61см²; tga= 0,41;

координаты центра тяжести

у₁=3,36см; х₁=1,63см.

Для швеллера № 20:

J^II_x1=1520 см⁴; J^II_у2=133 см⁴; А₂=23,4см²; z₀=2,07 см.

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

А₁ v ₁+A₂ v ₂ 15,61 16,64 + 23,4 10

v _c= = = 12,64 см;

А₁+А₂ 15,61+23,4

А₁ u ₁+A₂ u ₂ 15,61 9,23 + 23,4 5,53

u _c= = = 7,01 см.

А₁+А₂ 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 х₂,у₂ главные, поэтому J_x2y2=0.

Вычислим центробежный момент инерции уголка относительно осей х₁,у₁ (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

J^I_х1у1sin = 135°20¢ = + cos 135°20¢- 30,15

2 2

или окончательно

J^I_х1у1= 50,8см⁴

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

Отсюда

J^I_х1у1=(J^I_у1- J^I_у2) tg(90°-a) = (50,98-30,15) tg(90°-22°20¢) = 50,8 см⁴

Вычисляем центробежный момент инерции всего сечения

J_х0у0 = J^I_х1у1+ а₁b₁А₁+ J^II_х2у2+ 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)

J_х0у0 2 281

tg2a₀= - = - = - 0,3131,

J_х0 - J_у0 2087- 292

Откуда

2а₀=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 J_х0> J_у0, следовательно J_х = J_max (рис.3).

4. По формулам вычисляем величины главных центральных моментов инерции:

Если окажется, что неравенства J_max > J_х0 или J_min£ J_у0 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

åm_A=0; -F 2a-m+4qa 4a-V_B 5_a=0

или -qa 2a-2qa²+14qa²-V_B 5_a=0,

откуда V_B=2,4qa;

åm_B=0; -F 7a-m-4qaa +V_A 5_a=0;

-qa 7a-2qa²-4qa²+5V_A a=0,

откуда V_А=2,6qa.

Для проверки используем уравнение åv=0.

-F+V_A-4qa+V_B=-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 V_A.

Q_П=V_A-F=2,6qa- qa=1,6qa.

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

На участке III поперечная сила изменяется по линейному закону.

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

=-F+V_A-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). Q_IV 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. Q_IV 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+V_A 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+V_A 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 М_D=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 М_IV, 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 М_В. 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):

Q_П=-qa+2,6qa=1,6qa,

M_П=-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