Добавил:
Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.
Вуз: Предмет: Файл:

3 семестр / Лекции / ПРИКЛАДНАЯ ФИЗИКА-1-10

.pdf
Скачиваний:
0
Добавлен:
16.05.2024
Размер:
675.64 Кб
Скачать

ПРИКЛАДНАЯ ФИЗИКА

Лекция 10

Геометрические характеристики плоских сечений

1. Статические моменты инерции

= ∫

= ∫

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Центр тяжести сечения

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

=

 

, =

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2. Осевые моменты инерции

= ∫ 2

= ∫ 2

3. Полярный момент инерции

1

= ∫ 2

4. Центробежный момент инерции

= ∫

Центральными осями называются оси проходящие через центр тяжести сечения. Оси x, y – центральные если = = 0.

Главными осями называются оси для которых = 0.

Для главных центральных осей = = = 0.

Простейшие примеры.

1. Прямоугольное сечение.

x,y – главные центральные оси = = = 0.

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

2

 

3

 

= ∫ 2

=

2

=

 

|

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

− ⁄2

 

 

 

 

− ⁄2

 

 

 

 

 

=

3

 

 

 

 

 

12

 

 

 

 

2,3. Кольцо.

x,y – главные центральные оси = = = 0.

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

4

2

 

 

 

4

 

4

 

4

 

 

= ∫ 2 =

22 = 2

 

 

 

 

|

 

 

 

=

 

 

 

 

 

0

=

 

 

(1 − 4)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4 0

 

 

32

 

32

 

 

32

 

 

 

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Из симметрии сечения

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= ∫ 2 = ∫(2

+ 2) =

+

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Получаем

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= =

 

 

 

=

 

 

 

 

(1 − 4)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

64

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Для круга

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

 

 

,

 

 

 

= =

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

32

 

 

 

 

 

 

 

 

 

64

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

4. Сечение в виде треугольника

Определим центр тяжести, направив ось x (см. левый рисунок)

 

 

 

 

 

=

 

,

=

 

( − )

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

3

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

( − ) = (

 

 

 

= ∫ = ∫ = ∫

 

 

 

 

 

 

 

)|

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

3 0

 

6

 

 

0

0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

=

 

=

 

 

 

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

6

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Теперь для правого рисунка

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= ∫ 2

=

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

− ⁄3

2

= (3 − )

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

= ∫ 2

 

 

2

 

2

3

1

 

 

4

 

3

 

3

(

− ) = (

 

 

)|

=

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

3

9

 

4

 

 

 

36

 

 

 

 

 

− ⁄3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

− ⁄3

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Изменение моментов инерции при параллельном переносе осей

(Теорема Штейнера)

Найдем 0 если известно

0 = ∫( + )2 = ∫ 2 + ∫ 2 + ∫ 2

 

 

 

 

0 = + 2 + 2

Если исходная ось x – центральная ось ( = 0)

0 = + 2

4

РАСЧЕТ ЭЛЕМЕНТОВ КОНСТРУКЦИЙ, РАБОТАЮЩИХ НА ИЗГИБ

Изгибом называется такой вид деформации, при которой нагрузки нормальны к продольной оси стержня и пересекают ее. Стержень, работающий на изгиб, будем называть балкой.

1.Рассматриваем стержни с прямолинейной осью

2.Оси x и y являются главными центральными осями поперечного сечения стержня.

Различают следующие виды изгиба

Прямой поперечный изгиб - ≠ 0, ≠ 0.

(Прямой чистый изгиб - Все внутренние силовые факторы равны нулю, кроме ≠ 0)

Косой поперечный изгиб - ≠ 0, ≠ 0, ≠ 0, ≠ 0

(Косой чистый изгиб - ≠ 0, ≠ 0)

5

Прямой поперечный изгиб

Правило знаков для изгибающего момента и поперечной силы

Изгибающий момент считается положительным, если его действие вызывает сжатие верхних волокон. Поперечная сила считается положительной, если ее действие вызывает сдвиг элемента по часовой стрелке.

Дифференциальные зависимости между внутренними силовыми факторами при изгибе

Рассмотрим балку, нагруженную ( )

Выделим элемент . Внутренние силовые факторы , и нагрузкапоказаны положительными.

6

Составим уравнения равновесия

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∑ = 0:

 

 

+ − (

+

) = 0

 

 

(1)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

∑ = 0:

 

+

+

 

− (

+ )

= 0

(2)

 

 

 

 

 

 

 

 

2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Отсюда следует

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

= ,

 

=

 

 

 

 

 

(3)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Во втором уравнении пренебрегаем слагаемым

 

 

2

как

величиной

 

 

2

 

второго порядка малости.

Из (3) следует

2 =2

7