Решение. Пример решения и оформления РГЗ

Пример решения и оформления РГЗ

ЗАДАНИЕ

Определить главные центральные осевые моменты инерции поперечного сечения стержня (балки), составленного из стандартных профилей проката – двутавра № 18, швеллера № 18 и неравнобокого уголка 100× 63× 8, скомпонованного в соответствии с индивидуальным заданием (например, рис.1).

Рис.1. Компоновка поперечного сечение стержня (балки)

Решение

Двутавр № 18

h=180 мм; b=90 мм; d=5, 1 мм; t=8, 1 мм; F=23, 4 см²; I_x=1290 см⁴; I_y=82, 6 см⁴.

Швеллер № 18

h=180 мм; b=70 мм; d=5, 1 мм; t=8, 7 мм; F=20, 7 см²; I_x=1090 см⁴; I_y=86, 0 см⁴.

Z₀=1, 94 см.

Уголок 100× 63× 8

B=100 мм; b=63 мм; d=8 мм; F=12, 6 см²; I_x=127 см⁴; I_y=39, 2 см⁴; I_u=23, 4 см⁴.

x₀=1, 5 см; y₀=3, 12 см; tg α =0, 391.

На основании этих данных центробежный момент инерции (модуль – числовое значение)

|I_xy|=(I_x-I_u)·tg α =(127-23, 4)·0, 391=40, 5 см⁴.

2. Вычерчиваем (а не рисуем!) в масштабе поперечное сечение заданной компоновки с учётом справочных данных.

Выбираем «стартовую» (исходную) систему координат X-Y (рис. 2).

В этой системе координат координаты центров тяжести элементов поперечного сечения определяем, используя основные размеры двутавра, швеллера и уголка из справочных данных.

1). Двутавр: x₁=0 см; y₁=9, 0-5, 5=3, 5 см.

2). Швеллер: x₂=0, 255+9.0=9, 255 см; y₂=1, 94 см.

3). Уголок: x₃=0, 255+18, 0-6, 3+1, 5=13, 455 см; y₃=-3, 12 см.

Осевые и центробежные моменты инерции с учётом ориентации элементов поперечного сечения относительно их собственных центральных осей координат:

1). Двутавр: I_х1=1290 см⁴; I_y1=82, 6 см⁴; I_x1y1=0.

2). Швеллер: I_x2=86 см⁴; I_y2=1090 см⁴; I_x2y2=0.

3). Уголок: I_x3=127 см⁴; I_y3=30, 2 см⁴; I_x3y3=40, 5 см⁴.

Здесь учтено, что швеллер по отношению к табличной ориентации повёрнут на 90⁰ и табличные оси х и у швеллера изменили направление и стали, соответственно, осями Y₂ и X₂, поэтому I_x2= I_y^таб; I_y2= I_х^таб. Центробежные моменты инерции I_x1y1= I_{x 2y2}=0, т.к. оси X₁, Y₁ и X₂, Y₂ – оси симметрии, а I_xy3> 0, т.к. большая часть площади уголка расположена в положительных, 1-й и 3-й, четвертях.

3. Определяем положение центра тяжести сечения в «стартовой» системе координат X-Y.

Рис.2. Поперечное сечение стержня (балки)

Заметим, что центр тяжести сечения должен быть внутри треугольника, очерченного пунктирной линией, соединяющей центры тяжестей составляющих фигур.

Определение центра тяжести можно свести в таблицу 1

Таблица 1

; .

4. Вычисляем осевые и центробежный моменты инерции сечения в центральной системе координат X_C -Y_C.

4.1. Предварительно вычислим «новые» координаты центров тяжестей двутавра, швеллера и уголка в центральной системе координат.

x_c1=x₁-x_c=0-6, 37=-6, 37 см; y_c1= y₁-y_c=3, 5-1, 41= 2, 09 см.

x_c2=x₂-x_c=9, 26-6, 37=2, 89 см; y_c2= y₂-y_c=1, 94-1, 41= 0, 53 см.

x_c3=x₃-x_c=13, 46-6, 37=7, 09 см; y_c3= y₃-y_c=-3, 32-1, 41= -4, 73 см.

4.2. Используя формулы параллельного переноса осей координат, получим

Вычисление осевых и центробежного моментов инерции сечения в центральной системе координат X_C -Y_C можно свести в таблицу 2

Таблица 2

Продолжение таблицы 2

№ элем.
1	1392, 2	1032, 1	-311, 5
2	91, 8	1262, 9	31, 7
3	408, 9	663, 6	-382
Σ	1892, 9	2958, 6	-661, 8

5. Определяем положение (ориентацию) главных центральных осей координат

;

.

6. Вычисляем значения главных центральных осевых моментов инерции

±

=2425, 8± 849, 7 см⁴.I_max=I_Yо=3275, 5 см⁴; I_min=I_Xо=1576, 1 см⁴.

Принимаем значения с точностью до четырёх значащих цифр:

I_max=I_Yo =3276 см ^4; I_min=I_Xо=1576 см ⁴

Максимальное значение I_max=I_Yo =3276 см⁴, т.к. ось Y₀ – ближайшая к оси Y_С сбольшим значением I_Yс .

Положение главных центральных осей координат представлено на рис. 3

Рис. 3. Главные центральные оси координат

Литература

1. Феодосьев, В.И. Сопротивление материалов / В.И. Феодосьев – М.: Наука, 1986. – 512 с.

2. Лейзерович, Г.С. Руководство к самостоятельной работе по сопротивлению материалов: учеб. пособие./ Г.С. Лейзерович, В.С. Симонов. – Комсомольск-на-Амуре: ГОУ ВПО «КнАГТУ». 2007. – 87 с.