В. И. Феодосьев - СОПРОТИВЛЕНИЕ МАТЕРИАЛОВ (995486), страница 20
Текст из файла (страница 20)
Рассмотрим простейшие примеры. П р и и е р 3.1. Найти, иа каком расстоинии от основании расположен венгр ткжести треугольника (рнс. З.З). Сначала определим статический момент треугольника относительно оси см — У1 4Р' 144 Ржс. 3.3 Запишем выражение для элементарной плогдади: ЗГ = саум Из подобия Ь вЂ” уг треугольников получаем с = 6 †, где 6 — основание треугольника; Ь— его высота. Л Таким образом, 6 / Я., = — (л-у,)у,йу,. е (3.4) После интегрированна находим 5е, = 6Ьз/б.
Расстояние от основания треугольника до центра тяжести Яз, 6Ьз/б Л пе =— г" 6Ь/2 3 (см. рнс. З.З). 4 „з к ге~ -тЯз = 2*с —, 3 2 4Я откуда с = —. Зт 143 П р и м е р 3.2. Определять положение центра тяжести сложного составного сечения (рнс.
3.4). Разбиваем сечение иа три простейшие фигуры: треугольник, прямоугольник и полукруг. Выбираем произвольную систему осек хг, уг и определяем координаты центров тяжести составляющих сечение фигур. У треугольника центр тяжести Сг находится на расстоянии 1/3 высоты от основания. Пля прямоугольника положение центра тяжести Сз определяется пересечением средних линий.
У полукруга центр тяжести Сз расположен ка осн симметрии на расстоянии 4Л/(Зк) от вертикального диаметра (см. рнс. 3.4). Последнее выражение (тому, кто не забыл, чему равен объем шара) удобнее всего получить на основании теоремы Гюльдена. Вращал полукруг относительно диаметра, получаем тело вращения — сферу, обьем которой равен произведению дуги 2хс на площадь полукругю Определяем статический момент составной фигуры как сумму статических моментов составляюших фигур: Зе, = Ггкг, + азиз, + Гзугю Таким образом, находим 1 20 Яз —— — 60 ЗО 10+ 30 60 ЗО+ я — 40 = 88100 мм, 2 2 1 20з/ 4 201 Яз, = - - 30 60 - 20 + ЗО 60 16 + и — ~30 + — ~ ю 2 ' ' ' г З 3 = 33200 мм .
Плошадь составной фкгуры равна Г = — 60 30+ 30 60 + — = 3330 ммз. 1 гг 20з 2 2 Искомые координаты центра тямести в системе осек хг, уг имеют следуюшие значения: хс = Яз, /Р = 33200/3330 = 9,97 мм; Ус = бе, /Г' = 88100/3330 = 26, б мм. 3.2. Моменты инерции сечения В дополнение к статическим моментам рассмотрим еще три следующих интеграла: ,/ = у~НГ; ./1г — — х2г/Г;,У „= хрг/Г, (3.5) 140 где по-прежнему через х и у обозначены текущие координаты элементарной площадки ЫГ в произвольно взятой системе координат хОу (см. рис. 3.1). Первые два интеграла называются осевыми момеип2ами инерции сечения относительно осей х и у соответственно.
Третий интеграл называется цсипзробехсиым момеи~вом инерции сечения относительно осей х, у. Измеряют моменты инерции в см или мм~. Осевые моменты инерции всегда положительны, поскольку положительной считается площадь ЫГ. Центробежный момент инерции может быть как положительным, так н отрицательным, в зависимости от расположения сечения относительно осей х, у. Выведем формулы преобразования моментов инерции при параллельном переносе осей. Для этого снова обратимся к рис. 3.2. Будем считать, что нам заданы моменты инерции и статические моменты относительно осей х1, у1. Требуется определить моменты инерции относительно осей х2, у2: Уи — 1/у2бГ;,У„, = Ух,бГ;,У„„, = У зу,ы.
2 Подставляя сюда х2 = х1 — а и у2 = у1 — 6, находим — (у1 — 6) гУГ; .Уя = (х1 — а) ЙГ; г и Ухзу2 (х1 а)(у1 Ь) ИГ' Раскрывая скобки, имеем, согласно обозначениям (3.1) и (3.5), ,У„= Ух, — 268„+ Ь2Г; (3.6) ,Ухзяз —— Ух~я1 — аБх — 65я + аьГ. Если оси х1 и у1 — центральные, то Яя, = Яя, — О, и полученные выражения упрощаются: у„= у„+6 Г; ууз = уя,+а Г; у~,я, = у~1я,+аьГ. (3.7) Следовательно, при параллельном переносе осей (если одна из осей — центральная) осевые моменты инерции изменяются на величину, равную произведению площади сечения на квадрат расстояния между осями. Из первых двух формул (3.7) следует, что в семействе параллельных осей минимальный момент инерции получается относительно центральной оси (а = 0 или 6 = 0).
Поэтому легко запомнить, что при переходе от центральных осек к не- центральным осевые моменты инерции увеличиваются, и величины атг' и ЬЗЕ следует к моментам инерции прибавлять, а при переходе от нецентральных осей к центральным — вычитать. Рис. 3.5 При определении центробежного момента инерции по последней из формул (3.7) следует учитывать знак величин а и 6. Можно, однако, и сразу установить, как изменяется значение 7 „при параллельном переносе осей. Для этого следует иметь в виду, что сечения, находящиеся в 1 и 1П квадрантах системы координат х1Су1 (рис.3.5), имеют положительные, а сечения, находящиеся в П и 1З7 квадрантах, — отрицательные значения центробежного момента. Поэтому при переносе осей проще всего устанавливать знак слагаемого а6Г в соответствии с тем, какие из четырех площадей увеличиваются, а какие — уменьшаются. Например, если от центральных осей хы у1 (см.
рис. 3.5) следует перейти к осям хз, пз, то видно, что в результате такого переноса резко возрастает площадь ?Ч квадранта, следовательно, момент инерции уменьшается, и произведение абг из момента 7х,„, следует вычесть. з4в Приведем примеры определения моментов инерции простейших сечений относительно характерных осей. П р и м е р З.З. Найти момеит ииерцки прлмоугольиика с осиоваиием Ь и высотой Л отиосительио осиовакик и откосктельио цектральиой оси, параллельиой осиоваикю (рис.
3.6). Рмс. 3.6 Момент ииерции относительна оси и, ревев г ьлз / / ' ' 3 Воспользовавпгксь формулой перекоса (3.7), найдем момент ииерции отиосительио центральной оси: ЬЛЗ вЂ” ~~-~ ~Р ( 2) 12 П р к и е р 3.4. Пакта момеит ииерции рассмотреивого ранее треугольника (см. рис. З.З) отиосительпо оспаваиия и отиосительио цеитральиой оси, параллельной основанию. Чтобы ие повторить выкладок, веркемсл к выражеккю (3.4) дла статического момента треугольника и замеиим величииу уы стокгцую под знаком интеграла, ка у,. Тогда 2 ь Г з ьлз ,7в, = — ~ (Л вЂ” уг)узйу,, откуда Уе, =— л| а 149 Использую формулу перекоса (3.7), запишем момент инерции отиосктельно пентральной осв х (см. рпс. 3.3): /л~' ЬЛэ эе = эе, — ~-~ Г, илв эх = —.
(,3,1 36 П р и и е р 3.3. Определить центробежный момент ипернви прямоугольного треугольника относительно осей, совпадающих с его яатетамп (рве. 3.7). Ркс. 3.7 Выделим элемент влощадк пхг3у~ и, полагаа величину у~ кевэменной, наедем центробежный момент полосни АВ: с с эе,я,(АВ) = у~Нуг э~ хгйх~ = у~йу~ —. е Но Ь (Л Л поэтому Ьэ .т.,„, (АВ) = —, (Л вЂ” у,)'у,йу,. Проинтегрируем это выражение по у~ от нулю до Л.' л Ьз / Ь Л' эе я = — ( (Л вЂ” у~)~у~йуз пли эх я м —. 2Л' / 24 е 130 Перейдем к центральнок системе координат кСя (см.
рис. 3.7), При переходе к этим осам увелмчмваютск площади ва П и ЪЧ квадрантах, да юшке отрицательные эмаеенил центробежного момента. Следовательно, согласно формуле переноса (ЗЛ), момент 1е,э, уменьшитьск На прокэвеленке евг': Л Ь Ьэйэ уев=у э г клн уэ=— 3 3 72 центробежный момент имерцмм относительно асей к, к окаэалск, как вклим, отрицательным. З.З. Главные оси и главные моменты инерции Посмотрим, как изменяются моменты инерции при повороте осей координат. Положим, даны моменты инерции некоторого сечения относительно осей х, у (не обязательно центральных). Требуется определить гк, .ге и 1 „— моменты инерции относительно осей и, и, повернутых относительно первой системы на угол о (рис. 3.8).
Рмс. З.В Так как проекция ломанои линии ОАВС равна проекции замыкаюшей, находим: и = ув(па+ хсово; и = усово — хгйпо. Исключим и и и в выраженимх моментов инерции: п2гц . ~ = и2уя, г' ип~(~' 161 Тогда 1„= (усова — хв1па) еГ; .7, = (ув1па+хсова)зИГ; ,7„„= (у сов а — х в1п а)(у в1п а + х сов а)ИГ, и откуда У„= 1в сов а †.ухвв1п2а+ 1вып а; 2 3 У„= 1х в1п а+.7ввв1п2а+ /усов а; 3 .7„— 1в .7„„= Ухв сов 2а + вйп 2а.
2 (3.8) Рассмотрим два первых уравнения (3.8). Складывая их почленно, получим г. + г. = ~. + ув = (уз + х')аК хз+ уз = рз где р — расстояние от начала координат до элементарной пло- щадки (см. рис. 3.8). Таким образом, (3.9) .ув +,7в —— 1в, где 1„— уже знакомый нам полярный момент инерции: 2у Р значение которого, естественно, не зависит от поворота осей х, у. 152 Таким образом, сумма осевых моментов инерции относительно двух взаимно перпендикулярных осей не зависит от угла а и при повороте осей остается постоянной. Заметим при этом, что При помоши выражения (3.9), в частности, легко определить осевой момент инерции круга относительно диаметра. Так как в силу симметрии 7 =,7ю получаем 7в = 7в —— ,7я72, но, как известно, 7в — — лРв732, следовательно, для круга Р4 .7, =,7в = —. 64 С изменением угла поворота осей а значения моментов 7и и 7ь меняются, но их сумма остается неизменной.
Следовательно, сушествует такое а, при котором один из моментов инерции достигает своего максимального значения, в то время как другой момент инерции принимает минимальное значение. Лифференцируя второе выражение (3.8) по а и приравнивая производную нулю, находим 27вв г82а = ~в 7х ,7. + 7в,7„— У. 7 2 2 ,7, +,7в .7в — .7, .7, = + 2 2 сов2а — 7 „вгд2а; сов2а+ 7 ввш2а.
Учитывая, что Щ2а в1п2а = 1+ 182 2а 1 сов 2а = и 1+ ф822а 163 При этом угле а один из осевых моментов будет наибольшим, а другой — наименьшим. Одновременно центробежный момент инерции,7„„обрашается в нуль, что можно легко установить из третьей формулы (3.8). Оси, относительно которых центробежный момент инерции равен нулю, а осевые моменты принимают экстремальные значении, называются главными ося.ии. Если они к тому же являются центральными, то тогда они называются главныжи центральными осями. Осевые моменты инерции относительно главных осей называются главными моментами ииериии. Определим их.
Лля этого первые пве формулы (3.8) перепишем в виде исключаем при помощи выражения (3.10) угол сг. 'Тогда ,7» + ./я ./мах еял 2 (3.11) Верхний знак соответствует максимальному моменту инерции, а нижний — минимальному. После того как сечение вычерчено в масштабе и на чертеже показано положение главных осей, нетрупно глазомерной оценкой установить, которой из двух осей соответствует максимальный, а которой — минимальный момент инерции. Если сечение имеет ось симметрии, то эта ось, очевидно, всегда будет главной (рис.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
