 |
3.5. Геометрические характеристики сечений
|
|
|
|
(к контрольной задаче №5)
Пример № 9. Для поперечного сечения (рис. 3. 9), состоящего из двутавра №10 и равнобокого уголка 50х50х5 мм, требуется: 1) определить положение центра тяжести сечения; 2) найти центральные осевые и центробежный моменты инерции сечения; 3) определить направление главных центральных осей инерции сечения ( 
и 
); 4) вычислить главные центральные моменты инерции сечения.
Решение: выписываем из таблиц сортамента прокатных профилей (см. ПРИЛОЖЕНИЯ 1 и 2)необходимые для расчета данные:
а) Двутавр №10 (ГОСТ 8239-56) Уголок равнобокий 50х50х5
(ГОСТ 8509-57)
 |
| F =12 см2 А2
 = 5, 5 см b2
 = 10 см 
 = 198 см4 
= 17, 9 см4
| A = 4, 8 см2
= 5 см
 = 1, 42 см
 = 11, 2см4
 = 17, 8 см4
 = 4, 63 см4
|
Примечание: Слева от вертикальной черты для каждого профиля проставляем при решении задачи обозначения геометрических параметров, принятые нами в соответствии с чертежом (рис. 3. 9).
Рис. 3. 9
1. Вычерчиваем в масштабе сечение. Для определения положения центра тяжести составного сечения обозначим двутавр – I и равнобокий уголок – II и проводим собственные центральные оси 
и 
. Проводим вспомогательные оси 
. Тогда координаты центра тяжести сечений I и II относительно осей :
= 5 см; 
= 2, 75 см;
= 10 + 1, 42 = 1, 14 см; 
= 1, 42 см.
Координаты центра тяжести всего сечения
= 6, 83 см;
= 2, 37 см.
где А1 = 12 см2; А2 = 4, 8 см2 – площади поперечных сечений.
Наносим эти размеры на чертеж и через полученный центр тяжести С проводим центральные оси 
и 
. Проверяем правильность вычислений: центр тяжести составного сечения должен лежать на линии, соединяющей центры тяжести первого и второго сечений.
|
|
|
2. Вычисляем центральные осевые и центробежный моменты инерции составного сечения. Воспользуемся формулами для определения моментов инерции при параллельном переносе осей:
; 
;
; 
; (3. 16)
; 
.
где 
, 
– расстояние между параллельными осями 
и ХС, 
и ХС, соответственно;
n1, n2 – расстояние между параллельными осями 
и 
, 
и , соответственно.
На основании данных чертежа получим:
= 2, 75 – 2, 37 = 0, 38 см;
= –(2, 27 – 1, 42) = –0, 95 см;
= –(6, 83 – 5) = –1, 83 см;
= 11, 42 – 6, 83 = 4, 59 см.
Вычисляем центральные осевые моменты инерции всего сечения, равные сумме моментов инерции, фигур составляющих это сечение, с учетом формулы (3. 16):
= (17, 9 +0, 382× 12) +
+ (11, 2 + (– 0, 95)2× 4, 8) = 19, 63 + 15, 53 = 352 см4; (3. 17)
= (198 + (– 1, 83)2× 12) +
+(11, 2 + 4, 592× 4, 8) = 238, 2 + 111, 9 = 350, 1 см4. (3. 18)
Центробежный момент инерции составного сечения вычисляем с учетом формул (3. 16) аналогично:
=
= (0 + 0, 38× (– 1, 83)× 12) + (– 6, 58 + (– 0, 95)× 4, 59× 4, 8) = (– 8, 34) + (– 27, 5) = – 35, 8 см4. (3. 19)
В этой формуле для двутавра, являющегося симметричным сечением относительно собственных центральных осей, центробежный момент инерции 
= 0, т. к. эти оси главные центральные оси двутавра. Для равнобокого уголка ( 
= 45º ):
; 
= –6, 58 см4.
Рис. 3. 10
| Знак  при различных положениях равнобоких и неравнобоких уголков выбирается согласно рис. 3. В нашем случае берется знак минус.
3. Определим направ-
авление главных централь-
альных осей на основании вычислений по формулам (3. 17), (3. 18) и (3. 19):
|
= –0, 2274;
2 
= –12º 48’; = –6º 24’.
Угол < 0, поэтому угол = –6º 24’ отложим от оси ХС в направлении часовой стрелки и проведем главную ось 
, а ей перпендикулярно – главную ось 
(рис. 3. 9).
|
|
|
4. Вычислим значения главных центральных моментов инерции
= 354 см4 = 354·10-8 м4;
= 31, 2 см4 = 31, 2·10-8 м4.
Положение оси U ( ) легко определить, т. к. эта ось, во-первых, пересекает сечение по наибольшему протяжению и, во-вторых располагается ближе к той центральной оси инерции (оси ХС), относительно которой центральный момент инерции имеет меньшую величину, т. е. ( 
).
Таким образом 
= 31, 2·10-8 м4,
= 354 см4 = 354·10-8 м4.
Проверка: а) 
;
см4;
см4.
б) Т. к. оси и главные, то должно выполняться условие равенства нулю центробежного момента инерции, вычисленного относительно главных осей и , т. е. 
= 0. Тогда при = –6º 25’ получим:
где 
,
.
|
|
|
