Primjer pronalaženja centra gravitacije. Određivanje težišta ravnih figura

Određivanje težišta proizvoljnog tijela sukcesivnim sabiranjem sila koje djeluju na njegove pojedinačne dijelove težak je zadatak; olakšan je samo za tijela relativno jednostavnog oblika.

Neka se tijelo sastoji od samo dva utega mase i spojeno štapom (sl. 125). Ako je masa štapa mala u odnosu na mase i , onda se može zanemariti. Na svaku od masa utiče gravitacija jednaka i respektivno; oba su usmjerena okomito prema dolje, odnosno paralelno jedno s drugim. Kao što znamo, rezultanta dvije paralelne sile primjenjuje se u tački , koja je određena iz uvjeta

Rice. 125. Određivanje težišta tijela koje se sastoji od dva tereta

Prema tome, centar gravitacije dijeli udaljenost između dva tereta u omjeru obrnutom odnosu njihovih masa. Ako je ovo tijelo suspendirano u tački, ono će ostati u ravnoteži.

Budući da dvije jednake mase imaju zajedničko težište u tački koja dijeli rastojanje između ovih masa, odmah je jasno da, na primjer, težište homogenog štapa leži u sredini štapa (Sl. 126) .

Budući da ga bilo koji prečnik homogenog okruglog diska dijeli na dva potpuno identična simetrična dijela (Sl. 127), težište mora ležati na svakom prečniku diska, odnosno na mjestu presjeka prečnika - u geometrijskom centar diska. Argumentirajući na sličan način, možemo naći da težište homogene lopte leži u njenom geometrijskom centru, težište homogenog pravougaonog paralelepipeda leži na preseku njegovih dijagonala, itd. Težište obruča ili prsten leži u njegovom centru. Posljednji primjer pokazuje da težište tijela može ležati izvan tijela.

Rice. 126. Težište homogenog štapa nalazi se u njegovoj sredini

Rice. 127. Centar homogenog diska leži u njegovom geometrijskom centru

Ako tijelo ima nepravilan oblik ili ako je nehomogeno (na primjer, ima šupljine), tada je izračunavanje položaja težišta često teško i ovaj položaj je praktičnije pronaći iskustvom. Neka je, na primjer, potrebno pronaći centar gravitacije komada šperploče. Okačimo ga na konac (Sl. 128). Očigledno, u ravnotežnom položaju, težište tijela mora ležati na nastavku niti, inače će sila gravitacije imati moment u odnosu na tačku ovjesa, koja bi počela rotirati tijelo. Stoga, crtajući pravu liniju na našem komadu šperploče, koja predstavlja nastavak niti, možemo tvrditi da težište leži na ovoj pravoj liniji.

Zaista, vješanjem tijela u različitim tačkama i crtanjem vertikalnih linija, pobrinut ćemo se da se sve one sijeku u jednoj tački. Ova tačka je centar gravitacije tijela (pošto mora ležati istovremeno na svim takvim linijama). Na sličan način se može odrediti položaj težišta ne samo ravne figure, već i složenijeg tijela. Položaj težišta aviona se određuje tako što ga kotrljamo kotačima na platformu vage. Rezultanta sila težine na svakom točku bit će usmjerena okomito, a liniju duž koje djeluje možete pronaći po zakonu zbrajanja paralelnih sila.

Rice. 128. Tačka preseka vertikalnih linija povučenih kroz tačke vešanja je težište tela

Kada se promijene mase pojedinih dijelova tijela ili kada se promijeni oblik tijela, mijenja se i položaj težišta. Dakle, težište aviona se pomera kada se troši gorivo iz rezervoara, kada se utovari prtljag itd. Za vizuelni eksperiment koji ilustruje pomeranje centra gravitacije pri promeni oblika tela, zgodno je uzeti dvije identične šipke povezane šarkom (sl. 129). U slučaju kada se šipke nastavljaju jedna na drugu, težište leži na osi šipki. Ako su šipke savijene na šarki, onda je težište izvan šipki, na simetrali ugla koji formiraju. Ako se na jednu od šipki stavi dodatno opterećenje, tada će se težište pomjeriti prema ovom opterećenju.

Za stvaranje zanata, zagonetki i samo u kućnim poslovima, ponekad se javlja situacija kada je potrebno izračunati težište figure. A ako su za najjednostavnije figure poznate formule za izračunavanje centra gravitacije, na primjer, za krug, težište se poklapa sa središtem kruga, onda složenije figure, a još više figure koje se sastoje od slomljenih linije, vrlo je teško ručno izračunati.

Šta je centar gravitacije? Ovo je takva tačka na figuri, podizanjem figura ostaje u istom položaju kao što je ležala, na primjer, na stolu. Ovo je, naravno, amatersko objašnjenje, osim toga govorimo o ravnim figurama. Ispravnije je ovo: Težište mehaničkog sistema je tačka u odnosu na koju je ukupan moment gravitacije koji deluje na sistem jednak nuli.

Kalkulator izračunava težište bilo koje ravne figure, homogene kompozicije, koja se sastoji od isprekidanih linija.

Šta vi, kao korisnik, trebate znati? Potrebne su nam koordinate tačaka vrhova takvog poligona.

Kako odrediti centar gravitacije?

Ako bodovi M1(x1,y1,z1) i M2(x2,y2,z2) djeluju paralelne sile, tada tačka M primjene rezultante ovih sila dijeli odsječak M1M2 obrnuto proporcionalno tim silama

Dakle, koordinate tačke M će biti

ako govorimo o utjecaju tri djelujuće sile, onda su formule slične i izračunavaju se kao aritmetički ponderirani prosjek

na isti način se računaju ako u tačkama primene sila nisu tri, već četiri ili pet ili deset na primer.

Ako prihvatimo da će sila koja djeluje na tačke biti gravitacija, a masa tačaka ista, onda će nakon smanjenja istih vrijednosti naša formula za tri tačke biti sljedeća

Ovdje položaj težišta zavisi samo od položaja tačaka. Tačka () se naziva geometrijsko težište ovih tačaka

Ako je figura simetrična, onda se težište poklapa sa geometrijskim središtem figure. To se odnosi na figure kao što su kvadrat, krug, pravilan poligon, jednakostranični trokut i drugi slični objekti.

Pa ipak, malo teorije koja će vam pomoći da izračunate centar gravitacije složenih oblika.

Položaj težišta čistih tačkastih masa neće se promeniti ako se bilo koja parcijalna grupa tačkastih masa sistema zameni jednom masom tačke koja se nalazi u centru gravitacije ove grupe i koja kao masu ima zbir masa bodova ove grupe.

PRORAČUN TEŽIŠTA TROKUTA PO KOORDINATAMA

Izračunavamo težište trouglaste ploče, proizvoljnog oblika, iste debljine.

Koji materijal ćemo napraviti od čelika, papira ili plastike nije toliko važno.

Težište trougla je jedna od sedam izuzetnih tačaka i definisana je kao tačka preseka medijana stranica ovog trougla.

Ako znamo samo koordinate trokuta, na primjer, izrežemo ga iz bilježnice u kutiju, tada će koordinate točke gravitacije biti određene na sljedeći način

Ne pokušavajte aproksimirati ovu formulu i mislite da će središte trapeza biti izračunato na sličan način, na primjer, takvim formulama

To nije tačno, odnosno nije tačno u slučaju kada je masa raspoređena u ravni između ovih tačaka (na primer, ploča).

Ako govorimo o masama tačaka koje se nalaze u ovim koordinatama, tada će formula za centar mase biti ispravna.

PRORAČUN TEŽIŠTA TRAPEZA PO KOORDINATAMA

Kako onda izračunati centar gravitacije trapeza?

Pametni ljudi su pronašli formulu za izračunavanje tačke, ali u njoj su početni podaci predstavljeni kao dužine stranica trapeza.

Evo formule.

Nije zgodno kada znamo samo koordinate trapeza. Ali mi ćemo koristiti metodu dijeljenja trapeza na dva trokuta, gdje za svaki od njih nalazimo težište, a zatim računajući za dvije točke (centre) nalazimo konačno rješenje.

Za svaki trokut, centar će se izračunati po dobro poznatoj formuli

Ali sada, kada računamo konačnu tačku, moramo uzeti u obzir da, "povlačenjem" svakog trokuta u centar gravitacije, povlačimo i cjelokupnu masu površine koja se nalazi između ovih koordinata.

Budući da je odnos između površine figure (sa istom debljinom) i mase linearan, lako je pretpostaviti da konačni proračun neće biti isti.

Cilj – analitički i eksperimentalno odrediti težište složene figure.

Teorijsko opravdanje. Materijalna tijela sastoje se od elementarnih čestica čiji je položaj u prostoru određen njihovim koordinatama. Sile privlačenja svake čestice na Zemlju mogu se smatrati sistemom paralelnih sila, rezultanta ovih sila naziva se sila gravitacije tijela ili težina tijela. Težište tijela je tačka primjene gravitacije.

Težište je geometrijska tačka koja se može nalaziti i izvan tijela (na primjer, disk s rupom, šuplja lopta, itd.). Od velike je praktične važnosti određivanje težišta tankih ravnih homogenih ploča. Njihova debljina se obično može zanemariti i može se pretpostaviti da je centar gravitacije smješten u ravni. Ako koordinatna ravan xOy bude poravnato s ravninom figure, tada je položaj težišta određen sa dvije koordinate:

gdje je površina dijela figure, ();

- koordinate težišta dijelova figure, mm (cm).

Poprečni presjek figure	A, mm 2	X c ,mm	Y c , mm
	bh	b/2	h/2
	bh/2	b/3	h/3
	R2a
Za 2α = π πR 2 /2

Procedura rada.

Nacrtajte figuru složenog oblika, koja se sastoji od 3-4 jednostavne figure(pravougaonik, trougao, krug, itd.) u razmeri 1:1 i upiši njegove dimenzije.

Nacrtajte koordinatne ose tako da pokrivaju cijelu figuru, razbijte složenu figuru na jednostavne dijelove, odredite površinu i koordinate težišta svake jednostavne figure u odnosu na odabrani koordinatni sistem.

Analitički izračunajte koordinate težišta cijele figure. Izrežite ovaj oblik od tankog kartona ili šperploče. Izbušite dvije rupe, rubovi rupa trebaju biti glatki, a promjer rupa treba biti nešto veći od prečnika igle za vješanje figure.

Prvo objesite figuru u jednu tačku (rupu), nacrtajte olovkom liniju koja se poklapa sa viskom. Ponovite isto kada okačite figuru na drugu tačku. Težište figure, pronađeno empirijski, mora odgovarati.

Analitički odredite koordinate težišta tanke homogene ploče. Provjerite iskustvom

Algoritam rješenja

1. Analitička metoda.

a) Nacrtaj crtež u razmeri 1:1.

b) Podijelite složenu figuru na jednostavne

c) Odaberite i nacrtajte koordinatne osi (ako je figura simetrična, tada - duž ose simetrije, inače - duž konture figure)

d) Izračunajte površinu jednostavnih figura i cijele figure

e) Označite položaj težišta svake jednostavne figure na crtežu

f) Izračunajte koordinate težišta svake figure

(duž x i y ose)

g) Izračunajte koordinate težišta cijele figure koristeći formulu

h) Označite položaj težišta na crtežu C (

2. Iskusna odlučnost.

Eksperimentalno se provjerava ispravnost rješenja zadatka. Izrežite ovaj oblik od tankog kartona ili šperploče. Izbušite tri rupe, ivice rupa treba da budu glatke, a prečnik rupa treba da bude nešto veći od prečnika igle za kačenje figure.

Prvo objesite figuru u jednu tačku (rupu), nacrtajte olovkom liniju koja se poklapa sa viskom. Ponovite isto kada okačite figuru na drugim tačkama. Vrijednost koordinata centra gravitacije figure, pronađene pri vješanju figure u dvije tačke: . Težište figure, pronađeno empirijski, mora odgovarati.

3. Zaključak o položaju težišta u analitičkom i eksperimentalnom određivanju.

Vježbajte

Odredite težište ravnog presjeka analitički i empirijski.

Primjer izvršenja

Zadatak

Odredite koordinate težišta tanke homogene ploče.

I Analitička metoda

1. Crtež je nacrtan u mjerilu (dimenzije se obično daju u mm)

2. Složenu figuru delimo na jednostavne.

1- Pravougaonik

2- trokut (pravougaonik)

3- Površina polukruga (nema je, znak minus).

Nalazimo položaj težišta jednostavnih figura tačaka, i

3. Koordinatne ose nacrtamo kao zgodno i označimo ishodište koordinata t. O.

4. Računamo površine jednostavnih figura i površinu cijele figure. [veličina u cm]

(3. ne, znak -).

Površina cijele figure

5. Pronađite koordinate k.t. , i na crtežu.

6. Izračunajte koordinate tačaka C 1 , C 2 i C 3

7. Izračunajte koordinate tačke C

8. Označite tačku na crtežu

II Iskusan

Koordinate centra gravitacije empirijski.

test pitanja.

1. Može li se sila gravitacije nekog tijela smatrati rezultantnim sistemom paralelnih sila?

2. Može li se locirati težište cijelog tijela?

3. Koja je suština eksperimentalnog određivanja težišta ravne figure?

4. Kako se određuje težište složene figure koja se sastoji od nekoliko jednostavnih figura?

5. Kako bi bilo racionalno podijeliti figuru složenog oblika na jednostavne figure prilikom određivanja težišta cijele figure?

6. Koji je predznak površine rupe u formuli za određivanje centra gravitacije?

7. U preseku kojih linija trougla je njegovo težište?

8. Ako je figuru teško rastaviti na mali broj jednostavnih figura, koja metoda određivanja centra gravitacije može dati najbrži odgovor?

Praktičan rad №6

"Rješavanje problema kompleksne prirode"

Cilj: biti sposoban rješavati probleme složene prirode (kinematika, dinamika)

Teorijsko opravdanje: Brzina je kinematička mjera kretanja tačke, koja karakterizira brzinu promjene njenog položaja. Brzina tačke je vektor koji karakteriše brzinu i smer kretanja tačke u njoj ovog trenutka vrijeme. Prilikom specificiranja kretanja tačke jednadžbama, projekcije brzine na osi kartezijanskih koordinata jednake su:

Modul brzine tačke određen je formulom

Smjer brzine je određen kosinusima smjera:

Karakteristika brzine promjene brzine je ubrzanje a. Ubrzanje tačke jednako je vremenskom izvodu vektora brzine:

Prilikom zadavanja kretanja tačke, jednadžbe za projekciju ubrzanja na koordinatne osi su:

Modul za ubrzanje:

Modul potpunog ubrzanja

Modul tangencijalnog ubrzanja određuje se formulom

Modul normalnog ubrzanja određuje se formulom

gdje je polumjer zakrivljenosti putanje u datoj tački.

Smjer ubrzanja određen je kosinusima smjera

Jednačina rotacionog kretanja krutog tijela oko fiksne ose ima oblik

Ugaona brzina tijela:

Ponekad se kutna brzina karakterizira brojem okretaja u minuti i označava se slovom. Odnos između i ima oblik

Kutno ubrzanje tijela:

Sila jednaka proizvodu mase date tačke i njenog ubrzanja i smjera u smjeru koji je direktno suprotan ubrzanju tačke naziva se sila inercije.

Snaga je rad koji izvrši sila u jedinici vremena.

Osnovna jednadžba dinamike za rotacijsko kretanje

- moment inercije tijela oko ose rotacije, je zbir proizvoda masa materijalnih tačaka po kvadratu njihovih udaljenosti do ove ose

Vježbajte

Tijelo mase m, uz pomoć kabla namotanog na bubanj prečnika d, kreće se gore ili dolje po kosoj ravni pod uglom nagiba α. Jednačina kretanja tijela S=f(t), jednačina rotacije bubnja, gdje je S u metrima; φ - u radijanima; t je u sekundama. P i ω su snaga i ugaona brzina na osovini bubnja u trenutku završetka ubrzanja ili početka usporavanja. Vrijeme t 1 - vrijeme ubrzanja (od mirovanja do date brzine) ili usporavanja (od date brzine do zaustavljanja). Koeficijent trenja klizanja između tijela i ravnine je –f. Zanemarite gubitke zbog trenja na bubnju, kao i masu bubnja. Prilikom rješavanja problema uzmite g = 10 m / s 2

br. var	α, st	Zakon kretanja	Na primjer, pomaknite se	m, kg	t1, c	d, m	P, kW	, rad/s	f	Def. količine
		S=0,8t2	Dolje	-	-	0,20	4,0		0,20	m,t1
		φ=4t2	Dolje		1,0	0,30	-	-	0,16	P,ω
		S=1,5t-t2	gore	-	-	-	4,5		0,20	m, d
		ω=15t-15t2	gore	-	-	0,20	3,0	-	0,14	m,ω
		S=0,5t2	Dolje		-	-	1,76		0,20	d,t1
		S=1.5t2	Dolje	-	0,6	0,24	9,9	-	0,10	m,ω
		S=0,9t2	Dolje		-	0,18	-		0,20	P, t1
		φ=10t2	Dolje		-	0,20	1,92	-	0,20	P, t1
		S=t-1,25t2	gore		-	-	-		0,25	P,d
		φ=8t-20t 2	gore		-	0,20	-	-	0,14	P, w

Primjer izvršenja

Zadatak 1(slika 1).

Rješenje 1 Pravolinijsko kretanje (slika 1, a). Tačka koja se ravnomjerno kreće u nekom trenutku primljenog vremena novi zakon kretanja, a nakon određenog vremenskog perioda je prestala. Odrediti sve kinematičke karakteristike kretanja tačke za dva slučaja; a) kretanje duž pravolinijske putanje; b) kretanje po krivolinijskoj putanji konstantnog radijusa zakrivljenosti r=100cm

Slika 1(a).

Zakon promjene brzine tačke

Početnu brzinu tačke nalazimo iz uslova:

Vrijeme usporavanja do zaustavljanja može se pronaći iz uvjeta:

u , odavde .

Zakon kretanja tačke u periodu ravnomernog kretanja

Razdaljina koju pređe tačka duž putanje tokom perioda kočenja,

Zakon promjene tangencijalnog ubrzanja tačke

odakle sledi da je tokom perioda usporavanja tačka koja se kreće jednoliko usporena, pošto je tangencijalno ubrzanje negativno i konstantne vrednosti.

Normalno ubrzanje tačke na pravolinijskoj putanji je nula, tj. .

Rješenje 2 Krivolinijsko kretanje (slika 1, b).

Slika 1 (b)

U ovom slučaju, u poređenju sa slučajem pravolinijsko kretanje sve kinematičke karakteristike ostaju nepromijenjene, s izuzetkom normalnog ubrzanja.

Zakon promjene normalnog ubrzanja tačke

Normalno ubrzanje tačke u početnom trenutku usporavanja

Numeracija položaja tačke na putanji usvojena na crtežu: 1 - trenutni položaj tačke u ravnomernom kretanju pre početka kočenja; 2 – položaj tačke u trenutku početka kočenja; 3 – trenutni položaj tačke tokom perioda kočenja; 4 - konačna pozicija tačke.

Zadatak 2.

Teret (slika 2, a) se podiže pomoću vitla za bubanj. Prečnik bubnja je d=0,3m, a zakon njegove rotacije je .

Ubrzanje bubnja je trajalo do ugaone brzine. Odredite sve kinematičke karakteristike kretanja bubnja i tereta.

Odluka. Zakon promjene ugaone brzine bubnja. Početnu ugaonu brzinu nalazimo iz uslova: ; stoga je ubrzanje počelo iz mirovanja. Vrijeme ubrzanja nalazimo iz uvjeta: . Ugao rotacije bubnja tokom perioda ubrzanja.

Zakon promjene ugaonog ubrzanja bubnja, otuda slijedi da se bubanj tokom perioda ubrzanja ravnomjerno ubrzano rotirao.

Kinematske karakteristike opterećenja jednake su odgovarajućim karakteristikama bilo koje tačke vučne sajle, a time i tačke A koja leži na obodu bubnja (slika 2, b). Kao što je poznato, linearne karakteristike tačke rotirajućeg tela određuju se kroz njegove ugaone karakteristike.

Udaljenost koju je prešao teret tokom perioda ubrzanja, . Brzina opterećenja na kraju ubrzanja.

Ubrzanje opterećenja.

Zakon o kretanju tereta.

Udaljenost, brzina i ubrzanje tereta mogu se odrediti i na drugi način, preko pronađenog zakona kretanja tereta:

Zadatak 3. Teret koji se ravnomjerno kreće prema gore duž nagnute referentne ravni u nekom trenutku je kočio u skladu s novim zakonom kretanja , gdje je s u metrima, a t u sekundama. Masa tereta m = 100 kg, koeficijent trenja klizanja između tereta i ravnine f=0,25. Odrediti silu F i snagu na vučnom sajlu za dva momenta vremena: a) ravnomjerno kretanje prije početka kočenja;

b) početni trenutak kočenja. Prilikom izračunavanja uzmite g \u003d 10 m / .

Odluka. Određujemo kinematičke karakteristike kretanja tereta.

Zakon promjene brzine opterećenja

startna brzina opterećenje (pri t=0)

Ubrzanje opterećenja

Pošto je ubrzanje negativno, kretanje je sporo.

1. Ujednačeno kretanje tereta.

Da bismo odredili pogonsku silu F, uzimamo u obzir ravnotežu opterećenja na koju utječe sistem konvergentnih sila: sila na sajlu F, sila gravitacije tereta G = mg, normalna reakcija potporne površine N i sila trenja usmjerena prema kretanju tijela. Prema zakonu trenja, . Biramo smjer koordinatnih osa, kao što je prikazano na crtežu, i sastavljamo dvije jednadžbe ravnoteže za opterećenje:

Snaga na kablu prije početka kočenja određena je dobro poznatom formulom

Gdje m/s.

2. Sporo kretanje tereta.

Kao što je poznato, kod neravnomjernog translacijskog kretanja tijela, sistem sila koje na njega djeluju u smjeru kretanja nije uravnotežen. Prema d'Alembertovom principu (metoda kinetostatike), tijelo se u ovom slučaju može smatrati u uvjetnoj ravnoteži, ako svim silama koje na njega djeluju dodamo silu inercije čiji je vektor usmjeren suprotno od vektor ubrzanja. Vektor ubrzanja u našem slučaju je usmjeren suprotno vektoru brzine, jer se teret sporo kreće. Sastavljamo dvije jednadžbe ravnoteže za opterećenje:

Uključite kabl u trenutku kočenja

Test pitanja.

1. Kako odrediti brojčanu vrijednost i smjer brzine tačke u datom trenutku?

2. Što karakterizira normalnu i tangencijalnu komponentu ukupnog ubrzanja?

3. Kako preći od izraza ugaone brzine u min -1 do njenog izraza rad/s?

4. Šta je tjelesna težina? Koja je jedinica mjerenja mase

5. Pri kojem kretanju materijalne tačke nastaje sila inercije? Koja je njegova brojčana vrijednost, kako je usmjerena?

6. Formulirajte d'Alembertov princip

7. Nastaje li sila inercije u jednoličnom krivolinijskom kretanju materijalne tačke?

8. Šta je obrtni moment?

9. Kako se izražava odnos između momenta i ugaone brzine za datu prenesenu snagu?

10. Osnovna jednadžba dinamike za rotacijsko kretanje.

Praktični rad br. 7

"Proračun čvrstoće konstrukcija"

Cilj: odrediti čvrstoću, dimenzije poprečnog presjeka i dopušteno opterećenje

Teorijsko opravdanje.

Poznavajući faktore sile i geometrijske karakteristike presjeka pri vlačnoj (kompresijskoj) deformaciji, možemo odrediti naprezanje po formulama. I da bismo razumjeli može li naš dio (osovina, zupčanik, itd.) izdržati vanjsko opterećenje. Ovu vrijednost je potrebno uporediti sa dozvoljenim naponom.

Dakle, jednadžba statičke čvrstoće

Na osnovu toga rješavaju se 3 vrste zadataka:

1) ispitivanje čvrstoće

2) određivanje dimenzija presjeka

3) određivanje dozvoljenog opterećenja

Dakle, jednadžba statičke krutosti

Na osnovu njega rješavaju se i 3 vrste zadataka

Jednačina statičke vlačne (tlačne) čvrstoće

1) Prvi tip - ispitivanje čvrstoće

,

tj. rješavamo lijevu stranu i upoređujemo je sa dozvoljenim naponom.

2) Drugi tip - određivanje dimenzija presjeka

sa desne strane površine poprečnog presjeka

krug poprečnog presjeka

dakle prečnik d

Section Rectangle

Section square

A = a² (mm²)

Poprečni presjek polukruga

Sekcije kanal, I-greda, ugao, itd.

Vrijednosti područja - iz tabele, preuzete prema GOST-u

3) Treći tip je određivanje dozvoljenog opterećenja;

skinut, cijeli broj

VJEŽBA

Zadatak

A) Test čvrstoće (proračun za provjeru)

Za datu gredu, konstruirajte dijagram uzdužnih sila i provjerite čvrstoću u oba presjeka. Za materijal grede (čelik St3) uzmite

broj opcije
	12,5	5,3	-			-
		2,3			-	-
		4,2		-	-

B) Odabir presjeka (proračun dizajna)

Za datu gredu konstruirajte dijagram uzdužnih sila i odredite dimenzije poprečnog presjeka u oba presjeka. Za materijal grede (čelik St3) uzmite

broj opcije
	1,9	2,5
	2,8	1,9
	3,2

C) Određivanje dozvoljene uzdužne sile

Za datu gredu odredite dozvoljene vrijednosti opterećenja i ,

konstruisati dijagram uzdužnih sila. Za materijal grede (čelik St3) uzmite . Prilikom rješavanja problema uzmite u obzir da je vrsta opterećenja ista u oba dijela grede.

broj opcije
	-	-
			-	-
	-	-

Primjer završetka zadatka

Zadatak 1(slika 1).

Provjerite čvrstoću stupa napravljenog od I-greda određene veličine. Za materijal stupa (čelik St3) uzeti dopuštena vlačna naprezanja i pod kompresijom . Ako postoji preopterećenje ili značajno podopterećenje, odaberite dimenzije I-greda koje osiguravaju optimalnu čvrstoću stupa.

Odluka.

Data šipka ima dva preseka 1, 2. Granice preseka su preseci u kojima spoljne sile. Budući da su sile koje opterećuju gredu locirane duž njene središnje uzdužne ose, u poprečnim presjecima nastaje samo jedan unutrašnji faktor sile - uzdužna sila, tj. dolazi do napetosti (kompresije) grede.

Za određivanje uzdužne sile koristimo metodu presjeka, metodu presjeka. Provodeći mentalni poprečni presjek unutar svake od sekcija, odbacit ćemo donji fiksni dio grede, a gornji dio ostaviti za razmatranje. U dijelu 1, uzdužna sila je konstantna i jednaka

Znak minus označava da je greda komprimirana u oba dijela.

Gradimo dijagram uzdužnih sila. Nakon što smo nacrtali osnovnu (nultu) liniju dijagrama paralelno s osi grede, iscrtavamo dobivene vrijednosti okomito na nju u proizvoljnoj skali. Kao što vidite, ispostavilo se da je dijagram ocrtan ravnim linijama paralelnim s osnovnom.

Vršimo provjeru čvrstoće grede, tj. određujemo projektno naprezanje (za svaki presjek posebno) i upoređujemo ga s dopuštenim. Da bismo to učinili, koristimo uvjet tlačne čvrstoće

gdje je površina geometrijska karakteristika čvrstoće poprečnog presjeka. Iz tabele valjanog čelika uzimamo:

za I-zrake
za I-zrake

Test snage:

Vrijednosti uzdužnih sila uzimaju se u apsolutnoj vrijednosti.

Čvrstoća grede je osigurana, međutim, postoji značajno (više od 25%) podopterećenje, što je neprihvatljivo zbog prekomjernog trošenja materijala.

Iz stanja čvrstoće određujemo nove dimenzije I-grede za svaki od presjeka grede:
Otuda potrebna površina

Prema GOST tablici, odabiremo I-gredu br. 16, za koju;

Otuda potrebna površina

Prema GOST tablici, odabiremo I-gredu br. 24, za koju;

Kod odabranih veličina I-greda postoji i podopterećenje, ali neznatno (manje od 5%)

Zadatak broj 2.

Za šipku sa datim dimenzijama poprečnog presjeka odredite dopuštene vrijednosti opterećenja i . Za materijal grede (St3 čelik) uzmite dopuštena vlačna naprezanja i pod kompresijom .

Odluka.

Data šipka ima dva dijela 1, 2. Postoji napetost (kompresija) šipke.

Metodom presjeka određujemo uzdužnu silu, izražavajući je kroz željene sile i. Nacrtajući dio unutar svake sekcije, odbacit ćemo lijevu stranu grede i ostaviti je za razmatranje desna strana. U dijelu 1, uzdužna sila je konstantna i jednaka

U dijelu 2, uzdužna sila je također konstantna i jednaka

Znak plus označava da je greda rastegnuta u oba dijela.

Gradimo dijagram uzdužnih sila. Dijagram je ocrtan ravnim linijama paralelnim sa osnovnom.

Iz uslova vlačne čvrstoće određujemo dozvoljene vrijednosti opterećenja i nakon izračunavanja površina datih poprečnih presjeka:

Test pitanja.

1. Koji unutrašnji faktori sile nastaju u presjeku grede prilikom zatezanja i kompresije?

2. Zapišite stanje vlačne i tlačne čvrstoće.

3. Kako se dodjeljuju znakovi uzdužne sile i normalnog naprezanja?

4. Kako će se promijeniti napon ako se površina poprečnog presjeka poveća za 4 puta?

5. Razlikuju li se uvjeti čvrstoće u proračunima zatezanja i pritiska?

6. U kojim jedinicama se mjeri napon?

7. Koja od mehaničkih karakteristika je odabrana kao krajnji napon za duktilne i lomljive materijale?

8. Koja je razlika između graničnog i dozvoljenog naprezanja?

Praktični rad br.8

„Rješenje zadataka za određivanje glavnih centralnih momenata inercije stana geometrijski oblici»

Cilj: analitički odrediti momente inercije ravnih tijela složenog oblika

Teorijsko opravdanje. Koordinate centra gravitacije presjeka mogu se izraziti u terminima statičkog momenta:

gdje je u odnosu na x-osu

u odnosu na osu Oy

Statički moment površine figure u odnosu na osu koja leži u istoj ravnini jednak je proizvodu površine figure i udaljenosti njenog težišta od ove ose. Statički moment ima dimenziju . Statički moment može biti pozitivan, negativan i jednak nuli (u odnosu na bilo koju centralnu osu).

Aksijalni moment inercije presjeka je zbir proizvoda uzetih na cijelom presjeku ili integral elementarnih površina kvadratima njihovih udaljenosti do neke ose koja leži u ravnini presjeka koji se razmatra

Aksijalni moment inercije izražava se u jedinicama - . Aksijalni moment inercije je uvijek pozitivan i nije jednak nuli.

Osi koje prolaze kroz težište figure nazivaju se centralne. Moment inercije oko centralne ose naziva se centralni moment inercije.

Moment inercije oko bilo koje ose jednak je centru

Na osnovu navedenog opšte formule, možete odrediti specifične metode za određivanje koordinata centara gravitacije tijela.

1. Simetrija. Ako homogeno tijelo ima ravan, os ili centar simetrije (slika 7), onda njegovo težište leži u ravni simetrije, osi simetrije ili u centru simetrije.

Fig.7

2. Razdvajanje. Tijelo je podijeljeno na konačan broj dijelova (slika 8), za svaki od kojih je poznat položaj težišta i površina.

Fig.8

3.Metoda negativnih područja. Poseban slučaj metode particioniranja (slika 9). Primjenjuje se na tijela sa izrezima ako su poznati centri gravitacije tijela bez izreza i izreza. Tijelo u obliku izrezane ploče predstavljeno je kombinacijom pune ploče (bez izreza) površine S 1 i površine izrezanog dijela S 2 .

Fig.9

4.metod grupisanja. Dobar je dodatak posljednje dvije metode. Nakon što se figura razbije na sastavne elemente, može biti zgodno ponovo kombinovati neke od njih, kako bi se pojednostavilo rješenje uzimajući u obzir simetriju ove grupe.

Težišta nekih homogenih tijela.

1) Težište kružnog luka. Uzmite u obzir luk AB radijus R sa centralnim uglom. Zbog simetrije, težište ovog luka leži na osi Ox(Sl. 10).

Fig.10

Nađimo koordinate koristeći formulu. Da biste to učinili, odaberite na luku AB element MM' dužine, čiji je položaj određen uglom. Koordinate X element MM' bice . Zamjena ovih vrijednosti X i d l a imajući u vidu da se integral mora produžiti cijelom dužinom luka, dobijamo:

gdje L- dužina luka AB, jednak .

Odavde konačno nalazimo da težište kružnog luka leži na njegovoj osi simetrije na udaljenosti od centra O jednak

gdje se ugao mjeri u radijanima.

2) Težište površine trougla. Zamislite trougao koji leži u ravni Oxy, čije su koordinate temena poznate: A i(x i,y i), (i= 1,2,3). Razbijanje trokuta na uske trake paralelne sa strane I 1 I 2, dolazimo do zaključka da težište trougla mora pripadati medijani I 3 M 3 (sl.11) .

Fig.11

Razbijanje trougla na trake paralelne sa stranicom I 2 I 3, možete biti sigurni da mora ležati na medijani I 1 M 1 . Na ovaj način, težište trougla leži u tački preseka njegovih medijana, koji, kao što znate, odvaja treći dio od svake medijane, računajući od odgovarajuće strane.

Posebno za medijanu I 1 M 1 dobijamo, s obzirom da su koordinate tačke M 1 je aritmetička sredina koordinata vrha I 2 i I 3:

x c = x 1 + (2/3)∙(x M 1 - x 1) = x 1 + (2/3)∙[(x 2 + x 3)/2-x 1 ] = (x 1 +x 2 +x 3)/3.

Dakle, koordinate centra gravitacije trokuta su aritmetička sredina koordinata njegovih vrhova:

x c =(1/3)Σ x i ; y c =(1/3)Σ y i.

3) Težište područja kružnog sektora. Razmotrimo sektor kruga radijusa R sa centralnim uglom od 2α, koji se nalazi simetrično oko ose Ox(Sl. 12) .

Očigledno je da y c = 0, a udaljenost od centra kruga iz kojeg je ovaj sektor isječen do njegovog težišta može se odrediti formulom:

Fig.12

Najlakši način za izračunavanje ovog integrala je podjelom domene integracije na elementarne sektore sa uglom dφ. Do infinitezimala prvog reda, takav sektor se može zamijeniti trouglom sa osnovom jednakom R× dφ i visina R. Površina takvog trougla dF=(1/2)R 2 ∙dφ, a težište mu je na udaljenosti od 2/3 R odozgo, pa u (5) stavljamo x = (2/3)R∙cosφ. Zamjena u (5) F= α R 2, dobijamo:

Koristeći posljednju formulu, izračunavamo, posebno, udaljenost do centra gravitacije polukrug.

Zamjenom u (2) α = π/2 dobijamo: x c = (4R)/(3π) ≅ 0,4 R .

Primjer 1 Odredimo težište homogenog tijela prikazanog na sl. 13.

Fig.13

Tijelo je homogeno, sastoji se od dva dijela simetričnog oblika. Koordinate njihovih centara gravitacije:

Njihove količine:

Dakle, koordinate centra gravitacije tijela

Primjer 2 Pronađite težište ploče savijene pod pravim uglom. Dimenzije - na crtežu (sl. 14).

Fig.14

Koordinate centara gravitacije:

kvadrati:

Rice. 6.5.

Primjer 3 Iz kvadratnog lima cm izrezana je kvadratna rupa cm (slika 15). Pronađite težište lista.

Fig.15

U ovom je problemu prikladnije podijeliti tijelo na dva dijela: veliki kvadrat i kvadratnu rupu. Samo područje rupe treba smatrati negativnim. Zatim koordinate centra gravitacije lima s rupom:

koordinata pošto tijelo ima os simetrije (dijagonalu).

Primjer 4Žičani nosač (slika 16) se sastoji od tri dijela iste dužine l.

Fig.16

Koordinate centara gravitacije sekcija:

Dakle, koordinate centra gravitacije cijele zagrade:

Primjer 5 Odrediti položaj težišta rešetke, čije sve šipke imaju istu linearnu gustoću (slika 17).

Podsjetimo da je u fizici gustina tijela ρ i njegova specifična gravitacija g su povezane sa: γ= ρ g, gdje g- ubrzanje gravitacije. Da biste pronašli masu takvog homogenog tijela, morate pomnožiti gustinu s njegovom zapreminom.

Fig.17

Izraz "linearna" ili "linearna" gustoća znači da se za određivanje mase šipke za rešetke, linearna gustoća mora pomnožiti s dužinom ove šipke.

Da biste riješili problem, možete koristiti metodu particioniranja. Predstavljajući datu rešetku kao zbir 6 pojedinačnih šipki, dobijamo:

gdje L i dužina i-th štap farme, i x i, y i su koordinate njegovog centra gravitacije.

Rješenje ovog problema može se pojednostaviti grupiranjem posljednjih 5 rešetkastih šipki. Lako je uočiti da čine lik sa centrom simetrije koji se nalazi u sredini četvrtog štapa, gdje se nalazi težište ove grupe štapova.

Dakle, data rešetka može biti predstavljena kombinacijom samo dvije grupe šipki.

Prvu grupu čini prvi štap, za nju L 1 = 4 m, x 1 = 0 m, y 1 = 2 m. Drugu grupu štapova čini pet štapova, za koje L 2 = 20 m, x 2 = 3 m, y 2 = 2 m.

Koordinate centra gravitacije farme nalaze se po formuli:

x c = (L 1 ∙x 1 +L 2 ∙x 2)/(L 1 + L 2) = (4∙0 + 20∙3)/24 = 5/2 m;

y c = (L 1 ∙y 1 +L 2 ∙y 2)/(L 1 + L 2) = (4∙2 + 20∙2)/24 = 2 m.

Imajte na umu da centar OD leži na liniji koja spaja OD 1 i OD 2 i dijeli segment OD 1 OD 2 u vezi: OD 1 OD/SS 2 = (x c - x 1)/(x 2 - x c ) = L 2 /L 1 = 2,5/0,5.

Pitanja za samoispitivanje

Šta je centar paralelnih sila?

Kako se određuju koordinate centra paralelnih sila?

Kako odrediti centar paralelnih sila čija je rezultanta nula?

Koje je svojstvo centra paralelnih sila?

Koje se formule koriste za izračunavanje koordinata centra paralelnih sila?

Šta je težište tijela?

Zašto se sile privlačenja Zemlje, koje djeluju na tačku tijela, mogu uzeti kao sistem paralelnih sila?

Zapišite formulu za određivanje položaja težišta nehomogenih i homogenih tijela, formulu za određivanje položaja težišta ravnih presjeka?

Zapišite formulu za određivanje položaja težišta jednostavnih geometrijskih oblika: pravougaonika, trokuta, trapeza i pola kruga?

Šta se naziva statički moment površine?

Navedite primjer tijela čije se težište nalazi izvan tijela.

Kako se svojstva simetrije koriste za određivanje centara gravitacije tijela?

Koja je suština metode negativnih pondera?

Gdje se nalazi težište kružnog luka?

Kojom grafičkom konstrukcijom se može pronaći težište trougla?

Zapišite formulu koja određuje težište kružnog sektora.

Koristeći formule koje određuju težišta trokuta i kružnog sektora, izvedite sličnu formulu za kružni segment.

Koje se formule koriste za izračunavanje koordinata težišta homogenih tijela, ravnih figura i pravih?

Što se naziva statički moment površine ravne figure u odnosu na osu, kako se izračunava i koju dimenziju ima?

Kako odrediti položaj težišta područja, ako je poznat položaj težišta pojedinih njegovih dijelova?

Koje se pomoćne teoreme koriste za određivanje položaja centra gravitacije?

Bilješka. Težište simetrične figure nalazi se na osi simetrije.

Težište štapa je na sredini visine. Prilikom rješavanja problema koriste se sljedeće metode:

1. metoda simetrije: težište simetričnih figura je na osi simetrije;

2. metoda razdvajanja: složene sekcije se dijele na nekoliko jednostavnih dijelova čiji je položaj težišta lako odrediti;

3. metoda negativnih površina: šupljine (rupe) se smatraju dijelom presjeka sa negativnom površinom.

Primjeri rješavanja problema

Primjer1. Odredite položaj težišta figure prikazane na sl. 8.4.

Odluka

Sliku dijelimo na tri dijela:

Slično definisano at C = 4,5 cm.

Primjer 2 Pronađite položaj težišta simetrične šipke ADBE(Sl. 116), čije su dimenzije sljedeće: AB = 6m, D.E.= 3 m i EF= 1m.

Odluka

Budući da je rešetka simetrična, njeno težište leži na osi simetrije D.F. Sa odabranim (sl. 116) sistemom koordinatnih osa apscise težišta farme

Nepoznata je, dakle, samo ordinata u C centar gravitacije farme. Da bismo to odredili, farmu dijelimo na zasebne dijelove (šipove). Njihove dužine se određuju iz odgovarajućih trouglova.

Od ∆AEF imamo

Od ΔADF imamo

Težište svakog štapa leži u njegovoj sredini, koordinate ovih centara se lako određuju iz crteža (Sl. 116).

Pronađene dužine i ordinate težišta pojedinih dijelova farme unose se u tabelu i prema formuli

odredi ordinatu u s centar gravitacije ove ravne rešetke.

Dakle, centar gravitacije OD cijela rešetka leži na osi D.F. simetrija rešetke na udaljenosti od 1,59 m od tačke F.

Primjer 3 Odredite koordinate težišta kompozitnog presjeka. Sekcija se sastoji od lima i valjanih profila (sl. 8.5).

Bilješka.Često su okviri zavareni iz različitih profila, stvarajući potreban dizajn. Tako se smanjuje potrošnja metala i formira se struktura visoke čvrstoće.

Za standardne valjane profile poznate su njihove vlastite geometrijske karakteristike. Oni su dati u relevantnim standardima.

Odluka

1. Brojke označavamo brojevima i ispisujemo potrebne podatke iz tabela:

1 - kanal br. 10 (GOST 8240-89); visina h = 100 mm; širina police b= 46 mm; površina poprečnog presjeka A 1\u003d 10,9 cm 2;

2 - I-greda br. 16 (GOST 8239-89); visina 160 mm; širina police 81 mm; površina presjeka A 2 - 20,2 cm 2;

3 - list 5x100; debljina 5 mm; širina 100mm; površina presjeka A 3 = 0,5 10 = 5 cm 2.

2. Koordinate težišta svake figure mogu se odrediti iz crteža.

Kompozitni presjek je simetričan, tako da je centar gravitacije na osi simetrije i koordinata X C = 0.

3. Određivanje težišta kompozitnog presjeka:

Primjer 4 Odredite koordinate centra gravitacije presjeka prikazanog na sl. 8, a. Presek se sastoji od dva ugla 56x4 i kanala br. 18. Proveriti ispravnost određivanja položaja težišta. Navedite njegovu poziciju na sekciji.

Odluka

1. : dva ugla 56 x 4 i kanal br. 18. Označimo ih sa 1, 2, 3 (vidi sliku 8, a).

2. Označite centre gravitacije svaki profil koristeći tabelu. 1 i 4 adj. I, i označimo ih C 1, C 2, Od 3.

3. Odaberimo sistem koordinatnih osa. Osa at kompatibilan sa osom simetrije i osi X povući kroz težišta uglova.

4. Odrediti koordinate težišta cijelog presjeka. Od ose at poklapa se s osom simetrije, tada prolazi kroz težište presjeka, dakle x s= 0. Koordinata u s definirati formulom

Pomoću tablica primjene određujemo površine svakog profila i koordinate težišta:

Koordinate 1 i u 2 jednake su nuli, budući da je os X prolazi kroz centre gravitacije uglova. Zamijenite dobivene vrijednosti u formulu da biste odredili u s:

5. Označimo težište preseka na sl. 8, a označit ćemo ga slovom C. Prikazujemo udaljenost y C \u003d 2,43 cm od ose X do tačke C.

Pošto su uglovi simetrično locirani, onda imaju istu površinu i koordinate A 1 \u003d A 2, y 1 = y 2 . Dakle, formula za određivanje u C može se pojednostaviti:

6. Hajde da proverimo. Za ovu osu X nacrtajmo duž donje ivice ugaone police (slika 8, b). Osa at Ostavimo kao u prvom rješenju. Formule za određivanje x C i u C ne mijenjaj:

Područja profila će ostati ista, ali će se promijeniti koordinate centara gravitacije uglova i kanala. Hajde da ih ispišemo:

Pronalaženje koordinate centra gravitacije:

Prema pronađenim koordinatama x s i u s na crtež stavljamo tačku C. Položaj težišta nađenog na dva načina je u istoj tački. Hajde da to proverimo. Razlika između koordinata u s, pronađeno u prvom i drugom rješenju je: 6,51 - 2,43 \u003d 4,08 cm.

Ovo je jednako udaljenosti između x-ose u prvom i drugom rješenju: 5,6 - 1,52 = 4,08 cm.

Odgovor: at= 2,43 cm ako x-osa prolazi kroz težišta uglova, ili y c = 6,51 cm ako os x ide duž donje ivice ugaone prirubnice.

Primjer 5 Odredite koordinate centra gravitacije presjeka prikazanog na sl. devet, a. Sekcija se sastoji od I-grede br. 24 i kanala br. 24a. Pokažite položaj centra gravitacije na presjeku.

Odluka

1.Podijelimo sekciju na valjane profile: I-zraka i kanal. Nazovimo ih 1 i 2.

3. Označavamo centre gravitacije svakog profila C 1 i C 2 koristeći tablice aplikacija.

4. Odaberimo sistem koordinatnih osa. X-osa je kompatibilna sa osom simetrije, a y-os povlačimo kroz težište I-grede.

5. Odredite koordinate težišta presjeka. Y-koordinata c = 0, budući da je os X poklapa se sa osom simetrije. X-koordinata sa određena je formulom

Prema tabeli 3 i 4 app. I i shemu sekcije, definiramo

Zamijenite numeričke vrijednosti u formulu i dobijete

5. Označimo tačku C (težište presjeka) prema pronađenim vrijednostima x c i y c (vidi sliku 9, a).

Provjera rješenja mora se izvršiti nezavisno sa položajem osi, kao što je prikazano na sl. 9, b. Kao rezultat rješenja, dobivamo x c = 11,86 cm. Razlika između vrijednosti x c za prvo i drugo rješenje je 11,86 - 6,11 = 5,75 cm, što je jednako udaljenosti između y osi sa istim rješenjima b dv / 2 = 5,75 cm.

Odgovor: x c \u003d 6,11 cm, ako os y prolazi kroz težište I-snopa; x c \u003d 11,86 cm ako y-osa prolazi kroz lijeve krajnje točke I-zraka.

Primjer 6Željeznička dizalica se oslanja na šine, među kojima je razmak AB = 1,5 m (sl. 1.102). Sila gravitacije kolica dizalice je G r = 30 kN, težište kolica je u tački C koja leži na liniji KL presjeka ravnine simetrije kolica sa ravninom crteža. Sila gravitacije kranskog vitla Q l = 10 kN primjenjuje se u tački D. Sila gravitacije protivtega G„=20 kN primjenjuje se u tački E. Sila gravitacije kraka G c = 5 kN primjenjuje se u tački H. Prevjes dizalice u odnosu na KL liniju je 2 m. Odrediti koeficijent stabilnosti dizalice u neopterećenom stanju i kakvo opterećenje F može se podići ovom dizalicom, pod uslovom da faktor stabilnosti mora biti najmanje dva.

Odluka

1. U neopterećenom stanju, kran ima opasnost od prevrtanja prilikom okretanja oko šine I. Dakle, s obzirom na stvar I moment stabilnosti

2. Preokretni trenutak oko tačke I stvorena gravitacijom protivteže, tj.

3. Otuda koeficijent stabilnosti dizalice u neopterećenom stanju

4. Prilikom utovara teretom na granu dizalice F postoji opasnost da se dizalica prevrne pri okretanju oko šine B. Stoga, s obzirom na točku AT moment stabilnosti

5. Moment prevrtanja u odnosu na šinu AT

6. Prema uslovu zadatka dozvoljen je rad dizalice sa koeficijentom stabilnosti k B ≥ 2, tj.

Kontrolna pitanja i zadaci

1. Zašto se sile privlačenja prema Zemlji, koje djeluju na tačke tijela, mogu uzeti kao sistem paralelnih sila?

2. Zapišite formule za određivanje položaja težišta nehomogenih i homogenih tijela, formule za određivanje položaja težišta ravnih presjeka.

3. Ponovite formule za određivanje položaja težišta jednostavnih geometrijskih oblika: pravougaonika, trougla, trapeza i pola kruga.

4.
Šta se naziva statički moment površine?

5. Izračunajte statički moment ove figure oko ose Ox. h= 30 cm; b= 120 cm; With= 10 cm (slika 8.6).

6. Odredite koordinate težišta osjenčane figure (slika 8.7). Dimenzije su date u mm.

7. Odredite koordinate at slike 1 kompozitnog preseka (slika 8.8).

Prilikom odlučivanja koristite referentne podatke GOST tablica "Vruće valjani čelik" (vidi Dodatak 1).