Основы механики твердого деформируемого тела

называют полярным моментом инерции. Этот термин иллюстрирует рис. 7. Центральные оси 0y и 0z называют главными центральными осями инерции

Этим равенством определяется угол наклона главных центральных осей инерции поперечного сечения к осям, в которых были вычислены моменты Iy z , Iy , Iz .

Если фигура обладает симметрией, то ось симметрии является одной из главных центральных осей, а вторая главная центральная ось инерции ортогональна ей и тоже проходит через центр тяжести фигуры. Именно такие оси изображены для

сечения, приведенного на рис. 7. И в самом деле, моменты инерции Iyz(1) и Iyz(2) симметричных частей фигуры равны по величине и противоположны по знаку. Но

+Iyz(2) = 0, а это и есть признак главных осей инерции.

Интерес представляет собой следующая задача. На рис. 8 показано поперечное сечение бруса, отнесенное к двум различным центральным системам координат. Базис 0y z – исходный. Требуется найти такие оси 0y, 0z (т. е.

такой угол α поворота начального базиса), относительно которых моменты инерции Iy , Iz экстремальны. При помощи формул (10) можно убедиться в том, что необходимые условия

экстремума осевых моментов инерции Iz (α) и Iy (α) сводятся к зависимости (12). Это означает, что именно в главных центральных осях инерции величины Iz , Iy достигают наибольшего и наименьшего значений. Пусть, например, Iz > Iy . Тогда

Iz ≥ Iz ≥ Iy , Iz ≥ Iy ≥ Iy ,

причем любые равенства в этих соотношениях возможны лишь при условии, что базисы 0y z и 0yz совпадают.

Пример 5. Чтобы найти момент инерции полукруга относительно его основания (диаметра), достаточно воспользоваться рис. 3b и теми формулами, связывающими величины y , dy и dF с полярными координатами ϕ и R, которые были приведены при рассмотрении примера 1. Тогда

Момент инерции круга относительно любой из его центральных осей в два раза больше величины Iz . Другими словами, для круглого поперечного сечения

где 0yz – любая система декартовых координат с началом, расположенным в центре рассматриваемой фигуры.

Итак, моменты инерции круга вычислены и сделано это было путем непосредственного использования формул (8). Между тем непрямой путь решения этой задачи оказывается менее громоздким. Дело в том, что для круга (см. выражение (11)) выполняется равенство Iy = Iz = Ip/2, где Ip – полярный момент инерции. Последний легко вычисляется при помощи рис. 9a:

Можно напомнить о том, что полярный момент инерции используется при рассмотрении деформации кручения.

Пример 6. Прямоугольное поперечное сечение (рис. 10), для которого вычисляются моменты инерции, симметрично относительно центральных осей 0y и 0z, стало быть, указанные оси суть главные центральные оси инерции данной фигуры. В них Iyz = 0, и так как dF = b dy, то

F−h/2

Аналогично вычисляется величина Iy . Таким образом,

Моменты инерции относительно осей 0 y и 0 z (см. рис. 10) можно найти по формулам (9a), записанным в виде:

Согласно этим формулам, для вычисления осевых моментов инерции Iy , Iz надо к главным моментам инерции Iy , Iz добавить произведения площади фигуры на квадраты расстояний между осями 0 y , 0 z и 0y, 0z соответственно, т. е. на квадраты расстояний от осей 0 y , 0 z до центра тяжести сечения. Такая трактовка первых двух формул (9b) возможна потому, что координаты −ay , −az центра тяжести 0 прямоугольника в базисе 0 y z входят в указанные формулы возведенными в квадрат, а потому знак этих координат неважен. При вычислении же центробежного момента инерции Iy z забывать о знаке величин ay и az нельзя.

Пример 8. Несколько сложнее вычисляются моменты инерции треугольного поперечного сечения. Правда, положение центра тяжести треугольника известно (рис. 12a), так что вспомогательный базис 0 y z выбирается центральным без каких бы то ни было предварительных вычислений. Из рис. 12b видно, что

Ясно также, что Iy = b3h/36.

Далее вычисляется центробежный момент инерции. Координата z центра тяжести элементарной площади dF определя-

ется при помощи рис. 12b:

Таким образом, моменты инерции прямоугольного треугольника в центральном базисе с осями, параллельными катетам, определяются формулами:

Опираясь на правила, сформулированные при рассмотрении примера 5, можно найти моменты инерции относительно осей, параллельных центральным осям 0y и 0z , но с началом отсчета, смещенным в одну из вершин треугольника (рис. 13). Так, в базисе 01y1z1:

Ход выкладок понятен, так что остальные результаты приводятся без вычислений:

Особый интерес представляют собой главные центральные оси инерции сечения и моменты инерции Iy , Iz в этих осях. Искомую ориентацию базиса 0yz определяет угол α, который дается формулами (12). Так как моменты инерции во вспомогательном базисе 0y z уже вычислены, то остается подставить величины (15) в равенство (12):

При h > b угол α отрицателен, так что оси 0y, 0z оказываются повернутыми относительно базиса 0y z по часовой стрелке (рис. 14b).

Если h = b, то tg 2α = ∞, что дает α = = 45o. В этом (и только в этом) случае ось 0y параллельна гипотенузе треугольника. При h = b картина получается иной. Если, например, h = 2b, то

Так как (см. рис. 14b) tg ϕ = −1/2, то |tg ϕ|> |tg α| ≈ 0, 16. Следовательно, взаимная ориентация ортов базиса 0yz и гипотенузы треугольника на рис. 14b показана правильно.

Моменты инерции Iz и Iy вычисляются по формулам (10), в которые подставля-

отмеченные выше, подтверждаются результатами, которые были получены в данном примере.

ющей точки 01 и 02, и что длины отрезков 001 и 002 пропорциональны площадям F2 и F1, т. е.

Ясно, что те же отношения соблюдаются между величинами a1 и a2, а также b1 и b2. Так как F1/F = 15, 6/46, 2 = 0, 3377 , то (см. рис. 16b)

Положение центра тяжести сборного сечения установлено.

Далее в точку 0 помещают начало вспомогательной системы координат 0y z (рис. 16c), после чего по формулам (9b) вычисляют моменты инерции Iy , Iz , Iy z . При вычислениях используется принцип наложения:

Iy = Iy1 + F1 ·a21 + Iy2 + F2 ·a22 = 118 + 15, 6 ·3, 2922 + 208 + 30, 6 ·1, 6782 = 581, 22 см4; Iz = Iz1 + F1 ·b21 + Iz2 + F2 ·b22 = 118 + 15, 6 ·6, 2592 + 2900 + 30, 6 ·3, 1912 = 3940, 72 см4.

Надо иметь в виду, что для уголкового сечения в ГОСТе указывается модуль величины Iyz и ее знак необходимо устанавливать по выбраной системе координат 0y1 и 0z1 в каждой конкретной задаче. В данном случае, как это видно по рис. 16a, координаты центра тяжести каждой из полок уголка имеют одинаковые знаки, а потому центробежный момент Iy1z1 положителен. Таким образом,

Iy z = Iy1z1 + F1 · a1 · b1 + Iy2z2 + F2 · (−a2) · (−b2) =

= 68 + 15, 6 · 3, 292 · 6, 259 + 0 + 3, 06 · 1, 678 · 3, 191 = 553, 28 см4.

Согласно формуле (12), тангенс угла α между осями 0y и 0y равен величине

Поскольку это число положительно, то ось 0y для совмещения ее с осью 0y надо повернуть против часовой стрелки.

Итак, α = 0, 159 радиан (9o15 ) и

В соответствии с формулами (10)

Iz = Iz cos2 α + Iy z sin 2α + Iy sin2 α =

= 3940, 72 · 0, 98742 + 553, 28 · 0, 3128 + 581, 22 · 0, 15842 = 4029, 68 см4,

1

Iyz = Iy z cos 2α + 2 Iy −Iz sin 2α =

= 553, 28 · 0, 9498 + 0, 5 · (581, 22 − 3940, 72) · 0, 3128 = 525, 51 − 525, 42 ≈ 0.

Равенство Iyz = 0 свидетельствует о правильности вычислений. Кроме того, можно проверить, что Iy +Iz = Iy +Iz :

581, 22 + 3940, 72 = 492, 48 + 4029, 68 или 4521, 98 ≈ 4522, 16.

Главные центральные оси инерции рассматриваемого составного сечения показаны на рис. 17.

Пример 11. На рис. 18 изображено квадратное поперечное сечение бруса, яв-

ляющееся частным случаем прямоугольного сечения. Главные моменты инерции такого сечения определяются формулами (13), в которых надо положить b = h = a:

Моменты инерции Iy , Iz , Iyz в базисе, повернутом относительно исходного базиса 0y , 0z на угол α, определяются формулами (10). Так как Iy = Iz = I, то и Iy z = 0:

т. е. оси 0y, 0z также являются главными центральными осями инерции рассматриваемой фигуры. Но это означает, что любые центральные взаимно перпендикулярные оси квадратного поперечного сечения являются главными центральными осями инерции этого сечения. Ясно также, что сказанное относится к любому поперечному сечению, в котором равенства (16) выполняются для первой попавшейся пары центральных осей координат. Примеры некоторых из таких сечений приведены на рис. 19.