Главная » Литература » Строительная механика. Сопромат. Физика » Беляев - Сопротивление материалов 242-606

Беляев - Сопротивление материалов 242-606


242 ВЫЧИСЛЕНИЕ мЬмЕнтов ИНЕРЦИИ плоских <И1ГУР [гл. хи
Подставляя в написанное выражение a=ai и приравнивая его
нулю, получаем
(/,—J у) sin 2ai—2/j,j, cos 2ai = 0;
отсюда

tg2a, = T-J^ = tg2a„ (см. A2.17)).
Таким образом, осями с наибольшим и наименьшим центральными
моментами инерции будут глазные центральные оси. Так как при
повороте центральных осей сумма соответствующих моментов
инерции не меняется, то
Когда один из центральных моментов инерции достигает
наибольшего значения, другой оказывается минимальным, т. е. если
•'!/„ ~ •'шах» ™ •'г„=<'п1|п'
Следовательно, главные центральные оси инерции — это такие
взаимно перпендикулярные оси, проходящие через центр тяжести
сечения, относительно которых центробежный момент инерции
обращается в нуль, а осевые моменты инерции имеют наибольшее и
наименьшее значения.
В дальнейшем будем обозначать главные оси инерции г/ и z и
главные моменты инерции сечения J у и J г.. Осью х по-прежнему
будет обозначаться ось балки по ее длине.
§ 71. Распространение формулы^ для вычисления
нормальных напряжений на случгм несимметричного
сечения балки
Пользуясь равенством нулю центробежного момента инерции
относительно главных осей, можно показать, что формулы § 63
применимы при известных условиях и к несимметричным сечениям.
При выводе формулы для нормальных напряжений (§ 63)
введенное нами ограничение, что балка симметрична относительно
плоскости действия внешних сил xz, понадобилось нам прежде всего
для: 1) установления перпендикулярности нейтральной оси у к
плоскости ZX, 2) доказательства того, что сумма моментов усилий
dN относительно оси z равна нулю:
2Af^ = 0; —^xydF=^Q; j2ydF = 0. A1.6)
F F
Ho условия перпендикулярности осей z a у n равенства нулю
vzydF могут быть выполнены и для несимметричного сечения бал-
f 71] СЛУЧАЙ НЕСИММЕТРИЧНОГО СЕЧЕНИЯ БАЛКИ 243
ки; для этого достаточно, чтобы ось г, лежащая в плоскости действия
сил, и нейтральная ось у были главными центральными осями ипер'
ции поперечного сечения балки. Тогда и условие
перпендикулярности соблюдается, и интеграл ^zydF, как центробежный момент
F
инерции сечения, относительно главных осей, снова будет равен нулю.
Значит, вместо условия совпадения плоскости внешних сил с
плоскостью симметрии сечений балки можно ввести другое: чтобы
плоскость действия внешних сил совпадала с одной из двух
плоскостей, содержащих главные оси инерции поперечных сечений. Эти
две плоскости в балке называются главными плоскостями инерции.
Тогда нейтральной осью будет вторая главная ось,
перпендикулярная к йлоскости внешних сил, и условие yydF = 0 будет ав-
р
томатически удовлетворено.
Так как при всякой форме поперечного сечения балки мы можем
найти главные центральные оси инерции, то для балки любого
поперечного сечения можно пользоваться
выведенными формулами A1.9) и A1.13)
Мг max М
при условии, что внешние силы лежат в одной из
главных плоскостей инерции балки; J uW берутся
относительно другой главной оси,
перпендикулярной к плоскости действия внешних сил и
являющейся нейтральной осью.
Как пример, можно указать балку зетового
сечения (рис. 170) с главными осями z и у.
Приведенные выше формулы применимы к ней, если
внешние силы будут лежать в плоскости z или у; нейтральной
осью в первом случае будет у, во втором z. Так как нейтральные
оси сечений и в этом случае перпендикулярны плоскости действия
внешних сил, то ось балки при деформации будет оставаться в этой
плоскости. Таким образом, расположение внешних сил в одной из
глазных плоскостей инерции балки и будет общим случаем плоского
изгиба.
Балки зетового профиля нередко применяются в качестве
прогонов, укладываемых поверх стропильных ферм. Под действием
вертикального давления, передающегося от веса кровли и снега, прогоны
будут изгибаться в плоскости действия внешних сил (при
соответствующем угле наклона крыши), т.. е. в условиях плоского изгиба.
Надо заметить, что в некоторых случаях в балках
несимметричного (относительно оси, лежащей в плоскости действия сил)
сечения появляется дополнительная система нормальных и касательных
напряжений, связанная с добавочным кручением балки.
244
ВЫЧИСЛЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ ПЛОСКИХ ФИГУР [ГЛ. XII
§ 72. Радиусы инерции. Понятие об эллипсе
инерции
Введем понятие об еще одной геометрической характеристике
сечения, связывающей момент инерции фигуры / с ее площадью F
формулами
Jy^ilF и J^'=ilF. A2.20)
Величины 1у и iz называются радиусами инерции и соответственно
равны
A2.21)
Если J у и /z— главные моменты инерции, то iy и i^— главные
радиусы инерции. Для прямоугольно'го сечения, например, на
основании формул A2.1) и A2.3):
1
l^hh V\2 ' ' У \2bh Vn
'У~ Y \2bh ~ /12
Для круга по формуле A2.4) получим
^V ^^ V 4я/-2 2
A2.22)
A2.23)
Для прокатных профилей значения главных радиусов инерции
приводятся в таблицах нормального сортамента (см. приложение).
Эллипс, построенный на главных радиусах инерции как на
полуосях, называется эллипсом инерции. Для его построения надо
отложить от центра тяжести сечения радиусы
инерции: iy— перпендикулярно к
центральной оси у, т. е. вдоль оси г, а i^—
перпендикулярно к оси Z (вдоль оси у). Если
Jy—^maxf то длинная ОСЬ эллипса, .равная
2 iy, расположится вдоль оси z (рис. 171).
ИАЛ j/j z''\ Эллипс инерции обладает следующим
л/">Г^У iLt—L»_ вамечательным свойством: радиус инерции
относительно произвольной оси х,
проведенной через центр тяжести сечения, равен
длине перпендикуляра, опущенного из
центра эллипса на касательную к нему,
параллельную этой оси. Следовательно, при
• помощи эллипса инерции можно графически
найти радиус инерции i^ для любой оси
X, составляющей угол р с главной осью у;
для этого достаточно провести касательную к эллипсу,
параллельную оси X, и измерить расстояние i^ от этой оси до
касательной (рис. 171), Зная измеренную величину радиуса инерции i^,
Рис. 171.
f 73]
ПРОВЕРКА ПРОЧНОСТИ, ПОДБОР СЕЧЕНИЯ
245
вычисляем момент инерции относительно оси х по формуле
3^ = ilF. A2.24)
Для некоторых довольно часто встречающихся в инженерной
практике сечений, например, круга, квадрата и многих других
(рис. 172), моменты инерции относительно обеих главных осей
инерции одинаковы. Следовательно, равны между собой и главные
радиусы инерции (/j,=/z), вследствие чего эллипс инерции обращается в
круг инерции. Для таких сечений любая центральная ось
является главной центральной осью инерции, что видно также из формулы
Li
U-j->l
U-й-»!
Рис. 172.
Л
и.,-л
A2.19) для центробежного момента инерции, обращающегося в нуль
при любом значении угла р, если Jy=Jt (см. §69).
Стержни такого профиля одинаково сопротивляются деформации
изгиба в любом направлении, что особенно важно при продольном
сжатии длинных стержней (глава XXVII).
§ 73. Проверка прочности, подбор сечения
и определение допускаемой нагрузки
при изгибе
Полученные в главе XI формулы A1.15), A1.16), A1.17), выпа-
жающие условие прочности при изгибе, в сочетании с умением isbi-
числять моменты инерции и моменты сопротивления сечений (глава
XII), позволяют решать основные задачи сопротивления материалов
при изгибе (§ 4), а именно:
а) при заданных нагрузках и размерах балки проверить ее
прочность на изгиб;
б) при известных нагрузках и продольных размерах балки
определить необходимые размеры ее поперечного сечения;
в) при известных продольных и поперечных размерах балки
определить для нее величину допускаемой нагрузки.
Во всех случаях величину допускаемых напряжений при изгибе
считаем заданной.
Применение условий прочности для решения перечисленных
задач покажем на примерах.
246
ВЫЧИСЛЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ ПДОСКИХ ФИГУР [ГЛ. хи
А. Пусть необходимо проверить прочность стального стержня
прямоугольного сечения 60Х100 мм, ослабленного двумя симметрично расположенными отвер-
стиимн диаметром d=lO мм (рис. 173), если изгибающий момент в опасном сече-
ИНН Мтах=1.3 Тм, а допускаемое на1Ц)яжеиие [0]=16ОО кГ/см^.
Подсчитаем момент инерции сечення относительно нейтральной оси у:
...^-.(M.H^)-i^-.F...3.+i|^)-3,w...
Момент сопротивления сечення
391
"У г
Наибольшие напряжения в опасном сечении:
М,
78,2 ел».
ашах —-^-^=^^^^=1660 кГ/см^ > 1600 кГ/см\
Перенапряжение
1660—1600
1600
100 = 3,75% допустимо.
Б. Рассмотрим также пример подбора сечения. Пусть балка двутаврового
сечения пролетом 1=4 м, шариирно опертая по концам, нагружена по всей длине
равномерно распрехеленной нагрузкой q=2 Т/м и сосредоточеиной силой Р=6 Т,
приложенной посредине пролета. Необходимо подоб-
1 рать сечение балки при допускаемом , напряжении
ТТ^^Щ [01=1600 к/"/сл2.
I ?:""'~t~'~ —т Величину наибольшего изгибающего момента по-
I ¦ ^^^^^ Ч^^ средине пролета подсчитаем, пользуясь методом
сложения действия сил (§ 61).
Изгибающий момент от сплошной нагрузки q по
формуле A0.11)
^=^—«• ,
t-m
Мд = -
Рис. 173.
От действия сосредоточенной силы Р A0.10')
,. Р1 6,4 . _
Наибольший суммарный изгибающий момент в опасном сечении:
Л1тах = Л*9+^я=4 + 6=10 Гл = 10-105 кГ-см.
По условию прочнвсти A1.16) необходимый момент сопротивления сечения должен'
быть не меньше
W:
М„
10-10»
1600
= 625 ел».
Находим по сортаменту (см. приложение) номер профиля, удовлетворяющий
этому условию: двутавр № 33 с моментом сопротивления \F=597 слА (перенапряжение
около 5% допустимо).
В. Покажем еще на примере порядок определения допускаемой равномерно
распределенной нагрузки, которую можно безопасно приложить к подкрановой
балке пролетом /= 10 м, шарнирио опертой по концам. Балка представляет
собой двутавр № 60, усиленный двумя приваренными к нему листами (полками)
сечением 200X20 мм (рис. 174). Допускаемое напряжение принято [ff]=
= 1400 кГ/см\
f 73].
ПРОВЕРКА ПРОЧНОСТИ. ПОДБОР СЕЧЕНИЯ
247
Момент инерции сечения найдем как сумму моментов инерции относительно
нейтральной оси двутавра (по сортаменту) и двух полок — в» формуле перехода
к параллельным осям A2.7)
= 76 806+2 Г?^+20-2.C0+1)''] « 153 700сл«.
Момент сопротивления сечения
W=—^=-
153 700
32
-=4820 ел».
По условию прочности A1.16) наибольший изгибающий момент, равный -Л^шах"^
—qPJ8, ие должен превышать
М„
откуда
, .81а]]Х' 8-1400.4820 .. „,
или 5400 кГ/м.
Если учесть собственный вес балки, то следует вычесть погонную нагрузку
от веса двух листов 2-20-2-100-0,00785=63 кГ/м и от веса двутавра (по
сортаменту) 108 кГ/м, а всего Gо==63-|-108=171 кГ1м.
I*- b-ZOO—*^
Рис. 174.
Рис. 175,
Таким образом, балку можно загрузить полезной нагрузкой
G=[9l—«70=5400—171 «5230 кПм.
Г. И, наконец, рассмотрим хой расчета балки составного несимметричного
сечения. Пусть необходимо определить величину допускаемого изгибающего момента
для балки, защемленной одним концом в стену, если пара сил расположена на
другом конце в главной плоскости инерции. Размеры сечения в мм показаны на
рис. 175. Пролет балки /=0,6 м. Допускаемое напряжение [о]=1600 кПсм"^.
248
ВЫЧИСЛЕНИЕ МОМЕНТОВ ИНЕРЦИИ ПЛОСКИХ ФИГУР [ГЛ. XII
Прежде всего необходимо найтн положение центра тяжести сечения. Для
этого выбираем произвольную систему координатных осей t/iZi; удобно, чтобы вся
фигура лежала в положительном квадранте. Расстояния центра тяжести сечения
до этих осей иайдутс5} по формулам
Ус=-
н Z,
F
где S^^ к Sy — статические моменты площади относительно осей Zi н у^.
Для подсчета статических моментов разобьем площадь нашей фигуры на 2
прямоугольника — вертикальный I и горизонтальный II. Площадь фигуры равна
f=b 12+7» 1=19,0 см^. Статические моменты ^):
5г.=/'1У1,1 + /'2Й,4 =12-0,5+ 7A+3,5) = 37,5 сл8.
Sy, = /?i2i,i + /?2Zi,2= 12-6,0+ 7-11,5= 152,5 сл«.
Координаты центра тяжести:
37 5
4'с=-7^=1|97 сли2,0 ел; г^
152.5
19
« 8,00 см.
Теперь наметим си&тему центральных осей уц и г„. Проще всего эти оси
направить параллельно сторонам фигуры, что облегчит вычисление моментов инерции
площади сечения относительно этих осей.
Моменты инерции отдельных прямоугольников относительно осей уо и z,,
вычисляются по формулам перехода к параллельным осям A2.7) и A2.8), а
собственные моменты инерции прямоугольников по формулам A2.1).
Таблица 12
Вычисление моментов инерции
1
i
1
2
2
С
т
СР
5
а
о
ч
с
12
7
19
...


Архивариус Бизнес-планы Типовые серии Норм. документы Литература Технол. карты Программы Серии в DWG, XLS