Как найти центр тяжести сечения швеллера

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.

1. Пользуясь табл.
   2, 3 и 4 прил. I,
   укажем центры
   тяжести каждого
   профиля и
   обозначим их С₁
   C₂,
   C₃,
   С₄
   и С₅.

2. Выберем систему осей координатных. Ось
   у совме­стим с
   осью симметрии, а ось х
   направим
   перпендику­лярно
   оси у и
   проведем через центр тяжести двутавро­вой
   балки.

3. Выпишем формулы для определения
   координат центра
   тяжести сечения:

х_с=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
= h_дв//2
+ d_шв
– z_0(шв)
= 33/2 + 0,6 — 2,7=14,63 см

у₂
=у₃=
h_дв//2
+ d_шв
— b_шв

+ z_0(уг)
= 33/2 + 0,6 — 9,5 + 1,28=8,88 см

у₄
= 0, так
как ось х проходит через центр тяжести
двутавра;

у₅
= — (h_дв//2
— δ_листа//2)=

= — 17,1 см.

Подставим
полученные значения в формулу для
оп­ределения
у_с:

у_с
=
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
⁼
δ_листа
+ h_дв
+ d_шв
— z_0(шв)
= 1.2 + 33 + 0,6 —
2,47 = 32,33 см;

у₂
= δ_листа
+ h_дв
+ d_шв
– b_шв
— z_0(уг)
= 1,2
+ 33 + 0,6 — 9,5+
1,28 = 26,58 см;

у₂
= у₃
= 26,58 см;

у₄=
δ_листа
+ h_дв/2
=
1.2 + 33/2 = 1,2 +16,5 = 17,7 см;

у₅=
δ_листа
/ 2 =
1,2/2 = 0,6 см.

Определим
положение центра тяжести в новой системе
координат

у_с=
см

Разность
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:
у_с
=
2,33 см, если ось х
проходит
через С₄,
и у_с
= 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
х_с=0,
так
как ось у
совпадает
с осью сим­метрии.
Координату у_с
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 у_с:

у_с=

см

Для
проверки решения ось Х₁
можно
провести по нижней
грани сечения. В этом случае у_с
= 30,84 см. По­скольку
30,84—21=9,84 см, то решение верно.

Ответ:
у_с=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 N_II
= 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 N_III
(рис. 10, г).
Составляем
уравнение равновесия:

ΣΥ= -N_III
+ Р₁
+ Р₂
+ Р₃
= 0, откуда N_III
=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
σ_II
=

120-10⁶
Н/м²=
120 MH/м²

на участке III
σ_III
=
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

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #
• #

Требуется определить положение главных центральных осей и величины главных центральных моментов инерции.

Сечение имеет сложную форму, состоит их 4^х простых фигур:

I – швеллера №30^а,

II – прямоугольника 2×40см,

III – двутавра №20^а,

IV – равнобокого уголка №12 (d=10мм).

Всё начинается с подготовки исходных данных. С этой целью необходимо сделать выписки из таблиц Сортамента прокатных сечений (см. рубрику «Таблицы»).

Этап 0. Подготовительный

Фигура I. Швеллер №30^а

Фигура II – прямоугольник 2×40см, В сортаменте прокатной стали этой фигуры нет, поскольку все геометрические характеристики ее свободно вычисляются

Фигура III. Двутавр №20^а.

Фигура IV. Равнобокий уголок №12 (d=10мм).

Пользуясь данными сортамента, на схеме сечения, вычерченной в достаточно крупном масштабе, показываем положение центров тяжести каждой из фигур и собственные центральные оси х_i, у_i.

Этап 1. Определение положения центра тяжести сечения. Сечение не имеет осей симметрии. Поэтому придётся определять две координаты центра тяжести, используя формулы:

Для реализации этих формул выбираем вспомогательные оси х‘ и у‘ (см.схему сечения).

Площади отдельных фигур: А₁=43,89см², А₂=2×40=80см²,

А₃=35,5см², А₄=23,3см².

Координаты центров тяжести отдельных фигур:

Площадь всего сечения А=182,7см².

Тогда координаты собственных центров тяжести отдельных фигур в системе случайных центральных осей х_с, у_сбудут:

а₁=2,66см,                            b₁=-7,5см

а₂=-2,34см,                           b₂=-1,93см

а₃=-7,34см,                           b₃=9,07см

а₄=14,33см,                           b₄=2,4см.

Этап 2.  Определение моментов инерции относительно случайных центральных осей  х_с, у_с.

Справочные сведения о знаке собственного центробежного момента инерции уголка (равнобокого и неравнобокого):

Справочные сведения для определения собственного центробежного момента инерции неравнобокого уголка:  

Этап 3. Определение положения главных центральных осей

Положительный угол  α₀ соответствует повороту против часовой стрелки главных осей относительно случайных (см.схему).

Этап 4. Определение величин главных центральных моментов инерции

Правило: Ось с максимальным главным моментом инерции «тяготеет» к более тяжелой случайной оси. Поэтому в нашем случае:

тогда 

Проверки.

1. Выполнение закона суммы осевых моментов инерции.

Для этого сравним

.

получаем:

Разница в последней цифре дает незначительную погрешность <<5%, что вполне допустимо в инженерных расчетах.

2. Проверка правильности вычислений.

Суть ее в том, что если все сделано правильно, то центробежный момент инерции сечения относительно найденных нами главных осей должен равняться нулю.

Подставляя сюда    и sin13˚20’=0,2306,                                                    cos13˚20’=0,9730,имеем

погрешность составляет:

И эта проверка выполняется.

Определение положения центра тяжести тела, составленного из тонких однородных стержней

Задача 122-23. Определить положение центра тяжести плоской фигуры (рис. 178), изогнутой из тонкой проволоки.

Решение.

1.    Фигура состоит из четырех прямых отрезков:

2.    Оси координат расположим так, чтобы они совпали с отрезками DE (ось х) и DB (ось у). Так как фигура плоская, третья ось здесь не нужна.

3.    Для центров тяжести каждого отрезка соответственно найдем, исходя из размеров фигуры, их координаты.

а    Обозначив координаты найдем, что

координаты

координаты

координаты

Для удобства, а также ввиду того, что координаты центров тяжести можно определить непосредственно по рисунку, данные для подстановки в формулы следует представлять в таком виде:

4. Подставим значения в формулы (2) и сделаем вычисления:

5. Отложив вдоль осей х и у найденные координаты, отметим на рис. 178 положение центра тяжести С данной фигуры.

Задача 123-23. Определить положение центра тяжести плоской фигуры ОАВ, изогнутой из тонкой проволоки в виде квадранта (рис. 179).

Решение 1.

1.    Фигура состоит из трех частей: двух прямолинейных отрезков 1 и 2 длиной r и дуги 3, равной четверти окружности.

2.    Совместив оси координат с прямолинейными отрезками ОА и ОВ (рис. 179, а), приведем данные для подстановки в формулы:

Координаты находим из прямоугольного треугольника

но по формуле (5)
поэтому
3.    Подставим значение и координат в формулы (2) и сделаем вычисления:

Решение 2.

1.    Так как фигура имеет одну ось симметрии, проходящую по биссектрисе прямого угла, одну из осей координат целесообразно совместить с осью симметрии (рис. 179, б)

В этом случае общий центр тяжести отрезков ОА и ОВ (точка находится на оси симметрии (оси х).

2.    Определим исходные данные для подстановки в формулы (2):

3. Найденные значенияи координат подставим в формулы (2):

.
Сравнивая из первого решения, видим, что (см. 2

Задача 124-23. Определить положение центра тяжести пространственно изогнутой проволочной фигуры (рис. 180); размеры — в мм.

Решение.

1.    Расположив проволочную фигуру в осях координат как показано на рис. 180, разделим ее на пять прямолинейных участков 1, 2, 3, 4 и 5 и отметим точкамицентры тяжести каждого участка.

2.    Найдем исходные данные для подстановки в формулы — длины участков и координаты

3.    Найденные исходные данные подставим в формулы (2) и вычислим координаты центра тяжести всей фигуры:

4.    Таким образом, центр тяжести фигуры расположен в точке С (55,0; 62,2; 7,2).

Следующую задачу рекомендуется решить самостоятельно.

Задача 125-23. Определить положение центров тяжести плоской и пространственной проволочных фигур, показанных на рис 181
(размеры в мм).

Ответ (в осях, показанных на рис. 181);

а)    С (85,5; 26,5);

б)    С (6; 9,95; -2,19).

Определение положения центра тяжести фигур, составленных из пластинок

Задача 126-24. Определить положение центра тяжести фигуры, составленной из трех тонких плоских пластинок прямоугольной формы, пересекающихся друг с другом под прямыми углами (рис. 182); размеры —в мм.

Решение.

1.    Поместим начало координат в вершине трехгранного угла и расположим оси координат вдоль линий пересечения пластинок.

Фигура состоит из трех прямоугольников с центрами тяжести расположенными на пересечении прямых, соединяющих середины противоположных сторон.

2. Исходя из размеров фигуры, определим необходимые данные для подстановки в формулы (3): — площади прямоугольников и координаты их центров тяжести:

3. Подставим эти данные в формулы (4) и вычислим искомые координаты центра тяжести фигуры:

Центр тяжести фигуры расположен в точке С (13,7; 30,4; 8,5).

В последней задаче, а также в задачах, приведенных в предыдущем параграфе, расчленение фигур на составные части не вызывает особых затруднений. Но иногда фигура имеет такой вид, который позволяет разделить ее на составные части несколькими способами, например тонкую пластинку прямоугольной формы с треугольным вырезом (рис. 183). При определении положения центра тяжести такой пластинки ее площадь можно разделить на четыре прямоугольника (1, 2, 3 и 4) и один прямоугольный треугольник 5 — несколькими способами. Два варианта показаны на рис. 183, а к б.

Наиболее рациона.льным является тот способ деления фигуры на составные части, при котором образуется наименьшее их число. Если в фигуре есть вырезы, то их можно также включать в число составных частей фигуры, но площадь вырезанной части считать отрицательной. Поэтому такое деление получило название способа отрицательных площадей.

Пластинка на рис. 183,в делится при помощи этого способа всего на две части: прямоугольник 1 с площадью всей пластинки, как будто она целая, и треугольник 2 с площадью, которую считаем отрицательной.

Задача 127-24. Определить положение центра тяжести тонкой однородной пластинки, имеющей ось симметрии. Формаш размеры пластинки показаны на рис. 184.

Решение.

1.    Пластинка имеет ось симметрии, на которой находится центр тяжести. Совместим с осью симметрии ось у, а ось х — с нижним краем пластинки.
2.    Дополнив пластинку до прямоугольника ABCD, разобьем ее тем самым на три части: 1, 2 и 3.

3.    Определим площади каждой части в и координаты их центров тяжести в см:

4.    Определим ординату центра тяжести пластинки, подставив найденные значения во вторую формулу системы (3):

Таким образом, центр тяжести имеет ординату

Задача 128-24. Определить положение центра тяжести плоской однородной пластинки ABCDEFG, размеры которой в см указаны на рис. 185.

Решение.

1.    Разбиваем пластинку на два прямоугольника АВСО и OHFG и на треугольник DHE, площадь которого считаем отрицательной.

2.    Начало координат помещаем в точке О, ось х совмещаем с прямой AG, ось у — с прямой CD.

3.    Определяем площади составных частей и координаты их центров тяжести

4.    Подставляем найденные значения площадей и координат в две первые формулы (3) и производим .вычисление:

Таким образом, центр тяжести пластинки находится в точке (4,8; 9,8).

Следующую задачу рекомендуется решить самостоятельно.

Задача 129-24. Определить положение центров тяжести тонких однородных пластинок, форма и размеры которых показаны на рис 186.

Ответ:

§ 28-8. ОПРЕДЕЛЕНИЕ ПОЛОЖЕНИЯ ЦЕНТРА ТЯЖЕСТИ СЕЧЕНИЙ, СОСТАВЛЕННЫХ ИЗ ПРОФИЛЕЙ СТАНДАРТНОГО ПРОКАТА
При решении задач, приведенных в этом параграфе, нужно пользоваться таблицами из ГОСТа на прокатную сталь (табл. 1—4).

Эти таблицы для каждого профиля содержат их размеры и площадь, а для уголков и швеллера, кроме того, — координаты центров тяжести.

Задача 130-25. Определить положение центра тяжести симметричного сечения, составленного, как показано на рис. 187, из полосы размером 120×10 мм, двутавра № 12 (ГОСТ 8239—56) и швеллера 14 (ГОСТ 8240—56).

Решение.

1.    Разбиваем сечение на три части: / — полоса, //—двутавр и /// — швеллер.

2.    Находим площади каждой части, выражая их в . Площадь полосы определяем путем перемножения двух данных размеров, а площади двутавра и швеллера —по таблицам из ГОСТа.

Площадь сечения полосы

Площадь сечения двутавра № 12

Площадь сечения швеллера № 14

3.    Данное сечение имеет вертикальную ось симметрии. Совместим с этой осью ось у, а ось х проведем через середину двутавра через точку — центр тяжести его сечения. Центр тяжести сечения полосы расположен ниже точки , принятой в данном случае за начало координат, на расстоянии

Центр тяжести швеллера находим при помощи тех же таблиц из ГОСТа Положение центра тяжести швеллеров в таблицах обозначено одной координатой ; для швеллера № 14 = 1,66 см, следовательно,

Таким образом,

4.    Подставляем эти значения в расчетную формулу для ординаты

В выбранных осях положения центра тяжести сечения выражены координатами

Это значит, что центр тяжести сечения находится от его нижнего края (от точки А) на расстоянии

Задача 131-25. Определить положение центра тяжести сечения, составленного, как показано на рис 188, из трех профилен стандартного проката: швеллера 10 (ГОСТ 8240—56), двутавра 12 (ГОСТ 8239—56) и неравпобокого уголка № 5/3,2 (размеры 50x32x4 мм ГОСТ 8510—57).

Решение.

1.    Разбиваем сечение на три части: / — швеллер, //-двутавр и ///—неравнобокий уголок.

2.    Начало координат поместим в вершине прямого угла неравнобокого уголка; ось х совместим с нижней полкой двутавра,

а ось у — с его вертикальной осью симметрии.

3 При помощи таблиц из ГОСТа находим:

площадь сечения швеллера  

площадь сечения двутавра № 12

площадь сечения уголка  

4.    В таблицах из ГОСТа положение центра тяжести швеллерапоказано одной координатой 1,55см, так’ как швеллер имеет одну ось симметрии. Положение центра тяжести двутавра в таблицах не показано, так как он имеет две оси симметрии и его центр тяжести расположен на их пересечении. Положение центра тяжести неравнобокого уголка № 5/3,2 показано двумя координатами:

Располагаем центры тяжести на рисунке (см. рис. 188), а затем при помощи таблиц находим их координаты в выбранных осях, учитывая другие необходимые размеры профилей, которые также берутся из таблиц: координаты центра тяжести

координаты центра тяжести

координаты центра тяжести

5.    Таким образом,

6.    Подставляем эти значения в расчетные формулы:

7.    Центр тяжести данного составного сечения имеет координаты (в мм) (5,4; 82,3).

Следующую задачу рекомендуется решить самостоятельно.

Задача 132-25. Определить положение центра тяжести трех сечений, составленных из профилей стандартного проката, как показано на рис. 189.

Ответ (в мм):

а)    С (0; 31,1);

Определение положения центра тяжести тела, составленного из частей, имеющих простую геометрическую форму

Чтобы решать задачи на определение положения центра тяжести тела, составленного из частей, имеющих простую геометрическую форму, необходимо иметь навыки определения координат

центра тяжести фигур, составленных из линий или площадей.

Задача 133-26. Определить положение центра тяжести тела, составленного из куба /, имеющего горизонтальную цилиндрическую канавку //, и прямоугольного параллелепипеда (рис. 190); размеры —в мм.

Решение.

1. Тело состоит из куба /, полуцилиндра //, объем которого считаем отрицательным, так как он вырезан из объема куба /, и прямоугольного параллелепипеда

2. Отметив на рисунке положение центра тяжести составных частей —центр тяжести куба, — центр тяжести полуцилиндра и —центр тяжести параллелепипеда), найдем исходные величины для подстановки их в формулы (4) — объемы — и координатыих центров тяжести:

3.    После подстановки в расчетные формулы имеем:

Таким образом, центр тяжести данного тела находится в точке (44; 216; 106).

Эту точку рекомендуется отметить на рис. 190 самостоятельно.

Задача 134-26 (для самостоятельного решения). Определить положение центра тяжести тела, форма и размеры (в мм) которого показаны на рис. 191.

Ответ. С (122; 184; 80).

РАЗДЕЛ ВТОРОЙ

КИНЕМАТИКА
В кинематике изучаются законы движения материальных точек и твердых тел с чисто геометрической стороны. Законом движения точки или тела можно назвать такую совокупность математических образов и уравнений, которая в любой момент времени позволяет установить, где находится точка или тело, куда и как они движутся. При этом в кинематике не рассматриваются вопросы, почему точка или тело двигается именно так, а не иначе. Эти вопросы изучаются в разделе «Динамика».

Прежде чем решить задачи но кинематике, необходимо выяснить следующее:

а)    можно ли данный в задаче движущийся предмет рассматривать как материальную точку или его нужно считать твердым телом;

б)    в какой форме закон движения задан в задаче.

Необходимость выяснения первого положения вызывается тем,

что законы движения материальных точек (предметов, формой и размерами которых можно пренебречь) и законы движения твердых тел (предметов, состоящих из множества материальных точек), как правило, отличаются друг от друга.

От способа задания закона движения зависит ход решения задачи.