4) Сравним веса валов
Найдем площадь поперечного сечения для каждого из валов: круглого, кольцевого, прямоугольного.
Указания к задаче 5
Определение положения центра тяжести сложного сечения
Координаты центра тяжести любой сложной фигуры можно определить по формулам:
, 
,
где Sx, Sy – статические моменты площади сечений простых фигур, составляющих сложную фигуру;
S – площадь фигуры.
Сумма статических площадей простых фигур определяется по формуле:
, 
,
где Si – площадь i-той простой фигуры;
xi, yi – координаты центра тяжести i-той простой фигуры.
ПРИМЕР 1
Определить положение центра тяжести фигуры, показанной на рис. 10.
Рисунок 10.
1) Выбираем произвольные оси координат
2) Разбиваем сечение на простейшие фигуры
3) Находим площадь каждой из фигур
мм2;
мм2.
4) Определяем статические моменты площади
мм3
мм3
5) Находим координаты центра тяжести
мм;
мм.
Определение моментов инерции сечения при параллельном переносе осей
Пусть известны все геометрические характеристики сечения относительно исходных осей х, у (рис. 11). Определим моменты инерции относительно параллельных им осей хС, уС, проходящих через центр тяжести сечения.
 |
Рисунок 11.
,
,
,
где Ix, Iy – осевые моменты инерции относительно исходных осей;
Ixy – центробежный момент инерции относительно исходных осей;
Ixc, Iyc – осевые моменты инерции относительно центральных осей;
Ixcyc – центробежный момент инерции относительно центральных осей;
a, b – расстояние между осями.
Определение моментов инерции сечения при повороте осей
Известны все геометрические характеристики сечения относительно центральных осей хС, уС (рис. 12). Определим моменты инерции относительно осей х1, у1, повернутых относительно центральных на некоторый угол a.
Рисунок 12.
,
,
,
где Ix1, Iy1 – осевые моменты инерции относительно осей х1, у1;
Ix1y1 – центробежный момент инерции относительно осей х1, у1.
Определение положения главных центральных осей инерции
Положение главных центральных осей инерции сечения определяется по формуле:
,
где a0 – угол между центральными и главными осями инерции.
Определение главных моментов инерции
Главные моменты инерции сечения определяются по формуле:
Последовательность расчета сложного сечения
1) Разбить сложное сечение на простейшие геометрические фигуры [S1, S2,…;x1, y1; x2, y2, …]
2) Выбрать произвольные оси XOY.
3) Определить положение центра тяжести сечения [xc, yc].
4) Провести центральные оси XcOYc.
5) Вычислить моменты инерции Ixc, Iyc, используя теорему параллельного переноса осей.
6) Вычислить центробежный момент инерции Ixcyc.
7) Определить положение главных осей инерции tg2a0.
Вычислить главные моменты инерции Imax, Imin.
ПРИМЕР 2
Для фигуры, показанной на рисунке 13 определить главные моменты
Рисунок 13.
инерции и положение главных осей инерции.
1) Разбиваем сложное сечение на простейшие геометрические фигуры
S1 = 2000 мм2, S2 =1200 мм2, S = 3200 мм2.
2) Выбираем произвольные оси XOY.
3) Определяем положение центра тяжести сечения
xc = 25 мм, yc =35 мм.
4) Проводим центральные оси XcOYc
мм,
мм,
мм,
мм.
5) Вычисляем моменты инерции Ixc, Iyc
мм4
6) Вычисляем центробежный момент инерции Ixcyc
7) Определяем положение главных осей инерции
Если Ix>Iy и a0>0, то угол a0 откладывается от оси Хс против часовой стрелки.
Вычисляем главные моменты инерции Imax, Imin
ПРИМЕР 3
 |
Для фигуры, показанной на рис. 14 определить положение главных осей
Рисунок 14.
инерции и главные моменты инерции.
1) Выписываем основные исходные данные для каждой фигуры
Швеллер
S1 = 10,9 см2
Ix = 20,4 см4
Iy = 174 см4
y0 = 1,44 см
h = 10 см
Неравнополочный уголок
S3 = 6,36 см2
Ix = 41,6 см4
Iy = 12,7 см4
Imin = 7,58 см4
tga = 0,387
x0 = 1,13 см
y0 = 2,6 см
Прямоугольник
S2 = 40 см2
см4
см4
2) Вычерчиваем сечение в масштабе
3) Проводим произвольные оси координат
4) Определяем координаты центра тяжести сечения
см;
см.
5) Проводим центральные оси
см, 
см,
см,
см, 
см,
см.
6) Определяем осевые моменты инерции относительно центральных осей
7) Определяем центробежный момент инерции относительно центральных осей
Центробежный момент инерции для угловой прокатной стали относительно ее центра тяжести определяется по одной из следующих формул:
см4.
Знак центробежного момента инерции для угловой прокатной стали определяется согласно рис. 15, поэтому Ixy3 = -13,17 см4.
Определяем положение главных осей инерции
 |
a0 = 21,84°
9) Определяем главные моменты инерции
Указания к задаче 6
Изгибом называется такой вид деформации, при котором в поперечном сечении стержня возникает В. С.Ф. – изгибающий момент.
Для того, чтобы произвести расчет балки на изгиб, необходимо знать величину наибольшего изгибающего момента М и положение сечения, в котором он возникает. Точно также, надо знать и наибольшую поперечную силу Q. Для этой цели строят эпюры изгибающих моментов и поперечных сил. По эпюрам легко судить о том, где будет максимальное значение момента или поперечной силы. Для определения величин М и Q используют метод сечений. Рассмотрим схему, показанную на рис. 16. Составим сумму сил на ось Y, действующих на отрезанную часть балки.
 |
Рисунок 16.
Поперечная сила равна алгебраической сумме всех сил, действующих по одну сторону от сечения.
Составим сумму моментов, действующих на отрезанную часть балки, относительно сечения.
Изгибающий момент равен алгебраической сумме всех моментов, действующих на отсеченную часть бруса, относительно центра тяжести сечения.
Для того чтобы можно было вести расчет с любого конца балки, необходимо принять правило знаков для внутренних силовых факторов.
Для поперечной силы Q.
Рисунок 17.
Если внешняя сила вращает отрезанную часть балки по часовой стрелке, то сила является положительной, если внешняя сила вращает отрезанную часть балки против хода часовой стрелки, то сила является отрицательной.
Для изгибающего момент момента М.
а) б)
Рисунок 18.
Если под действием внешней силы изогнутая ось балки принимает вид вогнутой чаши, такой, что идущий сверху дождь будет наполнять ее водой, то изгибающий момент является положительным (рис. 18а). Если под действием внешней силы изогнутая ось балки принимает вид выпуклой чаши, такой, что идущий сверху дождь не будет наполнять ее водой, то изгибающий момент является отрицательным (рис. 18б).
Между интенсивностью распределенной нагрузки q, поперечной силой Q и изгибающим моментом М, действующим в некотором сечении, существуют следующие дифференциальные зависимости:
, 
, 
.
Указанные дифференциальные зависимости при изгибе позволяют установить некоторые особенности эпюр поперечных сил и изгибающих моментов.
1) На тех участках, где нет распределенной нагрузки, эпюра Q ограничена прямыми, параллельными оси эпюры, а эпюра М, в общем случае, – наклонными прямыми (рис. 19).
2) На тех участках, где к балке приложена равномерно распределенная нагрузка, эпюра Q ограничена наклонными прямыми, а эпюра М – квадратичными параболами (рис. 20). При построении эпюры М на сжатых волокнах, выпуклость параболы обращена в сторону, противоположную действию распределенной нагрузки (рис. 21а, б).
Рисунок 19.
Рисунок 20.
3) В тех сечениях, где Q = 0, касательная к эпюре М параллельна оси эпюры (рис. 20, 21). Изгибающий момент в таких сечениях балки экстремален по величине (Мmax, Mmin).
4) На участках, где Q > 0, M возрастает, то есть слева на право положительные ординаты эпюры M увеличиваются, отрицательные – уменьшаются (рис. 19, 20); на тех участках, где Q < 0, M убывает (рис. 19, 20).
5) В тех сечениях, где к балке приложены сосредоточенные силы:
а) на эпюре Q будут скачки на величину и в направлении приложенных сил (рис. 19, 20).
б) на эпюре M будут переломы (рис. 19, 20), острие перелома направлено против действия силы.
6) В тех, сечениях, где к балке приложены сосредоточенные моменты, на эпюре M будут скачки на величину этих моментов, на эпюре Q никаких изменений не будет (рис. 22).
Рисунок 21.
Рисунок 22.
7) Если на конце консоли или в концевой опоре приложен сосредоточенный
момент, то в этом сечении изгибающий момент равен внешнему моменту (сечения C и B на рис. 22).
Эпюра Q представляет собой диаграмму производной от эпюры M. Значит, ординаты Q пропорциональны тангенсу угла наклона касательной к эпюре M (рис. 20).
Порядок построения эпюр Q и М:
1) Составляется расчетная схема балки (в виде оси) с изображением действующих на нее нагрузок.
2) Влияние опор на балку заменяется соответствующими реакциями; указываются обозначения реакций и их принятые направления.
3) Составляются уравнения равновесия балки, решением которых определяются значения опорных реакций.
4) Балка разбивается на участки, границами которых являются точки приложения внешних сосредоточенных сил и моментов, а также точки начала и окончания действия или изменения характера распределенных нагрузок.
5) Составляются выражения изгибающих моментов М и поперечных сил Q для каждого участка балки. На расчетной схеме указываются начало и направление отсчета расстояний для каждого участка.
6) По полученным выражениям вычисляются ординаты эпюр для ряда сечений балки в количестве, достаточном для изображения этих эпюр.
7) Определяются сечения, в которых поперечные силы равны нулю и в которых, следовательно, действуют моменты Mmax или Mmin для данного участка балки; вычисляются значения этих моментов.
По полученным значениям ординат строятся эпюры.
9) Производится проверка построенных эпюр путем сопоставления их друг с другом.
Эпюры внутренних силовых факторов при изгибе строят для того, чтобы определить опасное сечение. После того, как опасное сечение будет найдено, балку рассчитывают на прочность. В общем случае поперечного изгиба, когда в сечениях стержня действуют изгибающий момент и поперечная сила, в сечении балки возникают нормальные и касательные напряжения. Поэтому, логично рассматривать два условия прочности:
а) по нормальным напряжениям
б) по касательным напряжениям
Поскольку основным разрушающим фактором для балок являются нормальные напряжения, то и размеры поперечного сечения балки принятой формы определяют из условия прочности по нормальным напряжениям:
Затем проверяют, удовлетворяет ли выбранное сечение балки условию прочности по касательным напряжениям.
Однако, такой подход к расчету балок еще не характеризует прочность балки. Во многих случаях в сечениях балок имеются точки, в которых одновременно действуют большие нормальные и касательные напряжения. В таких случаях возникает необходимость проверки балки на прочность по главным напряжениям. Наиболее применимы для такой проверки третья и четвертая теории прочности:
, 
.
ПРИМЕР 1
Построить эпюры поперечной силы Q и изгибающего момента М для балки, показанной на рис. 23, если: F1 = 3 кН, F2 = 1,5 кН, М = 5,1 кН∙м, q = =2кН/м, а = 2м, b = 1 м, с = 3м.
Рисунок 23.
1) Определяем опорные реакции.
; 
;
; 
;
Проверка:
; 
;
— реакции найдены верно
2) Разбиваем балку на участки CA, AD, DE, EK, KB.
3) Определяем значения Q и М на каждом участке.
СА 
, 
; 
, 
.
АD 
, 
; 
, 
.
DE 
, 
; 
, 
.
КВ 
, 
, 
; 
, 
, 
.
Найдем максимум изгибающего момента на участке KB.
Приравняем уравнение Q на этом участке к нулю и выразим координату zmax, при которой Q = 0, а момент имеет максимальное значение. Далее подставим zmax в уравнение момента на этом участке и найдем Mmax.
EК 
, 
; 
, 
.
4) Строим эпюры (рис. 23)
ПРИМЕР 2
Для балки, изображенной на рис. 23 определить размеры круглого, прямоугольного (h/b = 2) и двутаврового сечения. Проверить прочность двутавра по главным напряжениям, если [s] = 150 МПа, [t] = 150 МПа.
1) Определяем из условия прочности необходимый момент сопротивления
2) Определяем размеры круглого сечения
3) Определяем размеры прямоугольного сечения
4) Подбираем по сортаменту двутавровую балку № 10 (ГОСТ 8239-89)
WX = 39,7 см3, SX* =23 см3, IX = 198 см4, h = 100 мм, b = 55 мм, d = 4,5 мм, t = 7,2 мм.
Для проверки прочности балки по главным напряжениям, необходимо построить эпюры нормальных и касательных напряжений в опасном сечении. Так как величина главных напряжений зависит и от нормальных и от касательных напряжений, то проверку прочности следует произвести в том сечении балки, где М и Q достаточно велики. На опоре В (рис. 23) поперечная сила Q имеет максимальное значение, однако здесь М = 0. поэтому считаем опасным сечение на опоре А, где изгибающий момент максимален и поперечная сила имеет сравнительно большое значение.
Нормальные напряжения, изменяясь по высоте сечения, подчиняются линейному закону:
,
где y – координата точки сечения (рис. 24).
при у = 0, s = 0;
при ymax, 
Закон изменения касательных напряжений определяются законом изменением статического момента 
площади, который, в свою очередь изменяется по высоте сечения по параболическому закону. Вычислив значение для характерных точек сечения, построим эпюру касательных напряжений. При вычислении значений t воспользуемся обозначениями размеров сечения, принятыми на рис. 24.
Рисунок 24.
; 
м3
Как видно из эпюр, опасным в сечении является слой 3–3, где нормальные и касательные напряжения имеют значения близкие к максимальным, в то время как в слое 1–1, где 
, t = 0, а в слое 4–4, где 
, s = 0.
Определяем главные напряжения по третьей теории прочности
— условие прочности для слоя 3–3 выполняется.
Указания к задаче 7
Совместному действию изгибающего и крутящего моментов подвергаются большинство деталей машин и механизмов, которые кроме скручивания, испытывают изгиб от собственного веса, от веса шкивов, зубчатых колес, от натяжения ремней, от сил зацепления колес и т. д. Расчет на прочность при изгибе с кручением обычно выполняют при расчете валов с учетом изгибающих усилий и при расчете пространственных стержней.
Если внешние силы, действующие на вал, не лежат в одной плоскости, то необходимо разложить их на составляющие: вертикальную и горизонтальную. Далее следует построить эпюру крутящего момента, эпюры изгибающих моментов в вертикальной и горизонтальной плоскостях, а затем эпюру суммарного изгибающего момента.
При совместном действии крутящего и изгибающего моментов необходимо учитывать нормальные напряжения, возникающие от действия изгибающего момента, и касательные напряжения, возникающие от действия крутящего момента. Максимальные эквивалентные напряжения от кручения и изгиба возникающие на поверхности круглого вала определяют по третьей или четвертой теории прочности:
; 
,
где WОС – осевой момент сопротивления сечения.
Условия прочности при изгибе с кручением соответственно по третьей и четвертой теориям прочности записываются:
; 
.
ПРИМЕР
Подобрать круглое поперечное сечение вала, показанного на рис. 25, если диаметры шкивов d1 = d2 = 200 мм, d3 = 300 мм; углы наклона ремней к горизонту a1 = a2 = 30°, a3 = 45° (рис. 26); мощность на ведущем шкиве 3 N3 = =5кВт; мощность на ведомых шкивах 1 и 2 N1 = N2 = N3 / 2; расстояния а = =0,25 м, b = 0,4м; допускаемые напряжения [s] = 80 МПа. Расчет проводить по третьей теории прочности.
Рисунок 25.
Рисунок 26.
1) Определяем крутящие моменты на валу и строим их эпюру
2) Определяем окружные усилия
, 
;
3) Определяем горизонтальные и вертикальные проекции сил, действующих на вал
Для определения проекций сил пользуемся направлениями осей, принятыми на рис. 26.
4) Строим эпюру изгибающих моментов в горизонтальной плоскости
Определяем опорные реакции (рис. 25)
; 
; 
Проверка
; 
— верно
Строим эпюру (пример на построение эпюр изгибающих моментов см. в указаниях к задаче № 4).
5) Строим эпюру изгибающих моментов в вертикальной плоскости
Определяем опорные реакции (рис. 25)
; 
; 
Проверка
; 
— верно
Строим эпюру (рис. 25).
6) Строим эпюру суммарного изгибающего момента
Для построения суммарной эпюры изгибающего момента значения ординат в характерных точках берем с эпюр моментов в горизонтальной и вертикальной плоскостях (рис. 25).
В точке А:
В точке В:
В точке С:
Строим эпюру (рис. 25).
7) Определяем приведенный момент в опасном сечении вала
Опасным сечением вала будет являться сечение в точке В, так как в ней крутящий и суммарный изгибающий моменты имеют наибольшие значения.
Подбираем безопасный диаметр вала
Принимаем d = 35 мм.
Указания к задаче 8
В строительстве, наряду с проблемами прочности и жесткости существует и проблема устойчивости, когда центрально сжатый брус, достаточно большой длины, начинает искривляться под действием внешней силы.
Устойчивым равновесием называется такая форма равновесия сжатого стержня, когда слегка отклоненный от положения равновесия стержень стремится под действием сжимающей силы занять исходное положение.
Критической силой называется такое минимально возможное значение нагрузки, при котором слегка отклоненный стержень теряет свою устойчивость.
При потере устойчивости кроме сжимающей силы, действующей на стержень, возникает дополнительный изгибающий момент. Поэтому в поперечных сечениях стержня происходит значительный рост напряжений, а также значительно возрастают и деформации стержня.
Если в стержне возникают только упругие деформации, то расчет его на устойчивость можно вести по формуле Эйлера:
,
где Е – модуль упругости первого рода;
Imin — минимальный момент инерции поперечного сечения стержня;
m — коэффициент приведения длины стержня;
l — длина стержня.
Коэффициент приведения длины стержня m зависит от условий закрепления стержня, его величину можно определить по рис. 27.
Рисунок 27.
Критические напряжения определяются по формуле:
,
где l — гибкость стержня.
Существует другой метод расчета стержней на устойчивость, сочетающий в себе и расчет на прочность. Этот метод известен как расчет по коэффициенту j. При расчете сжатых стержней коэффициент запаса устойчивости принимается большим, чем коэффициент запаса прочности, поэтому можно выразить критическое напряжение в стержне формулой:
где j — коэффициент снижения допускаемого напряжения на сжатие.
Коэффициент зависит от материала стержня и от его гибкости и определяется по специальным таблицам, его величина всегда меньше единицы. При проектном расчете стержня на устойчивость приходится использовать метод последовательных приближений, задаваясь несколькими значениями коэффициента j.
ПРИМЕР
Подобрать сечение двутаврового стержня, показанного на рис. 28, если длина стержня l = 4 м, сжимающая сила F = 500 кН, допускаемые напряжения на сжатие [s] = 150 МПа.
Рисунок 28.
Принимаем первоначальный коэффициент снижения допускаемого напряжения j1 = 0,5. Тогда допускаемое напряжение на устойчивость:
.
Определяем необходимую площадь поперечного сечения стержня:
По таблицам сортамента подбираем двутавр № 40: S = 72,6 см2, imin = iy = = 3,03 см.
Находим гибкость стержня. По условию задачи коэффициент m = 0,7.
По известной гибкости стержня определяем из таблицы коэффициент j2 (Степин П. А. Сопротивление материалов. М.: Высш. шк., 1988. – 367 с.).
j2 = 0,6684
Определяем допускаемое напряжение на устойчивость:
.
Определяем рабочее напряжение стержня:
Сравним рабочее и допускаемое напряжение на устойчивость:
— недонапряжение
При расчетах на устойчивость отклонение от допускаемого напряжения не должно превышать 5%, поэтому подобранное сечение слишком велико, и необходимо продолжить подбор сечения, используя метод последовательного приближения.
Определяем из двух величин напряжений среднее напряжение:
Определяем необходимую площадь поперечного сечения стержня:
По таблицам сортамента подбираем двутавр № 36: S = 61,9 см2, imin = iy = = 2,89 см.
Находим гибкость стержня:
Определяем коэффициент j3:
j3 = 0,6279
Определяем допускаемое напряжение на устойчивость:
.
Определяем рабочее напряжение стержня:
Сравним рабочее и допускаемое напряжение на устойчивость:
— недонапряжение
Подобранное сечение слишком велико, и необходимо продолжить подбор сечения.
Определяем из двух величин напряжений среднее напряжение:
В этой статье посмотрим, как определяются координаты центра тяжести сложной фигуры — состоящей из простых. В задачах по сопромату часто приходится находить положение центра тяжести составных сечений, для дальнейшего вычисления моментов инерции и т. д.
Также часто, при изучении теоретической механики, студентам предлагается решить подобную задачу, и найти центр тяжести какой-нибудь фигуры.
Условие задачи
Предлагаю рассмотреть следующую фигуру:
В сопромате принято заштриховывать сечения тонкими линиями, вот так:
В своих же уроках я буду использовать заливку. Так, штриховка не будет мешать наносить обозначения.
Разбивка сложной фигуры на простые
Как видишь, сечение состоит из прямоугольника, прямоугольного треугольника, четверти круга, а также имеет круглый вырез:
Отметим центры тяжести (С1, С2, С3, С4) каждой отдельной фигуры, с учётом справочной информации.
Открой эту страничку, и пока не закрывай, она нам ещё понадобится!
Покажем вспомогательные оси (x0, y0) для всего сечения, которые будем использовать для нахождения положения центра тяжести (C):
Как определить положение центра тяжести?
Чтобы определить координату центра тяжести сечения, например, вертикальное расстояние от оси x0 до центра тяжести сечения (yc):
Нужно статический момент сечения относительно этой вспомогательной оси (x0) разделить на площадь всего сечения (A):
Площадь всего сечения (A) найти просто – это алгебраическая сумма площадей всех фигур:
Статический момент сечения, относительно вспомогательной оси будет равен алгебраической сумме статических моментов каждой фигуры (с учётом знака):
где Ai – площадь отдельной фигуры;
yi – расстояние от центра тяжести отдельной фигуры до вспомогательной оси (x0).
Координата центра тяжести (xc), находится аналогично:
Определение площади сечения
Для начала предлагаю сделать самое простое, используя формулы, указанные на этой странице, найти площадь всего сечения (A):
Как видишь, круглый вырез, нужно учесть с «минусом», что очевидно.
Определение расстояний от вспомогательных осей до центров тяжести отдельных фигур
Найдём расстояния от вспомогательных осей (x0, y0) до центров тяжести отдельных фигур, опять же, используя нашу шпаргалку:
Определение статических моментов
Определяем статические моменты сечения относительно вспомогательных осей (x0, y0):
Важно! Статические моменты могут быть и отрицательными.
Определение координат центра тяжести
И, наконец, определяем положение центра тяжести всего сечения (C):
Покажем центр тяжести всего сечения (C):
Если остались какие-то вопросы по данному уроку, можешь смело задавать их в комментариях. Также, другие уроки, на сайте – ssopromat.ru, по определению геометрических характеристик, можешь найти здесь.
Пример. Определить координаты центра
тяжести сечения, составленного из
прокатных профилей, как показано
на рис. 6, а. Сечение состоит из двутавровой
балки № 33,
швеллера № 27, двух уголков 90х56х6 и листа
сечением 12х180 мм.
Решение: 1 Разобьем
сечение на прокатные профили и
обозначим их 1,
2, 3, 4, 5.
-
Пользуясь табл.
2, 3 и 4 прил. I,
укажем центры
тяжести каждого
профиля и
обозначим их С1
C2,
C3,
С4
и С5. -
Выберем систему осей координатных. Ось
у совместим с
осью симметрии, а ось х
направим
перпендикулярно
оси у и
проведем через центр тяжести двутавровой
балки. -
Выпишем формулы для определения
координат центра
тяжести сечения:
хс=0,
так как ось у
совпадает с
осью симметрии;
Учитывая,
что А2=Аз,
а также, что у2
= уз, получим
Определим площади и координаты
центров тяжести отдельных
профилей проката, используя сечение и
табл.
2, 3 и 4 прил. I:
А1
=35,2 см2;
А2
= А3
=
8,54 см2;
А4
= 53,8см2;
А5=
1,2
·18
= 21,6
см2;
у1
= hдв//2
+ dшв
– z0(шв)
= 33/2 + 0,6 — 2,7=14,63 см
у2
=у3=
hдв//2
+ dшв
— bшв
+ z0(уг)
= 33/2 + 0,6 — 9,5 + 1,28=8,88 см
у4
= 0, так
как ось х проходит через центр тяжести
двутавра;
у5
= — (hдв//2
— δлиста//2)=
= — 17,1 см.
Подставим
полученные значения в формулу для
определения
ус:
ус
=
см
укажем положение
центра тяжести сечения С (рис.6, а)
Проверка
решения. Проведем
ось х
по
нижней грани листа
(рис. 6, б).
Площади
профилей останутся теми же,
а координаты центров тяжести изменятся:
у1
=
δлиста
+ hдв
+ dшв
— z0(шв)
= 1.2 + 33 + 0,6 —
2,47 = 32,33 см;
у2
= δлиста
+ hдв
+ dшв
– bшв
— z0(уг)
= 1,2
+ 33 + 0,6 — 9,5+
1,28 = 26,58 см;
у2
= у3
= 26,58 см;
у4=
δлиста
+ hдв/2
=
1.2 + 33/2 = 1,2 +16,5 = 17,7 см;
у5=
δлиста
/ 2 =
1,2/2 = 0,6 см.
Определим
положение центра тяжести в новой системе
координат
ус=
см
Р
азность
между координатами тяжести должна быть
равна расстоянию
между осями х в
первом и во втором решении:
20,3 —
2,33= 33/2 + 1,2
откуда 17,7 см
= 17,7 см.
Ответ:
ус
=
2,33 см, если ось х
проходит
через С4,
и ус
= 20,03
см, если ось х
проходит
по нижней грани
Рис.6
Пример.
Определить положение центра тяжести
(сечения,
состоящего из простых геометрических
фигур, (рис.
7,а).
Решение:
1. Разобъем
сечение на пять фигур: два
прямоугольника,
два треугольника и круг (рис. 7,б). Они
обозначены 1, 2,
3, 4, 5
2. Укажем
центры тяжести простых фигур С1,
С2,
Сз,
С4,
С5
в (рис.
7,
б).
3. Выберем
систему координат. Ось
х
проведем
через центр
тяжести С2
прямоуголь-ника, а ось у
совместим
с осью
симметрии сечения.
Рис.7
4.
Определим
координаты центра тяжести сечения.
Координаты
хс=0,
так
как ось у
совпадает
с осью симметрии.
Координату ус
определим
по формуле
Используя
прил. II,
определим площади фигур и координаты
центров тяжести:
А1
= 40 · 8 = 320 см2;
у1
=
см;
А2=9
·42 = 378 см2,
у2=0
А3=А4=
см2;
у3=у4=2/3
· 42 — ½ · 42 = 28 – 21 = 7 см
А5=
см2;
у5=21
— 3= 18 см
Подставим
числовые значения в формулу для
определения ус:
ус=
см
Для
проверки решения ось Х1
можно
провести по нижней
грани сечения. В этом случае ус
= 30,84 см. Поскольку
30,84—21=9,84 см, то решение верно.
Ответ:
ус=9,84
см, если ось х
проходит
через С2.
Задание
для расчетно-графической работы 3. Задача
1. Определить
положение центра тяжести сечения,
состоящего из профилей проката,
по данным одного из вариантов, показанных
на рис. 8.
Задача
2. Определить положение центра тяжести
сечения, состоящего
из простых геометрических фигур, по
данным одного из вариантов,
показанных на рис. 9
Рис.8
Рис.9
Практическая работа № 4
а) Построение эпюр продольных сил,
нормальных напряжений для ступенчатого
бруса, а также определение перемещения
свободного конца бруса;
б) Расчет на прочность: проверочный
расчет, проектный расчет, определение
допускаемой нагрузки.
Пример. Построить
эпюры продольных сил и нормальных
напряжений
для бруса по рис. 10, а.
Решение. Делим брус по
длине на три участка (/, //, ///). Проведя
произвольное сечение 1 — 1 на участке
I, отбросим верхнюю часть бруса
и рас-
Рис.10
смотрим равновесие
нижней части (рис. 10, б),
на которую
действуют внешняя сила Р1
= 24кН и искомая
продольная сила N1.
Составляем
уравнение равновесия:
ΣΥ = — N1
+ P1
= 0, откуда N1
= P1==24
кН.
Продольная сила N1
на участке 1
постоянна и
является растягивающей (направлена
от рассматриваемого сечения). Проводим
сечение 2—
2 на
участке // и
рассматриваем равновесие нижней
отсеченной части (рис. 10, в),
на которую
действуют внешние силы Р1 и
Р2 и искомая продольная сила N11.
Составляем уравнение
равновесия:
ΣΥ = — N11
+ Р1
+ Р2
= 0,
откуда NII
= P1
+ P2
= 24 + 24 = 48 кН.
В сечениях
участка II
продольная
сила также растягивающая.
Наконец, проведя
сечение 3 — 3,
получаем, что
на нижнюю отсеченную часть
действуют три внешние силы Р1,
Р2
и Р3
и искомая
продольная сила NIII
(рис. 10, г).
Составляем
уравнение равновесия:
ΣΥ= -NIII
+ Р1
+ Р2
+ Р3
= 0, откуда NIII
=24 + 24+ 12 = 60 кН.
По полученным
величинам продольных сил строим их
эпюру (рис. 10, д). Положительные
ординаты эпюры откладываем вправо
от оси (базиса) эпюры. Нормальные
напряжения определяем по формуле σ
= N/
F:
на участке I
σ1
=
60·106
Н/м2=
60 МН/м2;
на
участке II
σII
=
120-106
Н/м2=
120 MH/м2
на участке III
σIII
=
150 · 106
Н/м2=
150 МН/м2.
По
полученным данным строим эпюру нормальных
напряжений (рис. 10, е).
Определить перемещение свободного
конца бруса можно используя закон Гука:
Задание для
расчетно-графической работы № 4. Построить
эпюры продольных
сил и нормальных напряжений для
ступенчатого бруса, определить перемещение
свободного конца бруса
по данным одного из вариантов, показанных
на рисунке 11. и таблицы
2.
Рис.11
Таблица 2
|
№ п/п |
Вариант |
А1 см2 |
А2 см2 |
А3 см2 |
i F1 кН |
F2 кН |
№ пп |
Вариант |
A1 см2 |
А2 см2 |
А3 см2 |
F1 кН |
F2 кН |
|
1 |
1 |
8 |
6 |
14 |
18 |
20 |
1 |
1 |
7 |
5 |
13 |
16 |
18 |
|
2 |
2 |
6 |
4 |
12 |
20 |
12 |
2 |
2 |
8 |
6 |
16 |
18 |
14 |
|
3 3 3 |
3 |
4 |
2 |
8 |
40 |
50 |
3 |
3 |
6 |
4 |
10 |
30 |
40 |
|
4 |
4 |
6 |
4 |
12 |
16 |
24 |
4 |
4 |
8 |
6 |
10 |
24 |
16 |
|
5 |
5 |
16 |
12 |
8 |
28 |
38 |
5 |
5 |
15 |
10 |
6 |
30 |
20 |
|
6 |
6 |
12 |
10 |
6 |
30 |
40 |
6 |
6 |
16 |
14 |
12 |
40 |
30 |
|
7 |
7 |
8 |
6 |
4 |
30 |
20 |
7 |
7 |
10 |
8 |
6 |
20 |
30 |
|
8 |
8 |
2 |
4 |
6 |
25 |
40 |
8 |
8 |
4 |
6 |
8 |
30 |
35 |
|
9 |
9 |
2,5 |
6 |
8 |
20 |
18 |
9 |
9 |
3 |
7 |
10 |
25 |
30 |
|
10 |
10 |
4,5 |
6 |
8 |
18 |
24 |
10 |
10 |
5 |
8 |
12 |
25 |
30 |
|
11 |
11 |
2 |
16 |
14 |
14 |
32 |
11 |
11 |
4 |
12 |
10 |
16 |
40 |
|
12 |
12 |
4,2 |
6,4 |
5 |
26 |
18 |
12 |
12 |
4 |
6 |
4,5 |
20 |
25 |
|
13 |
13 |
3 |
5 |
4 |
30 |
20 |
13 |
13 |
4 |
6 |
5 |
25 |
15 |
|
14 |
14 |
4 |
12 |
8 |
35 |
40 |
14 |
14 |
6 |
16 |
11 |
40 |
35 |
|
15 |
15 |
16 |
6 |
12 |
25 |
15 |
15 |
15 |
14 |
5 |
10 |
15 |
25 |
|
16 |
16 |
14 |
8 |
12 |
20 |
12 |
16 |
16 |
12 |
10 |
11 |
18 |
16 |
|
17 |
17 |
12 |
6 |
8 |
30 |
25 |
17 |
17 |
14 |
8 |
12 |
25 |
30 |
|
18 |
18 |
14 |
6 |
10 |
25 |
30 |
18 |
18 |
16 |
6 |
12 |
20 |
40 |
|
19 |
19 |
12 |
4 |
6 |
30 |
40 |
19 |
19 |
14 |
5 |
8 |
35 |
20 |
|
20 |
20 |
10 |
6 |
8 ‘ |
24 |
36 |
20 |
20 |
12 |
4 |
6 |
34 |
22 |
|
21 |
21 |
18 |
14 |
16 |
40 |
50 |
21 |
21 |
20 |
16 |
18 |
35 |
30 |
|
22 |
22 |
12 |
10 |
8 |
40 |
60 |
22 |
22 |
14 |
12 |
10 |
60 |
40 |
|
23 |
23 |
10 |
6 |
4 |
35 |
55 |
23 |
23 |
12 |
8 |
6 |
20 |
40 |
|
24 |
24 |
12 |
6 |
3 |
25 |
45 |
24 |
24 |
18 |
12 |
10 |
30 |
25 |
|
25 |
25 |
3 |
5 |
9 |
20 |
5 |
25 |
25 |
4 |
6 |
12 |
18 |
40 |
|
26 |
26 |
6 |
5 |
6 |
10 |
15 |
26 |
26 |
12 |
6 |
12 |
12 |
20 |
|
27 |
27 |
7 |
9 |
6 |
12 |
14 |
27 |
27 |
10 |
14 |
8 |
20 |
8 |
|
28 |
28 |
4 |
6 |
8 |
10 |
16 |
28 |
28 |
6 |
8 |
12 |
12 |
25 |
|
29 |
29 |
6 |
8 |
5 |
7 |
9 |
29 |
29 |
10 |
18 |
8 |
14 |
18 |
|
30 |
30 |
8 |
10 |
6 |
4 |
8 |
30 |
30 |
12 |
14 |
8 |
10 |
12 |
Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]
- #
- #
- #
- #
- #
- #
- #
- #
- #
- #
- #
Определение координат центра тяжести xC и yC плоских фигур нестандартной формы выполняется при решении задач для последующих расчетов остальных геометрических характеристик, например, таких как радиусы и осевые моменты инерции поперечных сечений.
Рассмотрим способы и пример определения координат положения центра тяжести фигуры нестандартной формы.
Способы определения координат центра тяжести
Способы определения координат центров тяжести твердых объёмных тел и плоских фигур можно получить исходя из полученных ранее общих формул для расчета положения центра тяжести.
Существует 5 способов расчета координат положения центра тяжести:
- Аналитический (путем интегрирования).
- Метод симметрии. Если тело имеет плоскость, ось или центр симметрии, то его центр тяжести лежит соответственно в плоскости симметрии, оси симметрии или в центре симметрии.
- Экспериментальный. (метод подвешивания тела).
Этот способ подходит в основном для плоских и линейных тел. - Разбиение. Тело или фигура разбивается на конечное число частей (простых тел или фигур), для каждой из которых положение центра тяжести C и площадь A известны.
Например, проекцию тела на плоскость xOy (рисунок 1.8) можно представить в виде двух плоских фигур с площадями A1 и A2 (A = A1+ A2).
Рисунок 1.8
Центры тяжести этих фигур находятся в точках C1(x1, y1) и C2(x2, y2). Тогда координаты центра тяжести тела равны:
- Дополнение (Метод отрицательных площадей или объемов).
Это частный случай предыдущего способа разбиения. Он применяется к телам, имеющим вырезы, если центры тяжести тела без выреза и вырезанной части известны.Например, необходимо найти координаты центра тяжести плоской фигуры (рисунок 1.9):
Рисунок 1.9
Тогда координаты центра тяжести фигуры с отверстием можно определить по формулам:
При решении задач по определению координат центра тяжести плоских фигур и объемных тел применяются последние два способа (разбиение и дополнение).
Пример определения координат центра тяжести сложной фигуры в нашем коротком видео:
Другие видео
Пример определения координат центра тяжести плоской фигуры
Задача
Определить координаты центра тяжести плоской фигуры с круглым отверстием
Решение
Разделим заданное сечение на простые фигуры – прямоугольник, круг и прямоугольный треугольник.
Через нижнюю левую точку фигуры проведем координатные оси x и y.
Рассчитаем необходимые для решения задачи площади A и координаты x,y центров тяжести Ci отдельных фигур:
Прямоугольник (фигура 1)
Площадь
A1=400×500=200000 мм2
Положение центра тяжести
x1=200мм
y1=250мм
Круг (2) (вычитаемая фигура)
Площадь
A2=π×2002/4=31416 мм2
Центр тяжести
x2=200мм
y2=300мм
Прямоугольный треугольник (3)
Площадь
A3=400*100/2=20000 мм2
Положение центра тяжести треугольника находится на пересечении его медиан (на расстоянии 1/3 высоты от основания или 2/3 высоты от его вершин)
x3=400×2/3=266,7мм
y3=500+100×1/3=533,3мм
Координаты x и y центра тяжести C всей плоской фигуры определим по формулам:
Ответ: Таким образом, центр тяжести заданной фигуры находится в точке C с координатами xC=207,1мм, yC=271,7мм.
Другие примеры решения задач >
Центры тяжести простейших фигур >
Сохранить или поделиться с друзьями
Вы находитесь тут:
На нашем сайте Вы можете получить решение задач и онлайн помощь
Подробнее