Методичка по сопромату (I семестр)
.pdf
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
30 |
плюс добуток площі перерізу на координати початку нової системи осей в |
||||||||||||||
нових осях z1O1 y1 . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Якщо відомі моменти інерції |
J z , |
J y і |
J z y |
відносно довільних осей |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
1 |
1 |
1 |
|
|
|
z1 і y1 (рис.2.3), то моменти інерції відносно осей u і v, що повернуті на кут α |
||||||||||||||
(α>0, якщо поворот осей здійснюється проти годинникової стрілки), |
||||||||||||||
визначаються за формулами [2] |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
Ju = |
J z |
+ J y |
+ |
J z |
− jy |
cos 2α − J z y |
sin 2α, |
|
|||||
|
1 |
1 |
1 |
|
1 |
|
||||||||
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
Jv = |
J z |
+ J y |
− |
J z |
− J y |
cos 2α + J z y |
sin 2α , |
(2.8) |
|||||
|
1 |
1 |
1 |
|
1 |
|||||||||
|
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
Juv = |
J z |
− J y |
sin 2α + J z y cos 2α. |
|
|
|
|
||||||
|
1 |
1 |
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
v |
y1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dA |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
v |
|
|
|
|
|
|
u |
|
|
|
|
α |
|
|
|
u |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
B |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
1 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
O1 |
|
|
|
α |
|
|
|
|
|
|
C |
z1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
D |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.3 |
|
|
|
|
|
|
|||
Приймаючи відцентровий момент інерції рівним нулю, одержимо |
||||||||||||||
формулу для визначення положення головних осей інерції |
|
|||||||||||||
|
|
|
tg 2α0 |
= |
−2J z y |
|
|
|
|
(2.9) |
||||
|
|
|
J z |
|
1 1 . |
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
− J y |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
Ця формула дає два значення гострого кута α0, які відрізняються між |
||||||||||||||
собою на 90о, тобто визначає положення двох головних осей інерції. Але ж |
Координати a і b підставляються зі своїми знаками
31
визначити за формулою (2.9), відносно якої з них головний момент інерції буде мінімальним або максимальним, неможливо. Тому в розрахунковій практиці частіше використовуються для визначення положення головних осей інерції формули [2]
tg α1 |
= |
J z1 y1 |
|
, tg α2 = |
−J z1 y1 |
, |
(2.10) |
||
|
|
|
|
J y1 |
|||||
|
|
J min |
− |
J z1 |
J min − |
|
|
де α1 і α2 – кути між горизонтальною віссю і головною віссю, відносно якої момент інерції має відповідно максимальне та мінімальне значення.
Зазначимо, що |
|
|
α −α |
2 |
|
= 90o. |
|
|
|
|
(2.11) |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Головні моменти інерції обчислюються за формулами |
|
|
|
|||||||||
Jmax = |
1 |
(J z |
+ J y |
|
)± (J z |
− J y |
)2 + 4 J z2 y |
. |
(2.12) |
|||
2 |
|
|||||||||||
min |
|
1 |
|
1 |
1 |
1 |
1 |
1 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
Якщо переріз має хоча б одну вісь симетрії, то одна з головних осей буде збігатися з нею, а друга головна вісь буде перпендикулярною до неї.
Положення головних центральних осей і значення головних моментів інерції можна також визначити графічним способом, побудувавши кола інерції Мора [1].
При розрахунках на міцність та стійкість, окрім головних моментів інерції та статичних моментів площі, використовуються також радіуси інерції
iu |
= |
Ju |
, |
|
iv = |
Jv |
(2.13) |
|||
і моменти опору перерізу |
|
A |
|
|
|
A |
|
|||
|
Ju |
|
|
|
|
Jv |
|
|
||
W |
= |
|
, |
W |
= |
, |
(2.14) |
|||
|
|
|
|
|||||||
u |
|
vmax |
|
|
v |
|
umax |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
де vmax і umax - відстані відповідно від осі u і v до найбільш віддаленої точки перерізу. Їх можна визначити графічним способом або обчислити за формулами, які пов’язують координати точок в вихідній системи координат z1O1y1 і повернутій uO1v на кут α (рис.2.3).
u = z1 cosα + y1 sinα, |
(2.15) |
|
v = y1 cosα − z1 sinα. |
||
|
Приклади обчислення головних центральних моментів інерції для деяких простих перерізів наводяться практично в усіх підручниках з опору матеріалів [1,2]. Готові формули для визначення головних центральних моментів перерізів, які частіше за все зустрічаються у розрахунковій практиці, можна знайти в довідниках з опору матеріалів [3].
32
2.2. Визначення геометричних характеристик простих перерізів
Приклад 2.1. Визначити головні центральні моменти інерції півкола
(рис. 2.4).
|
|
|
|
y1 |
y |
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
b(y1) |
1 |
|
|
y1 |
|
|
|
|
|
||
b(y1) |
|
|
|
|
|
dy |
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
dy |
|
h |
|
|
z |
|
|
|
|
O |
|
|
|
|
r |
|
z |
|
|
|
|
O |
y |
|
|
1 |
h/3 |
||
|
|
|
|
|
y |
||
O1 |
ϕ |
1 |
z1 |
O1 |
|
|
|
|
|
|
|
||||
d=2r |
|
|
|
b/3 |
b |
|
z1 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.4 |
|
|
|
|
Рис. 2.5 |
|
Спочатку визначимо координати центра ваги перерізу. За вихідні осі приймаємо осі z1 і y1. При цьому zc=0, так як вісь y1 є віссю симетрії перерізу, а друга координата центра ваги yс визначається за формулою (2.5)
|
yc |
= |
|
Sz1 |
|
, де Sz1 = ∫y1dA, а |
A = |
1 |
π r |
2 |
. |
|
|
|
|
||
|
|
A |
|
2 |
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
F |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
Для обчислення Sz |
|
виділимо елементарну смужку довжиною b(y1) і |
||||||||||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
шириною dy1 (рис. 2.4) та перейдемо до полярних координат. При цьому |
|||||||||||||||||
y |
= r sinϕ, dy = r cosϕdϕ, b( y ) = 2r cosϕ, dA = b( y )dy = 2r2 cos2 ϕ dϕ, |
||||||||||||||||
1 |
1 |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π 2 |
2 |
|
|
|
|
|
π 2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
Sz1 = ∫y1dA = 2r3 |
|
∫cos2 ϕ sinϕ dϕ = − |
r3 |
cos2 ϕ |
|
= |
r3 . |
|||||||||
|
|
3 |
|
3 |
|||||||||||||
|
A |
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
0 |
|
4r |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
Підставляючи |
Sz і A в формулу для yc, |
одержимо |
yc = |
. При |
||||||||||||
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
3π |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
цьому значенні |
yc осі z і y будуть головними центральними осями інерції. |
||||||||||
|
Далі, знаючи, що осьовий момент |
інерції |
круга відносно діаметра |
||||||||
J = |
πd 4 |
= |
πr 4 |
[1], одержимо |
J y = J z |
= |
1 |
|
J = |
πr 4 |
. |
64 |
4 |
2 |
|
8 |
|||||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Для обчислення моменту інерції Jz скористаємося формулою паралельного переносу осей (2.7). Маємо Jz1 = Jz + Ab2 . Звідки знаходимо
33
J z = J z |
− Fb |
2 |
|
πr |
4 |
πr |
2 |
4r |
2 |
πr |
4 |
|
64 |
|
≈ 0.11r |
4 |
. |
|
|
= |
|
− |
|
|
|
|
= |
|
1 |
− |
|
|
|
||||
|
8 |
2 |
3π |
8 |
9π 2 |
|
||||||||||||
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Приклад 2.2. Визначити моменти інерції прямокутного трикутника (рис. 2.5) відносно осей, що співпадають з його катетами, і відносно центральних осей, паралельних катетам.
Осьові моменти інерції трикутника відносно катетів обчислюються за формулами [1]
J z |
= |
bh3 |
, J y = |
hb3 |
. |
|
12 |
12 |
|||||
1 |
|
1 |
|
|||
|
|
|
|
Для визначення |
відцентрового моменту інерції |
J z y |
скористаємося |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
||
формулою (2.1) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J z1y1 |
= ∫z1 y1dA . |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
Виділимо елементарну площадку dA=b(y1)dy1 (рис. 2.5). З подібності |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
b |
|
y |
|
|||||
трикутників знаходимо b(y |
)= b 1− |
1 |
. При цьому z |
= |
|
|
|
b(y )= |
|
1− |
1 |
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
h |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
2 |
|
|
1 |
2 |
h |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||
|
b2 h |
|
|
|
y |
2 |
|
|
b2 |
y2 |
2 |
|
|
y3 |
|
|
|
|
y4 |
|
|
h |
|
|
b2h2 |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
і J z1y1 = |
|
∫ 1 |
− |
1 |
y1dy1 = |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
− |
|
|
|
|
|
1 |
|
+ |
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
2 |
h |
2 |
|
|
2 |
|
|
|
3 |
|
|
h |
|
|
|
4h |
2 |
|
|
|
|
|
|
24 |
|
. |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
Осьові моменти інерції відносно центральних осей, що паралельні |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
катетам, обчислюються за формулами [1] |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
J z |
= |
bh3 |
, |
|
|
|
J y |
= |
|
hb3 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
36 |
|
|
|
|
|
36 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
Для визначення відцентрового моменту інерції Jxy скористаємося |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
формулою паралельного переносу осей (2.7) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||
J |
|
= J |
|
|
+ Aa b |
J |
|
= J |
|
|
|
− Aa b = b2h2 |
− 1 bh |
h |
b = − b2 h2 . |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||
z1y1 |
zy |
zy |
z1y1 |
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
0 0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 0 |
|
|
|
|
|
24 |
|
2 |
|
|
3 3 |
|
|
72 |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
Приклад 2.3. Визначити осьові моменти інерції трикутника відносно |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
центральних осей, що зображені на рис. 2.6. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||
Момент інерції Jz визначимо за формулою [1] |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
bh3 |
|
|
|
|
|
(b +b |
2 |
)h |
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
J z |
= |
|
|
|
|
|
= |
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
36 |
|
36 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
Для визначення моменту інерції Jy розглянемо трикутник, складений з |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
двох прямокутних трикутників I і II (рис. 2.6). При цьому одержимо |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
J y |
= |
hb13 |
|
+ |
hb23 |
|
= |
|
|
h |
|
(b13 |
+b23 ). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
h
34
y
I II
z
O
h/3
b1 b2
Рис. 2.6
2.3. Визначення відцентрового моменту інерції нерівнобічного кутника
Приклад 2.4. Визначити відцентровий момент інерції нерівнобічного кутника 250×160×20 відносно центральних осей z і y (рис. 2.7, а).
а |
|
y |
|
|
б |
y v(min) |
в v(max) |
y |
г |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
v(min) |
|
|
|
|
|
|
|
|
y |
v(max) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
α |
|
|
|
α |
|
|
u(min) |
|
|
|
|
|
|
u(max |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
O |
α2=α |
|
|
|
|
|
|
|
α1=α |
|
z |
|
|
|
||
|
|
O |
|
O |
|
|
z |
|
|
||
|
|
|
z |
α1=-α |
|
|
|
z |
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
u(max) |
|
|
|
O |
α2=-α |
|
v(min) |
|
|
|
|
|
|
|
|
u(min) |
|
|
y |
|
y |
v(min) |
v(max) y |
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
α |
|
|
α |
|
|
|
y |
v(max) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
u(min) |
|
|
|
|
|
|
u(max |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
α1=α |
|
z |
O |
α2=α z |
|
z |
|
|
|
O |
|
O |
α1=-α |
|
|||||
|
|
|
z |
|
|
O |
|
α2=-α |
|||
|
|
|
|
|
u(max) |
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
u(min) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.7
З сортаменту [1] (ГОСТ 8510-86) знаходимо: Jz=4987см4, Jy=1613см4,
Ju(min)=949см4, tgα=0.405.
При розташуванні кутника, зображеного на рис. 2.7, а, максимальна вісь інерції утворює з горизонтальною віссю z кут α1=α. Тому з першої формули (2.10) одержимо
J zy = tgα(Ju min − J z )= 0.405(949 − 4987)= −1635см4 .
При розташуванні кутника, зображеного на рис. 2.7, б, α1= -α, тому Jzy=1635см4. Для інших розташувань кутника (рис. 2.7, в і г) відомий кут α2,
35
який відповідно дорівнює α і -α, тому для визначення відцентрового моменту інерції Jzy треба скористатися другою формулою (2.10)
J zy = −tgα2 (Ju min − J y ).
Так як при таких розташуваннях кутника Jy=4987см4, то одержимо Jzy=1635см4 для випадку рис. 2.7, в і Jzy=-1635см4 для випадку рис. 2.7, г.
Таким чином, при всіх розташуваннях нерівнобічного кутника, що зображені на рис. 2.7, відцентровий момент інерції буде відрізнятися лише знаком: Jzy>0 у випадках рис. 2.7, б і в та Jzy<0 у випадках рис. 2.7, а і г.
Абсолютне значення відцентрового моменту інерції нерівнобічного кутника можна визначити за формулою (2.9)
|
|
|
|
|
|
J zy |
= |
|
− |
1 |
tg 2α(J z − J y ) |
, |
||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
де tg2α = |
|
2tgα |
= |
|
2 0.405 |
|
= 0.9689 |
|
||||||
|
2 |
|
2 |
|
|
|||||||||
1 |
−tg α |
1 |
−0.405 |
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
J zy = |
1 |
0.9689(4987 −1613)=1635см4 . |
|||||||||
|
|
|
2 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
З формули (2.12) |
після простих перетворень можна одержати таку |
формулу для визначення модуля відцентрового моменту інерції нерівнобічного кутника
J zy = (J z − Ju min )(J y − Ju min ). |
(2.16) |
Підставивши до формули (2.16) відповідні значення, одержимо
J zy = (4987 −949)(1613 −949) =1635см4 .
2.4. Визначення головних центральних моментів інерції плоских перерізів з однією віссю симетрії
Приклад 2.5. Визначити головні центральні моменти інерції, радіуси інерції та моменти опору даного перерізу (рис. 2.8).
Переріз будемо розглядати складним з прямокутника І з вирізаним трикутником ІІ з основою 20см та висотою h=20cos30o=17.32см.
Визначимо геометричні характеристики кожного з них відносно власних центральних осей ziOiyi (рис. 2.8). Маємо:
A = 24 |
48 |
=1152см4 , J |
|
= |
24 483 |
= 221184см4 , J |
= |
48 244 |
= 55296см4 , |
||||||||||
z1 |
|
|
|||||||||||||||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|
y1 |
12 |
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
J |
|
= |
0, A = 1 |
17.32 20 =173.2см2 , |
J |
z2 |
= 20 17.323 |
= 2886.5см4 , |
|||||||||||
|
z1y1 |
|
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
36 |
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
J |
|
= |
17.32 103 |
|
2 = 2886.5см4 , J |
|
|
= 0 (див.приклад2.3). |
|||||||||
|
|
y2 |
|
z2 y2 |
|||||||||||||||
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
36
Далі визначимо координати загального центра ваги. За вихідні осі приймаємо z0 та y0 (рис.2.8). При цьому zc=12см, так як центр ваги перерізу розташований на осі симетрії. Другу координату центра ваги перерізу обчислимо за формулою (2.5). Спочатку обчислимо
Sz0 |
n |
i |
|
|
|
|
|
|
+ |
1 |
|
3 |
, |
= ∑Ai yc |
=1152 24 −173.2 24 |
3 |
17.32 = 22491.26см |
||||||||||
|
i=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
A = ∑Ai |
=1152 −173.2 = 978.8см2 . |
|
|
|||||||
|
|
|
|
i=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Підставляючи ці значення в формулу (2.5), одержимо |
|
|
|||||||||||
|
|
|
yc |
= |
Sz0 |
|
= |
22491.26 |
= 22.98см. |
|
|
||
|
|
|
A |
|
978.8 |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
то zOy будуть |
|
|
||
Так |
як |
переріз |
має |
вісь симетрії, |
головними |
центральними осями інерції (рис. 2.8), а осьові моменти інерції відносно них
– головними центральними моментами інерції. Для їх визначення скористаємося формулами (2.7), які запишемо у вигляді
J z = ∑n (J zi + Aibi2 ), |
J y = ∑n (J yi + Aiai2 ), |
i=1 |
i=1 |
де ai = zi0 − zc , bi = yi0 − yc - координати центрів ваги кожного перерізу в осях
zOy. Обчислимо їх.
a1 =12 −12 = 0,b1 = 24 −22.98 =1.02см, a2 = 0,b2 = (24 +5.77)−22.98 = 6.79см. Тоді J z = 221184 +1152 1.022 −(2886.5 +173.2 6.792 )= 211510.8см4 ,
J y = 55296 − 2886.6 = 32409.4см4.
|
y0 |
y1,y2,y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
20 см |
|
|
|
y2 |
y y1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
см24 |
h |
O2 |
h/3=5.77 |
z2 |
|
II |
2.55см |
2.39см |
I |
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
60o 60o |
|
z1 |
см |
|
|
|
z,z1,z2 |
|
|
O1 O |
|
|
|
|
|
|
|
24см |
II |
=22.98 |
z |
12 |
O2 |
O |
O1 |
|
|
I |
|
z0 |
6см |
24см |
|
||||
|
|
y |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
c |
|
|
|
|
|
|
|
O0 |
24см |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.8 |
|
|
|
|
Рис. 2.9 |
|
37
Радіуси інерції обчислюємо за формулами (2.13) |
|
|||||||||||||||
iz |
= |
|
J |
z |
= |
211610.8 |
=14.7см, |
iy = |
J y |
= |
32409.4 |
=14.7см, |
||||
|
|
|
978.8 |
A |
|
978.8 |
||||||||||
|
|
|
|
A |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
а моменти опору – за формулами (2.14) |
|
J y |
|
|
|
|||||||||||
Wz = |
J |
z |
|
|
= |
211610.8 |
= 8453.7см3 , |
Wy = |
= |
32409.4 |
= 2700.8см3. |
|||||
ymax |
|
|
|
|
25.02 |
zmax |
12 |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Приклад 2.6. Визначити головні центральні моменти інерції, радіуси інерції і моменти опору перерізу (рис 2.9).
Розіб’ємо переріз на прямокутник І та півкруг ІІ і визначимо їх геометричні характеристики відносно власних центральних осей zi і yi (рис. 2.9)
A = 24 |
12 |
= 288см2 , J |
|
= |
24 123 |
= 3456см4 , J |
|
= |
12 243 |
|
=13824см4 , J |
= 0, |
||||||
z1 |
|
y1 |
|
|
||||||||||||||
1 |
|
|
|
12 |
|
|
|
|
|
12 |
|
|
z1y1 |
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
A |
= 1 |
πr 2 = 1 3.14 62 = 56.52см2 , |
J |
z |
2 |
= 1πr 4 = 1 3.14 64 = 508.68см4 , |
||||||||||||
2 |
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
8 |
|
8 |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
J |
= 0.11r 4 = 0.11 64 |
=142.56см4 , J |
z2 y2 |
= 0. |
|
|||||||||||
|
|
|
y2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Приймаємо за вихідні осі z1 і y1 і обчислюємо координати загального центра ваги перерізу
yc = 0, zc |
= |
Sz1 |
|
= |
288 0 −56.52 14.55 |
= − |
822.37 |
= −2.39см. |
|
A |
288 +56.52 |
344.52 |
|||||||
|
|
|
|
|
|||||
Головні центральні осі інерції z і y показані на рис. 2.9. |
|||||||||
Далі обчислюємо |
|
|
|
|
= ∑n (J yi + Aiai2 )= |
||||
J zy = 0, J z = J z1 |
+ J z2 |
= 3456 +508.68 = 3964.68см4 , J y |
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
i=1 |
=13824 + 288 (−2.39)2 +142.56 +56.52 (12 + 2.55 −2.39)2 = 23969см4 ,
iz = |
|
J |
z |
= |
3964.68 |
= 3.39см, iy = |
|
J y |
= |
|
23969 |
=8.34см, |
|||
|
|
344.52 |
|
A |
|
344.52 |
|||||||||
|
|
|
A |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
Wz = |
J |
z |
|
= |
3964.68 |
= 660.78см3 |
, Wy |
= |
J y |
|
= |
23969 |
=1535.49см3. |
||
|
|
|
|
zmax |
|
||||||||||
|
ymax |
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
15.61 |
|
2.5. Визначення головних центральних моментів інерції складних плоских перерізів, утворених прокатними профілями
Приклад 2.7. Визначити головні центральні моменти інерції, радіуси інерції та моменти опору складного перерізу (рис. 2.10).
Розв’язання задачі виконуємо в такому порядку.
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
38 |
1. Провести |
|
паралельні |
між |
собою |
власні |
центральні |
осі |
ziOiyi |
|||||||||||
(рис. 2.10) і визначити потрібні для розв’язання задачі геометричні |
|||||||||||||||||||
характеристики кожного простого перерізу відносно цих осей: |
|
|
|
|
|||||||||||||||
а) швелер №20 (рис. 2.11). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
геометричні характеристики беремо з сортаменту [1] (ГОСТ82-86) |
|
|
|
||||||||||||||||
A = 23.4см2 , J |
z |
=113см |
4 , J |
y |
=1520 см4 , J |
z y |
= 0; |
|
|
|
|||||||||
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
1 |
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
б) нерівнобічний кутник 160х100х10 (рис. 2.12). |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||
З сортаменту [1] (ГОСТ8510-86) знайдемо необхідні для розрахунку |
|||||||||||||||||||
геометричні характеристики |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
A = 25.3см2 , |
J |
= 204см4 , |
J |
= 667см4 , |
J |
u min |
=121см4 , |
tgα = 0.39. |
|
||||||||||
1 |
|
z1 |
|
|
|
y1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y0 |
|
|
|
|
y2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y1 |
|
|
|
II (№16/10/1.0) |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
O2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
O1 |
|
|
|
|
|
|
z1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
O0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
I (№20) |
z0 |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.10 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
5.2 |
|
y1 |
20.7 |
|
|
|
|
v(max) |
|
y2 |
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
O1 |
|
|
|
z1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
u(min) |
100 |
|
||
76 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
O2 |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
α2 |
|
|
|||||
|
|
|
9 |
|
10 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
z2 |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
200 |
|
|
|
|
|
|
|
160 |
|
52.3 |
|
22.8 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 2.11 |
Рис. 2.12 |
При такому розташуванні кутника (рис. 2.12) α2=α, тому з формули
(2.10)
tgα2 = tgα = |
|
−J z2 y2 |
|
|
J |
u min |
− J |
y2 |
|
|
|
|
знаходимо J z2 y2 = −tgα(Ju min − J y2 )= −0.39(121 −667) = 213см4 .
39
2. Провести довільні осі z0O0y0 , що паралельні осям zi і yi.
Визначити координати центрів ваги кожного простого перерізу в цих осях, тобто Oi (zi0 ; yi0 ). З рис. 2.10 видно, що O1(10;5.53) і O2(14.77;9.88).
3. Визначити координати загального центра ваги перерізу за формулами (2.5)
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
zc |
= |
∑Ai zi0 |
= |
23.4 10 + 25.3 14.77 |
= |
607.68 |
=12.49см, |
||||
i=1 |
|
||||||||||
n |
23.4 + 25.3 |
|
48.7 |
||||||||
|
|
∑Ai |
|
|
|
|
|
||||
|
|
i=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
yc |
= |
∑Ai yi0 |
= |
23.4 5.53 |
+ 25.3 9.88 = |
379.36 |
= 7.79см. |
||||
i=1 |
|||||||||||
n |
|
|
|
||||||||
|
|
∑Ai |
|
23.4 |
+ 25.3 |
|
|
48.7 |
|
|
i=1
4.Провести центральні осі z і y, що паралельні осям zi і yi, і визначити
координати центрів ваги кожного простого перерізу в цих осях Oi(аi;bi) за формулами
ai = zi0 − zc , bi = yi0 − yc ;
a1 =10 −12.49 = −2.49см, b1 = 5.53 −7.79 = −2.26см, a2 =14.77 −12.49 = 2.28см, b2 = 9.88 −7.79 = 2.09см.
Таким чином, маємо O1(-2,49;-2,26) і O2(2,28;2,09).
5. Обчислити моменти інерції перерізу відносно центральних осей z і y за формулами паралельного переносу осей (2.7)
J z = ∑n |
(J zi + Aibi2 )=113 + 23.4(−2.26)2 |
+ 204 + 25.3 2.092 |
≈ 547см4 , |
||||||||||
i=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J y = ∑n (J yi + Ai ai2 )=1520 + 23.4(−2.49)2 |
+ 667 + 25.3 2.282 |
≈ 2464см4 , |
|||||||||||
i=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J zy = ∑n (J zi yi |
+ Ai aibi )= 0 + 23.4(−2.26)(−2.49) + 213 + 25.3 2.09 2.28 ≈ 465см4 . |
||||||||||||
i=1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6. Обчислити головні центральні моменти інерції за формулами (2.12) |
|||||||||||||
|
|
|
|
1 |
|
|
|
2 |
2 |
|
|||
|
|
J max |
= |
|
(J z + J y )± |
(J z |
− J y ) + 4 |
J zy = |
|
||||
|
2 |
|
|||||||||||
|
|
min |
|
|
|
|
4652 |
|
|
||||
= 1 (547 + 2464)± (547 −2464)2 + 4 |
= 1 [3011± 2131], |
||||||||||||
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|||
Jmax = |
1 |
(3011+ |
2131)= 2571см4 , |
J min = |
|
1 |
(3011−2131)= 440см4 . |
||||||
2 |
2 |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Допоміжні осі z0O0y0 проводяться так, щоб увесь переріз знаходився у першій чверті