Геометрические характеристики плоских сечений, страница 2

Определить моменты инерции прямоугольникаотносительно осей Х1 и У1, совпадающих с его сторонами (рис. 9).Решение. Используем формулы (7) ,переходакосям,параллельнымцентральным:2I x1bh3bh3h Ix  а A  bh  1232I y1hb3hb3b Iy  b A  bh  1232222I x1y1  I xy  аbA  0  bhРис.9h b b2h22 2411Справедливы также зависимости обратные формулам (7):I x  I x1  а 2 A; I y  I y1  b 2 A; I xy  I x1 y1  abA, (8)т.е.

с помощью формул (8) осуществляется переход от некоторыхпроизвольных осей X1 и Y1 к центральным осям X и Y.Задача 5. Определитьмоментинерцииполукругаотносительно центральной оси x (рис. 7).Решение. Положение центра тяжести фигуры известно (см. задачу3),тогда:2πR 4 πR 2  4 R   π 8  4I x  I x1  a A     R82  3 π   8 9π 2Задача 6. Определить моменты инерции сечения (см. рис.6) относительно центральных осей Хс С Ус.Решение. Используя зависимости (7) получим:8 10 34  63 (8 10) 1,43 2  [ (4  6)  2,43 2 ]  616,54 см 412128 3 1043  6Iy  (8 10)  0,57 2  [ (4  6)  0,43 2 ]  416,2 2 см 41212Ix Рассмотримособенности использования формул (7) длявычисления моментов инерции при параллельном переносе осейприменительно к тонкостенным стержням, поперечное сечениекоторых состоит из сочетания узких прямоугольников, каждый изкоторых имеет постоянную толщину.На рис.10 показан элемент сечения такого тонкостенногостержня в виде прямоугольника шириной в и толщиной , (  в).Вычислимосевыемоментыинерциипрямоугольникаотносительно оси X с использованием формулы (7) Анализформул (7) показывает 1;2;3;4;5;6;7  , что в большинствеслучаев cобственным моментом инерции узкого прямоугольника,относительно оси, параллельной, длинной стороне,можно, пренебречь.

Дляслучая, изображенного нарис.10 можно считать, чтоРис.10.I x1  a 2 A12Задача 7. Для коробчатого сечения (рис.11), вычислитьмоменты инерции относительно центральных осей Х и У.Решение.2δ h3hI x  2bδ 2    2 1122bh 2 δ 2 h 3 δ126Рис. 11.2δ b3hb 2 δ1δ b3bI y  2hδ1    2 2 2.12262При повороте осей Х и У на некоторый угол  моменты инерцииотносительно повернутых осей u и v (рис. 12)определяются по формулам:I u  I x Сos 2  I y Sin 2  I xy Sin 2I u , I v , I uvI v  I x Sin 2  I y Cos 2  I xy Sin 2Рис.12.Ix  IySin 2  I xy Cos 2 (9)2где  - угол поворота осей Х и У.Положительный угол  отсчитывается от оси Х против хода часовойстрелки.

Известно 1, что(10)I u  I v  I x  I y  constI uv Это соотношение, показывает, чтопри поворотеосейсумма осевых моментов остаетсянеизменной и равной полярному моменту инерции.Задача 8. Для прямоугольника, (рис.13), вычислить осевые ицентробежный моменты инерции., относительно осей u и v.Ось u совпадает с диагональю прямоугольника, а ось vперпендикулярна к ней.Решение. Используя, рис.13 найдем, Sin и Сos :hbSin , Cos 222h bh  b2Определим осевые I u I v и центробежный I uv моменты инерции132I u  I x Cos 2 α  I y Sin α  I xy Sin2α bh123b 22 h bРис.132 0 2bh 3I v  I x Sin α  I y Cos α  I xy Sin2α 1222hb 3122 hb 3 h 212  h  b 2h 3b 3,26(h  b 2 ) h2  b2 h244  0  hb(h  b ) ,12(h 2  b 2 )h2  b2 b bh 3 hb 3I uv  (I x  I y ) Sin α Cos α  I xy Cos 2α  12 122 222 hbh b (h  b )0  .2222 12(h 2  b 2 ) h b   h b  4.

Главные оси и главные моменты инерции.Главнымиосямиинерцииназываютдвевзаимноперпендикулярные оси, относительно которых центробежныймомент инерции равен нулю.Направление главных осей инерции определяется выражениемtg 2a  2I xy / ( I x  I y )(11)/По этой формуле определяются два значения угла a 0 иa0// 0 a0/  90 0 , отличающиеся друг от друга на 90 , и положениеглавных осей, которые взаимно перпендикулярны.Главными моментами инерции называют осевые моментыинерции, вычисленные относительно главных осей инерции,которые имеют экстремальные значения.I max minIx  Iy21( I x  I y ) 2  4 I 2 xy2(12)14Здесь знак плюс перед вторым слагаемым соответствуетмаксимальному, а знак минус – минимальному моменту инерции.Главные оси, проходящие через центр тяжести сечения,называют главными центральными осями, а моменты инерцииотносительно этих осей - главными центральными моментамиинерции.Ось симметрии плоского сечения является главнойцентральной осью инерции.Положение главных осей инерции находят с помощьювыражений:I xyI xy,(13)tg 1  ;tg 2  I max  I yI min  I yгде 1 - угол между осью xинерции равенI max , аи осью, относительно которой момент2 -угол между осьюx иосью,относительно которой момент инерции равен I min .Положительные значения углов отсчитываются от осипротив хода часовой стрелки.

Напомним, что 1   2  90 0xРадиусы инерции, соответствующие главным осям, называютсяглавными радиусами инерции и определяются по формулам:(14)imax  I max / A; imin  I min / A .5. Примеры вычисления геометрических характеристиксоставных сечений.Задача 9. Определить положение главных центральных осей ивычислить относительно этих осей моменты инерции (рис. 14).Решение.

Заданное поперечное сечение, рассматривается каксочетание двух простейших фигур: прямоугольника 50х40 см, изкоторого вырезан (удален) полукруг R = 15 см.Выберем положение осей координат, в которых определимположение центра тяжести всей фигуры. Пусть начальные осикоординатпроходят, через центр тяжести прямоугольника.Вследствие симметрии фигурыотносительно вертикальнойоси, главная центральная ось поперечного сечения У совпадает сосью симметрии, и абсцисса центра тяжести фигуры x c= 0.Ординаты центров тяжести частей, составляющих сечение, атакже их площади равны для прямоугольника: y I c1  0 ;AI  bh  40  50  2000 см 2 ,15для полукруга:y II c1  18,63cм.2AIIπRπ1522Ординатусечениявыражения: 353,25 см2центратяжестиопределимизyc Рис.

14.2SAxc1=AI yc1I  AII yc1II 0  353,25(18,63) 3,92 см.AI  AII2000  353,25Определение главных осевых моментов инерции.Как уже отмечалось, в параграфе один, моменты инерциисоставногопоперечногосеченияопределяютсякакалгебраическая сумма моментов инерции простейших фигур,составляющих это сечение:nIx nIy I xi ;i 1Iyii 1Моменты инерции каждой отдельной фигуры относительноцентральных осей вычисляются с использованием формул (7). bh 3IIII x  I xI  I xII  I x1 a12 A I  I x2 a22 A II   a12 A I   12 (9π 2  64) 4 40  50 32II R  a2 A    3,92 2  2000  72π  12424 0,108 15  22,6  353,25  236319 см .bhπR50  40π  154 246796 см 4 .128128Сравнивая величины, Iх и Iу, устанавливаем, что Imax = I1 = Iу ==246796 cм 4; Imin = I2 = Ix = 236319 см 4 .I y  I y1I  I y2II 343Задача 10.

Вычислить величины главных центральныхмоментов инерции сечения, изображенного на рис. 5.16Решение. Из анализа полученного ранее решения устанавливаем(cм. задачу 1), что одной из главных осей рассматриваемогосечения, является ось симметрии у, вторая главная ось хспроходит через центр тяжести сечения, и перпендикулярна кпервой. Вычислим моменты инерции. Момент инерцииотносительно оси х определим, применив формулу перехода коси, параллельной центральной:I xc  I xcI  I xcII  I xI1  a12 A1  I xII2  a22 A2IIIгде - I x1; I x 2 - моменты инерции I и II прямоугольниковотносительно собственных центральных осей х1 и х2 ;а1 и а2 – расстояние между собственными центральными осями иосью х.Ось у является, одновременно, как главной осьюпрямоугольников I и II, так и всего сечения, тогда:I y  I yI  I yIIВыполнив, вычисления получим:14  3 33  30 3 (31,5  20,25) 2  14  3 1212 (20,25  15) 2  3  30  14560 см 4 ;I xc Iy 3  14 3 30  3 3 686  67,5  753,5 см 4 .1212На основании выполненных вычислений устанавливаемI 1  I xc  14560 см 4 ;I 2  I y  753,5 см 4 .Задача 11.

На сколько процентов уменьшаются I1 и I2 послеослабления квадрата симметричными вырезами, отмеченныепунктиром (см. рис. 16).Решение. Для квадрата I x = I y = I1= I2 . Вычислим осевой моментинерцииIx bh 3 h 4 50 4см412 12 1217Дляослабленногосечениямомент инерции относительно осих будет достигать максимальногозначения.50 412,5  25 3 21212 488281,25см 4I x  I1 Рис. 16.Тогда, уменьшение I1 составляет:δ520833,33  488281,25 100%  6,25%520833,33Воспользуемся зависимостью (7),устанавливающую связьмежду моментами инерции относительно параллельных осей у иу1, тогда:50 425 12,5 337,5 2 2 [()  25 12,5]  292968,75 см 412122Уменьшение I2 составляет:I y  I2 δ520833,33  292968,75100%  43,75%520833,33Задача 12.

Для сечения, рис.17,определитьмоментыинерцииотносительно осей, проходящих черезцентр тяжести.Решение. Проведем произвольныеоси х и у и разобьем сечение на частитак, чтобы положение центра тяжестикаждой из них было известно. Дляопределениякоординатцентратяжести всего сечения, вычислимплощадь А и статические моменты S xРис.17и S y всего сечения.А = А 1 + А 2= 14∙1 + 8∙1 = 22 см2;3S x = S x 1 + S x 2 = 14∙1∙7 + 8∙1∙0,5 = 102 cм3S y = S y 1 + S y 2 = 14∙1∙0,5 + 8∙1∙5 = 47 cм .Тогда координаты центра тяжести всего сечения можновычислить следующим образом:18xc SyA47 2,14 cм ;22S102yc  x  4,64 cм .A22Определим центральные осевые и центробежный моментыинерции.I xo  I x1  A1  a12  I x2  A2  a 22 1 14 3 1 14  (7  4,64) 2 128 13 8 1  (4,64  0,5) 2  444,42 cм 41214 13I yo  I y1  A1  b12  I y2  A2  b22  14 1  (2,14  0,5) 2 1231 8 8 1  (5  2,14) 2  146,92 cм 412I xoyo  I x1y1  A1 a1b1  I x2y2  A2 a 2 b2  0  14 1  2,36  (1,64)  0  8 1  2,86  (4,14)  148,91cм 4  148,91cм 4Полученные значения сравним с данными ГОСТ 8510 - 86 длянеравнополочного уголка 140х90х10.Данный угловой профиль отличается от рассматриваемогосечения закруглениями.

Из сортамента устанавливаем, чтоxo  2,12 cм ; y o  4,58 cм ;I x  444 cм 4 ; I y  146 cм 4 ; I xy  147 cм 4 .Результаты, сравнения показывают, что выполненные по ГОСТзакругления прокатных профилей не оказывают существенноговлияния на величины моментов инерции и положения центратяжести.Задача 13. Вычислить главные центральные моменты инерциисечения изображенного на рис. 17.Решение. Определим координаты центра тяжести сечения, длячего проведем оси хоу и рассмотрим сечение, состоящее из двухфигур:19Рис. 17.Двутавра - I и швеллера - II, все необходимые данные,имеются в сортаменте, (смотри приложение 1, 2).Геометрические характеристики для двутавра принимаем поГОСТ 8239-89: площадь сечения А1= 40,2см2; моменты инерциисечения Iх1 = 5010 см4; Iу1 = 260 см4.Для швеллера по ГОСТ 8240-89 - площадь сечения А2 = 23,4см2; моменты инерции сечения Iх2 = Iy ГОСТ = 113 см4; Iy2 = Ix ГОСТ == 1520 см4; zo = 2,07 cм.Вследствие симметрии фигуры относительно вертикальнойоси, главная центральная ось поперечного сечения У совпадает сосью симметрии и, следовательно, абсцисса центра тяжестифигуры Хс = 0.Определим ординату центра тяжести сечения.

По формуле (6)находим:yc S x A y  A y 40,2  13,5  23,4  (27  0,52  2,07) 17,9 cмAAA40,2  23,4112122Центр тяжести сечения (точка Ос) показан на рис. 17.Проведем через него главные центральные оси инерции YcОсX с .Определим главные моменты инерции относительно этих осей.20I xc  I x1  A1  a12  I x2  A2  a 22  5010  40,2  (17,9  13,5) 2  113  23,4  (25,45  17,9) 2  7235,13 cм 4I y c  I y1  I y2  260  1520  1780 cм 4Ось х с является осью максимума, так как Ix c > Iy c, а ось уc – осьюминимума, следовательно:I 1  I xc  7235,13 cм 4 ; I 2  I yc  1780 cм 4 .Задача 14. Определить положение главных центральныхосей и вычислить моменты инерции относительно этих осейдлясоставногокоробчатого сечения (рис.