2-4_vardanyan_sopromat1995 (772708), страница 7
Текст из файла (страница 7)
.У„= ) у'Ь(у) (у. У„ (2.17) 7з6 з Ызз 6 з7з з 12 "з 4 ~~ 72 и 4.2.Ы Ряс, 2.12 31 Аналогичное выражение можно получить для момента инерции У,. Прямоугольник. Найдем моменты инерции относительно главных центральных осей, которые в соответствии со свойством 2 6 2.5) совпадают с осями симметрии прямоугольника (рис. 2.10). Так как ширина сечения постоянна, то по формуле 2.14 пол чим ( ) .У„=Ь ( у 1У= —. з -лз !2 Момент инерции относительно оси О „х, определим по первой из формул (2.6): 12 з гз 3 Моменты инерции 7, и У находятся аналогично. Выпишем формулы для осевых моментов инерции прямоугольника: Произвольный треугольник.
Вначале найдем момент инерции относительно оси О,х,, проходящей через основание треугольника (рис. 2.11). Ширина сечения Ь(у,) на уровне у, находится из подобия треугольников: Ь(у )= ' 1з Подставляя эту величину в формулу (2.14) и производя интегрирование, получим л Ь !', Ььз У з (" Уз) !1уз 7з~ !2 о Моменты относительно осей Ох и О,хз, параллельных основанию и проходящих соответственно через центр тяжести и через вершину треугольника, находим с помощью формулы (2.6): Ы з !за!зЫ, Ыз у„=.у — М вЂ” — ~-) 12 (3) 2 36' Ызз 2 Ыз Ызз Ух,у +Ьзз~ +~ Ь) 36 ( 3 ) 2 4 В этих формулах Ь,=Ь!'3 и Ьз= — 2ЩЗ вЂ” ординаты центра тяжести О треугольника в системе координат О,х,у, и Озхзуз соответственно.
Выпишем формулы для осевых моментов инерции треугольника относительно осей, параллельных основанию: (2.16) Прямоугольный и равнобедренный треугольники. Для прямоугольного треугольника (рис. 2.12) определим центробежный момент инерции У„„относительно центральных осей Ох и Оу, параллельных катетам. Это можно сделать, воспользовавшись формулой (2.3). Однако, решение задачи можно упростить, если применить следующий прием.
С помощью медианы О,О, разделим заданный треугольник на два равнобедренных треугольника О,ОзА и ОзОзВ. Оси Озхз и Озуз являются осями симметрии для этих треугольников и на основании свойства 2 6 2.5) будут главными осями каждого из них по отдельности, а, следовательно, и всего треугольника О,АВ. Поэтому центробежный момент инерции Ух у =О.
Центробежный момент тре- зУз угольника относительно осей Ох и Оу найдем с помощью последней из формул (2.6): Л~з зззЬзг Выпишем формулы для моментов инерции прямоугольного треугольника: Момент инерции равнобедренного треугольника относительно осн симметрии Оу (рис. 2.13) определим, используя четвертую из формул (2.17), как удвоенный момент инерции прямоугольного треугольника с основанием Ь и высотой Ь/2: 26(О,56) з Ы, з 12 48 (2.21) Р 243 зл Н я Х,=Ц~" (Г=) (О) тзИт='~ . т о о Уз лл л2З~ У„=У = — "= — = —.
2 4 64 (2.19) з 2 ( з лаЯ з 21 з Рнс. 2.14 Рнс. 2.15 Рнс. 2.16 Рнс. 2.17 2 3923 ЗЗ 32 Таким образом, моменты инерции равнобедренного треугольника относительно главных центральных осей Ох и Оу определяются по формулам Круг. Вначале удобно вычислить полярный момент инерции круга по формуле (2.4), воспользовавшись полярной системой координат (рис. 2.14). Учитывая, что ягГ=таЫО, найдем Учитывая„что полярный момент согласно (2.4) равен сумме двух осевых моментов, получим Кольцо. Моменты инерции кольца (рис. 2.15) находятся как разность моментов инерции двух кругов с радиусами Яз и Яз: Полукруг (рис, 2.16).
Выделим в плоскости полукруга элемент площади аГ с полярными координатами т, О и декартовыми координатами х„у„для которых в соответствии с рис. 2.16 имеем: хз — — т соз О; у, = т 81п О; с(Г= тг(тйО. По формулам (2.1) и (2.5) найдем соответственно статический момент полукруга относительно оси О,х, и ординату ус центра тяжести О в системе координат О,х,у,: 2ззз 5, =1'1 у,с(Г=) япОс(О) тзй = —; т о о ~х, 4яз 4А уо = — = — = — ~0 424Я.
Е Зллз Зл Относительно осей О,х, и О,у„которые являются главными осями для полукруга, осевые моменты инерции равны половине моментов инерции круга Момент инерции относительно главной центральной оси определяется с помощью первой формулы (2.6): )„=, „,— ЬзГ=~Н вЂ” ~4А) за 0,11Яя. (2.22) 8 Зл 2 Эллипс.
Для вычисления осевого момента инерции эллипса с полуосями а и Ь относительно оси Ох (рис. 2.17) поступим следующим образом. Вокруг эллипса опишем окружность и выделим две элементарные полоски шириной с(хи высотой 2у, для круга и 2у, для эллипса. Моменты инерции этих двух полосок можно определить по первой из формул (2.15) для прямоугольника: сО'„=с(х — '=-у, Их; яУ'„=Их — '=-у. с(х. з (2у )з 2 3 . з (2уз) 2 з 12 3 ' 12 3 Интегрируя эти выражения в пределах от — а до а, получим Из уравнений окружности и х +у =а С учетом этого а эллипса имеем ь ь +- а — х =-у,.
а а Разобьем трапецию на прямоугольник ВС1ЗЕ и треугольник АВЕ и найдем их моменты инерции относительно собственных центральных осей. Для прямоугольника по формулам (2.15) имеем ЬЬз б 12з ЬЬз 12.бз 1»г= — = =864 см4; 1з = — = =2!6 см4; Г,=72 смг. 12 12 ' ' 12 12 Для прямоугольного треугольника по формулам (2.17) получим ЬЬз 6.12з ЬЬз 12 бз 1»г= — = =288 см4; Узг= — = =72 см"; "г Зб Зб Зб Зб Аналогичное выражение можно получить для момента инерции относительно оси Оу. В результате для эллипса будем иметь следующие формулы для осевых моментов: (2.23) Прокатные профили.
Геометрические характеристики сечений прокатных профилей (двутавры, швеллеры, уголки) приведены в таблицах сортамента прокатной стали (см. приложение). 8 2.7. Моменты инерции составных сечений Прн определении моментов инерции составного сечения относительно главных центральных осей на основании свойства аддитивности определенных интегралов сечение разбивают на простые фигуры, у которых известны положения центров тяжести и моменты инерции относительно собственных центральных осей. По формулам (2.5) находят координаты центра тяжести всего сечения в системе произвольно выбранных вспомогательных осей. Параллельно этим осям проводят центральные оси, относительно которых по формулам (2.6) определяют осевые и центроз и еи 1»~ бежный моменты инерции.
г1г з,зз сзз 2 Моменты инерции относительно главных центральных осей определяют по формуле (2.12), а положение главных центральных осей -по форс х, мулам (2.11) или (2.10). Пример 2.1. Для сечения в виде трапеции АВС12 и х (рис. 2.18) определим момен! ты инерции относительно главных центральных осей 0,~" а г г з з з хз и положение этих осей. Раз- меры на рис. 2.18 даны в сан- Рнс. 2.18 тиметрах. Ьгбг бг12г Л з = — —— — — 72 см4 Гг =36 смг.
72 72 Знак плюс у центробежного момента треугольника объясняется тем, что в отличие от рис. 2.12, на котором обе центральные оси Ох и Оу направлены в сторону гипотенузы, в данном случае одна из осей Огуг направлена в сторону гипотенузы, а другая Огхг — в сторону катета. Площадь всего сечения Г=Гз+Гг=108 см'. Для определения положения центра тяжести О всего сечения выберем вспомогательные оси О,хз и Озуз, найдем статические моменты сечения относительно этих осей и координаты уа и ха центра тяжести по формулам (2.5): В»з = Гг Уг + ГгУг = 72 ' 6+ 36 4 = 576 см з . Язз=Г,х',+Ггхг=72'9+36 4=792 смз. 5 з 576 , Ю„, 792 ус= — "'= — — — 5,33 см; ха= — "'= — =7,33 см.
Г 108 ' ' Р !08 Заметим, что для сечения, состоящего из двух фигур, центр тяжести О должен быть расположен на линии О,Ог, соединяющей центры тяжести этих фигур. Через центр тяжести О проведем центральные оси Ох и Оу, параллельные осям О,хз и О,у,. Координаты центров тяжести прямоугольника и треугольника в системе координат Оху равны: а,=1,67 см; Ь,=0,67 см; аг — — — 3,33 см; Ь = — 1,33 см. По формулам (2.6) определим моменты инерции сечения относительно осей Ох и Оу. 1„=.1»,+Гз Ьгг+Х„,+Гг Ь~~= 864+72 067 +288+ +36( — 1,33) =1248 см4; У =Уз,+Гзаз+Яз,+Ггаг=216+72 1,67 +72+ +36( — 3,33)г=888 см4; 1„„=1~,»,+ГзагЬз+У - з +ГгагЬг =0+72' 1 67 '0 67+ +72+36( — 3,33)( — 1,33)=312 см4. 35 По формуле (2.12) найдем величины главных моментов инерции и по формулам (2.11) — углы наклона главных осей к оси Ох: У У*+ У» /УУ вЂ” Й У2 1248+ 888 '» Ь 2 У, =1068+360=1428 см4; У2 — — 1068 — 360=708 см4; У„312 18ау —— —" —— = — 0,578; сс,= — 30'; У» — 1, 888 — 1428 18а2 — — *" — — =1,733; а2=60'.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
