ЗакладкиКорзинаЗаказы

Содержание главы

  1. Центр площади сечения
  2. Моменты инерции площадей сечений
  3. Моменты инерции сечений прокатных профилей
  4. Моменты инерции сечений тонкостенных балок
  5. Геометрические характеристики сечений, имеющих оси симметрии
  6. Геометрические характеристики несимметричных сечений

Примеры решений задач

Данные примеры задач, относятся к предмету «Сопротивление материалов».

Задача #5311

Условие:

xy0acbhxCyC

Вычислить координаты центра площади произвольной трапеции двумя способами: непосредственным интегрированием и путем разбиения трапеции на два треугольника.

Решение:

Продолжим боковые стороны трапеции до пересечения в точке A (см. рисунок). Высоту H полученного треугольника, найдем из пропорции

Ha=H-hb

H=aha-b

Рассмотрим элементарную полоску шириной dy, расположенную параллельно основанию на расстоянии y. Ее длина

by=aH-yH

Статический момент площади трапеции относительно ее основания

Sx=0hy×bydy=aH0hHy-y2dy=ah26H3H-2h

Подставляя полученное выше значение H, имеем

Sx=h2a+2b6

Вычисляем ординату центра трапеции:

yC=SxF=a+2ba+b×h3

Координата xC вычисляется аналогично.

Ответ: не указан.

Задача #5331

Условие:

y1x102020160160

Установить относительную ошибку определения моментов инерции относительно центральных осей, параллельных полкам равнополочного уголка 160 × 160 × 20 мм, при замене его двумя прямоугольниками без учета закруглений.

Решение:

Вычисляем координаты центра сечения относительно осей, совпадающих с внешними сторонами фигуры

xC=yC=32×8+28×160=4,73 см

Далее находим

F=60 см2

Jx=2×163+14×233=2768 см4

Jxc=2768-60×4,732=1420 см4

Jxy=32×8×1+28×9×1=508 см4

Jxcyc=508-60×4,732=-834,4 см4

По данным сортамента прокатных профилей для уголка 160 × 160 × 20 мм:

Jxc=1425,6 см4

Jxcyc=-829,5 см4

Ошибка приближенного решения не превышает 0,6 %.

Ответ: ошибка 0,6 %.

Задача #5332

Условие:

Cxy№20№20a

Определить расстояние a из условия, чтобы все центральные моменты инерции полученного сечения были одинаковы.

Решение:

Используя формулу перехода к параллельным осям, составим условие равенства моментов инерции сечения относительно осей x и y:

1840=115+26,85+a22

откуда

a=6,04 см

Ответ: a = 6,04 см.

Задача #5341

Условие:

AByxyByAhlα

Вычислить момент инерции площади узкой полосы АВ относительно заданной оси x, если известны расстояния ее концов от этой оси yA и yB, длина l и ширина h полосы.

Решение:

Рассмотрим элементарную площадь dF, вырезанную из полосы двумя вертикальными плоскостями, расположенными на взаимном расстоянии dx. Учитывая, что

dydx=tgα

получим

dF=hcosαdx=hsinαdy

где α – угол наклона полосы к оси x.

При малой ширине полосы h можно пренебречь собственным моментом инерции элемента относительно его центральной оси, параллельной оси x. Тогда искомый момент инерции

Jx=Fy2dF=yAyBy2hsinαdy=h3sinαyB3-yA3

Учитывая, что

sinα=yB-yAl

получим

Jx=hl3yA2+yAyBa+yB2

Ответ: не указан.

Задача #5351

Условие:

yxa2a2a2aа)yсyxa2a2aб)yсx0

Сравнить величины главных центральных моментов инерции и главных радиусов инерции трубчатого прямоугольного сечения, запроектированного в двух вариантах (см. рисунок): а) с круглым отверстием и б) с квадратным отверстием трубы (одинаково расположенными по высоте сечения). Вычислить также наименьшие моменты сопротивления сечений относительно центральной оси x.

Решение:

Вариант а.

Площадь сечения

F=8a2=πa24=7,215a2

Расстояние от центральной оси прямоугольника x0 до центра тяжести трубчатого сечения

yс=Sx0F

где

Sx0=-πa24×a2=-πa38

тогда

yс=-πa38×7,215a2=-0,055a

Момент инерции сечения относительно центральной оси x вычисляем по формулам перехода к параллельным осям

Jx=Jx0+Fc2=

=2a4a312+8a20,055a2-πa464+πa24a2+0,055a210,33a4

Относительно вертикальной оси y момент инерции будет

Jy=2a2a312-πa464=2,62a4

Главные радиусы инерции:

ix=JxF=10,337,215a2=1,2a

iy=JyF=2,627,215a2=0,6a

Вариант б.

Выполнив аналогичный расчет, найдем:

F=7a2

yс=0,07a

Jx=10,3a4

Jy=2,59a4

ix=1,22a

iy=0,61a

Моменты сопротивления сечений относительно главной оси x будут:

а) Wx=Jxymax=10,33a42,055a=5,027a3

б) Wx=Jxymax=10,3a42,07a=4,976a3

Ответ: не указан.

Задача #5352

Условие:

2r

Определить положение центра тяжести и вычислить моменты инерции площади полукруга относительно главных центральных осей инерции фигуры (см. рисунок).

Решение:

Расстояние от вспомогательной оси x1 до центра тяжести сечения определяется по формуле

yC=Sx1

где

Sx1=Fy1dF

F=0,5πr2

Для вычисления статического момента площади Sx1 выделим элементарную полоску

dF=bydy

Тогда

Sx1=0rbyy1 dy1

Переходя к полярным координатам, найдем

by=2rsinφ

y1=rcosφ

dy1=-rsinφdφ

Подставляя под знак интеграла и имея в виду, что при изменении y1 от нуля до r угол φ изменяется от π/2 до нуля, получим

Sx1=-2r3π2rsin2φcosφdφ=2r3sin3φ3=23r3

Следовательно,

yC=2r33×0,5πr2=4r3π

Для определения момента инерции полукруга относительно центральной оси x воспользуемся формулой перехода к параллельным осям. Зная, что момент инерции площади полукруга относительно вспомогательной оси x1 совпадающей с диаметром, равен половине момента инерции круга относительно той же оси, т. е. что

Jx1=12×πr44=πr48

найдем

Jx=Jx1-FyC2=πr48-πr22×16r29π2=πr481-649π20,11r4

Момент инерции сечения относительно другой главной оси

Jy=0,5πr44=πr480,39r4

Ответ: не указан.

Задача #5353

Условие:

2rra

Вычислить моменты инерции площади кругового сегмента, опирающегося на центральный угол 2φ0 = 120°, относительно осей x и y, проходящих через центр окружности (см. рисунок).

Решение:

Выделив на произвольном расстоянии y от оси x элементарную полоску шириной b(у) и высотой dy, где

by=2rsinφ

y=rcosφ

dy=-rsinφdφ

найдем

Jx=Fy2 dF=-2r4φ00sin2φ-rsinφ dφ=

=2r430φ0sin4φ dφ=2r41638φ0-sinφ04+sin4φ032=

=r4164φ0-sin4φ00,315r4

Момент инерции рассматриваемой площади сегмента относительно другой оси y можно подсчитать как сумму моментов инерции элементарных полосок (прямоугольников) с основанием dy и высотой b(y)

Jy=y1rb3ydy12=8r312φ00sin3φ-rsinφ dφ=

=2r430φ0sin4φ dφ=2r4338φ0-sinφ04+sin4φ032=

=r44812φ0-8sin2φ0+sin4φ00,11r4

Ответ: не указан.