V |
Vmax |
y |
|
тральной оси. Этот радиус инерции ра- |
|||||||||
|
|
|
вен перпендикуляру, проведенному из |
||||||||||
|
|
|
|
||||||||||
|
|
iy |
|
центра эллипса на касательную, парал- |
|||||||||
|
|
|
лельную данной оси. |
|
|
|
|||||||
max |
|
|
U |
|
Моментом |
сопротивления попе- |
|||||||
|
|
речного сечения называются следую- |
|||||||||||
y |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
||||||||||
|
iU |
iV |
|
щие величины: |
|
J y |
|
|
|||||
|
|
O |
|
x |
Wx |
= |
J x |
и |
, |
(2.29) |
|||
|
|
|
y |
|
Wy = |
|
|||||||
|
|
x |
|
|
|
|
max |
|
x |
max |
|
|
|
Umax |
i |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
где |
ymax |
и |
xmax - расстояния от наибо- |
||||||||
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
лее удаленных точек сечения до соот- |
|||||||||
|
|
|
|
ветствующих осей, взятые по модулю. |
|||||||||
|
|
xmax |
|
|
Главным осям поперечного сече- |
||||||||
|
Рисунок 2.8 |
|
ния |
соответствуют |
главные |
|
моменты |
||||||
|
|
сопротивления. |
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
ПРИМЕР 2.1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Исходные данные задачи.
Для заданного прямоугольного сечения (рис. 2.9) вычислить осевые и центробежный моменты инерции относительно осей x1O1 y1 . Размеры поперечного сечения заданы в сантиметрах.
Решение задачи.
Вычисляем геометрические характеристики заданного сечения относительно главных центральных осей х0 и у0 .
Площадь сечения равна |
A = bh = 4 ×3 =12 см2. |
||||
|
|
|
|
|
Находим величины осе- |
|
у0 |
|
|
|
вых моментов инерции относи- |
h |
|
х1 |
|||
|
|
|
|
|
тельно главных осей х0 и у0 . |
|
|
|
|
|
|
|
=1,5 |
|
|
|
|
|
3 |
b = |
3 |
× 4 = 9 см4; |
у1 |
|
h/2 |
|
|
J x0 |
= h |
3 |
||||
|
O |
=1,5 |
1,5 |
х0 |
|
|
|
12 |
12 |
||
a |
J |
|
= |
|
= |
|
=16 см . |
||||
|
1 |
|
|
|
|
||||||
|
a |
h/2 |
=- |
|
|
y0 |
|
|
|
|
4 |
|
а |
|
|
|
12 |
12 |
|||||
O1 |
b/2=2 |
b/2=2 |
|
x |
|
|
|
||||
|
|
Так как оси х0 и у0 явля- |
|||||||||
|
b1=- 2 |
|
|
|
|
||||||
|
|
|
|
ются |
|
главными |
центральными |
||||
|
|
|
|
|
|
||||||
|
Рисунок 2.9 |
|
|
осями. Следовательно, центро- |
|||||||
|
|
|
бежный момент инерции сече- |
||||||||
|
|
|
|
|
ния Dх0 y0 |
= 0 . |
|
|
31
Рассмотрим новую систему координат x О1h . Смещения осей x и h относительно главных центральных осей х0 и у0 соответственно равны a1 = -1,5 см и b1 = -2 см. Используя формулы (2.14) и (2.15) вычисляем геометрические характеристики заданного сечения относительно новых осей x и h .
Jz = J x0 + а12 A = 9 + (-1,5)2 ×12 = 36 см4;
Jh = J у0 + b12 A =16 + (- 2)2 ×12 = 64 см4;
Dxh = Dx0 y0 + a1b1 A = 0 + (-1,5)× (- 2)×12 = 36 см4.
Далее выполняем поворот координатной системы относительно точки О1 на угол a . Так как поворот осей осуществляется против часовой стрелки, то угол a положительный. Вычисляем тригонометрические функции углов a и 2a :
tga = h b = 3 4 = 0,75 ; a = arctg0,75 = 36,87o ; sin a = 0,6 ; sin a = 0,8 ; 2a = 73,74o ; sin 2a = 0,96 ; cos 2a = 0,28 .
Используя формулы (2.18) и (2.19) находим геометрические характеристики сечения относительно повернутых осей x1 и y1 .
J у1 = Jh cos2 a + Dxh sin 2a + Jx sin 2 a = = 64 × 0,82 + 36 × 0,96 + 36 × 0,62 = 88,48 см4;
J х1 = Jx cos2 a - Dxh sin 2a + Jh sin 2 a = = 36 × 0,82 - 36 × 0,96 + 64 × 0,62 = 11,52 см4;
D |
х у |
= |
1 |
(J |
x |
- J |
h |
)sin 2a + D cos 2a = |
|
|
|||||||||
|
|
2 |
|
|
xh |
||||
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
=1 (36 - 64)× 0,98 + 36 ×0,28 = -3,36 см4. 2
Для проверки полученного решения воспользуемся ранее полученной формулой (2.22)
J у1 + J х1 = Jx + Jh ;
88,48 +11,52 = 36 + 64 ;
100 см4 =100 см4.
Следовательно, задача решена верно.
32
ПРИМЕР 2.2
Исходные данные задачи.
Для заданного поперечного сечения(рис. 2.10), состоящего из швеллера и равнобокого уголка, требуется:
1)определить положение центра тяжести;
2)найти осевые и центробежный моменты инерции относительно случайных осей, проходящих через центр тяжести сечения;
3)определить направление главных центральных осей;
4)найти моменты инерции заданного сечения относительно главных центральных осей.
Решение задачи.
Заданное сечение состоит из двух элементов. Рассмотрим первый элемент сечения швеллер № 16 (ГОСТ 8240). Площадь сечения элемента А1 = 18,1 см2. Смещение главных осей элемента от внешней грани полки равно х01 =1,80 см. Осевые моменты инерции элемента: Jх1 = 747 см4, Jу1 = 63,3 см4. Центробежный момент: Dy1x1 = 0.
Рассмотрим второй элемент - равнобокий уголок 90´90´6 (ГОСТ 8509). Площадь второго элемента А2=10,6 см2. Моменты инерции относительно центральных осей в соответствии с сортаментом прокатной стали равны: Jy2 = Jx2 = 82,1 см4 ; Jmax = 130 см4; Jmin = 34 см4. Смещение
главных осей |
элемента от внешних граней полки равнобокого уголка |
||||
х02=у02=2,43 см. Центробежный момент равнополочного уголка: |
|||||
Dx 2 y 2 |
= |
J max - J min |
sin 2q = |
130 - 34 |
sin(- 2 × 45o )= -48см4. |
|
|
||||
|
2 |
2 |
|
Выбираем вспомогательную систему прямоугольных координат, проводя оси x и h через центр тяжести одного из элементов сечения таким образом, чтобы они были параллельны осям yi и xi. Определяем координаты центров тяжести всех элементов в новой системе координат x - h:
h1 = 0 см; |
|
|
x1 = 0 см; |
||
h2 = (2 ×9,0 - 2,43)-16 / 2 = 7,57 см; |
x2 = -1,80 - 2,43 = -4,23 см. |
||||
Вычисляем координаты центра тяжести составного сечения |
|||||
|
n |
|
|
|
|
hc = |
å Aihi |
= |
0 ×18,1 + 7,57 ×10,6 |
= 2,80 см; |
|
i =1 |
|||||
n |
|
||||
|
å Ai |
18,1 +10,6 |
|
|
i=1
33
|
n |
|
|
|
xc = |
å Aixi |
= |
0 ´18,1×(- 4,23)×10,6 |
= -1,56 см. |
i =1 |
||||
n |
|
|||
|
å Ai |
18,1 +10,6 |
|
|
|
i =1 |
|
|
|
Через точку С, имеющую координаты xс = -1,56 см и hс = 2,80 см, проводим центральные оси Y и X составного сечения параллельно осям его элементов yi и xi .
Для проверки правильности определения положения центратяжести составного сечения воспользуемся свойством центральных осей, которое гласит, что статический момент относительно указанных осей равны нулю. Предварительно вычисляем координаты центров тяжести элементов сечения в системе центральных осей Y и X:
a1 =h1 -hc = 0 - 2,80 = -2,80 см; a2 =h2 -hc = 7,57 - 2,80 = 4,77 см; b1 = x1 - xc = 0 - (-1,56)=1,56 см;
b2 = x2 - xc = (- 4,23)- (-1,56)= -2,67 см.
Находим величины статических моментов относительно - цен тральных осей Y и X:
S |
Х |
= A a + A a |
2 |
=18,1×(- 2,80)+10,6 × 4,77 = -50,68 + 50,562 = -0,118 см3. |
|||||||
|
1 1 |
2 |
|
|
|
|
|
||||
Погрешность вычислений |
0,118 |
×100 % = 0,23 % . |
|||||||||
50,68 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
S |
Y |
= A b + A b |
|
=18,1×1,56 +10,6 × (- 2,67)= 28,236 - 28,302 = -0,066 см3. |
|||||||
|
|
1 1 |
2 2 |
|
|
|
|
|
|||
Погрешность вычислений |
|
0,066 |
×100 % = 0,23 % . |
||||||||
28,302 |
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
В обоих случаях погрешность не превышает5 % , следовательно, положение центра тяжести составного сечения найдено верно.
Осевые моменты инерции составного поперечного сечения определяются по формулам
n
JY = å(J yi + bi2 Ai ) = (J y1 + b12 A1 ) + (J y 2 + b22 A2 ) =
i =1
= 63,3 +1,562 ×18,1 + 82,1 + (- 2,67)2 ×10,6 = 265,01 см4;
n
J X = å(J xi + ai2 Ai ) = (J x1 + a12 A1 ) + (J x 2 + a22 A2 ) =
i=1
=747 + (- 2,8)2 ×18,1 + 82,1 + 4,772 ×10,6 =1212,18 см4.
34
Центробежный момент составного сечения относительно осейY и X с учетом смещения осей его элементов относительно центральных осей составного сечения равен
n
DYX = å(Dyixi + aibi Ai ) = (Dy1x1 + a1b1 A1 ) + (Dy 2 x 2 + a2b2 A2 ) =
i=1
=0 +1,56 × (- 2,8)×18,1 - 48 + (- 2,67)× 4,77 ×10,6 = -262,06 см4.
Находим положения главных центральных осей инерции сечения
æ |
2 D |
ö |
|
æ |
2 × (- |
262,06) |
ö |
|
a = 0,5 arctgç |
YX |
÷ |
= |
0,5 arctgç |
|
|
÷ |
=14,48o . |
|
|
|
||||||
ç |
|
÷ |
|
è 265,01 |
-1212,18 |
ø |
|
|
è |
JY - J X ø |
|
|
Угол поворота имеет положительный знак, следовательно, поворот осей осуществляется против часовой стрелки.
U у2 Y |
h |
у1
|
|
|
|
|
х2 |
b=90 |
|
=47,7 |
C2 |
|
V |
=75,7 |
|
|
|||
|
|
|
|||
|
2 |
2 |
|
|
X |
|
h |
a |
C |
a=14,48° |
|
|
|
|
|
||
|
|
=28,0 |
=28,0 |
|
|
|
|
1 |
c |
|
|
|
|
a |
h |
|
х1 x |
|
|
|
|
C1 |
|
|
|
|
|
|
|
b=90 |
|
|
|
|
|
b2=26,7 b1=15,6
xc=15,6
Масштаб М 1:2 x2=42,3
Рисунок 2.10
35
Вычисляем главные центральные моменты инерции сечения
|
|
J |
max |
= JY + J X |
± 1 |
(J |
Y |
- J |
X |
)2 + |
4D2 ; |
|
|
|
|
2 |
2 |
|
|
|
YX |
|
|||
|
|
|
min |
|
|
|
|
|
|
|
||
J max |
= JV |
= 265,01 +1212,18 + 1 |
(265,01 -1212,18)2 + 4 ×(-262,06)2 |
= |
||||||||
|
|
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= 738,60 + 541,26 =1279,86 см4; |
|
|
||||||||
J min |
= JU |
= 265,01 +1212,18 - 1 |
(265,01 -1212,18)2 + 4 × (-262,06)2 |
= |
||||||||
|
|
2 |
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
= 738,60 - 541,26 =197,34 см4.
Проверяем правильность вычисления главных моментов инерции. Первая проверка основана на свойстве инвариантности суммы осевых моментов инерции, которое гласит, что сумма осевых моментов инерции при повороте центральных осей не изменяется:
JY + J Х = JV + JU ;
265,01 +1212,18 = 1279,86 + 197,34;
1477,19 см4 » 1477,20 см4.
Вторая проверка основана на следующем свойстве главных центральных осей инерции сечения: центробежный момент инерции относительно главных центральных осей равен:
D |
= |
J X - JY |
sin 2a + D |
cos 2a = |
|
||||
UV |
|
2 |
YX |
|
|
|
|
|
= 1212,18 - 265,01 ×sin 28,96o + (-262,06) × cos 28,96o = 2
= 229,31 - 229,29 = 0,02 см4 » 0,
следовательно, главные центральные моменты инерции составного сечения найдены верно.
ПРИМЕР 2.3
Исходные данные задачи.
Для заданного поперечного сечения, составленного из элементарных геометрических фигур (рис. 2.14), требуется:
1)определить положения центра тяжести заданного сечения;
2)найти положение главных центральных осей сечения;
3)вычислить главные центральные моменты инерции;
4)найти главные радиусы и моменты сопротивления сечения.
36
Решение задачи.
Заданное поперечное сечение (рис. 2.14) составлено из трех элементов: 1 - прямоугольника; 2 - полукруга и 3 - вырезанного треугольника. Используя формулы, приведенные в Приложении, вычисляем геометрические характеристики каждого из элементов в отдельности.
h1=320
y1 |
Рассмотрим первый элемент сечения- |
|
прямоугольник (рисунок 2.11). Площадь попе- |
|
|
|
речного сечения элемента |
|
|
A = b h = 16 |
× 32 |
= 512 |
см2. |
||
C1 |
|
1 |
1 |
1 |
|
|
|
x1 |
Находим осевые моменты инерции перво- |
||||||
|
|
||||||
|
|
го элемента сечения |
|
|
|
|
|
b1=160 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J x1 = |
b h3 |
|
|
= |
|
16 ´ |
323 |
= 43690,7 см4; |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 1 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|
|
12 |
|
||||||||||||
|
Рисунок 2.11 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J y1 = |
|
h b3 |
|
= |
|
32 ´163 |
= 10922,7 |
см4. |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 1 |
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|
12 |
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
Центробежный момент инерции первого элемента Dx1y1 = 0 ввиду |
|||||||||||||||||||||||||||
его симметрии относительно вертикальной оси. |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
R=80 |
y2 |
|
|
|
|
|
|
|
Второй |
|
|
элемент |
сечения - |
полукруг |
|||||||||||||
|
=34 |
|
|
|
(рис. 2.12). |
|
Площадь |
поперечного |
сечения |
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
второго элемента равна |
|
|
|
|
|||||||||||||||||
|
|
C2 |
02 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
y |
|
|
|
|
|
|
|
|
pR2 |
|
|
|
3,14 ×82 |
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
x2 |
|
|
|
|
|
A2 = |
= |
|
= 100,5 см2. |
||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
b2=160 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Вычисляем значения осевых |
моментов |
||||||||||||||||||
|
Рисунок 2.12 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
инерции второго элемента сечения |
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
J y 2 |
= |
pR 4 |
= |
3,14 ×84 |
|
|
=1607,7 см4 ; |
|
|
|||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
8 |
p R4 |
8 |
|
|
|
|
3,14 ×84 |
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
J x 2 = 0,14 |
= 0,14 |
= 450,2 см4. |
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
Центробежный момент второго элемента сечения Dx 2 y 2 = 0 . Сме-
щение центра тяжести полукруга относительно его основания равно
y02 |
= |
4R |
= |
|
4 ×8 |
= 3,4 см. |
3p |
|
×3,14 |
||||
|
|
3 |
|
Третий элемент составного сечения- вырезанный треугольник (рис. 2.13). Площадь сечения треугольника
37
h3 = 80
y3 |
|
|
|
А3 |
= А = |
b3 h3 |
= |
12 ×8 |
= -48 см2. |
|
|
|
|
|
|
||||||
|
27 |
|
|
|
3 |
2 |
2 |
|
||
|
|
|
|
|
|
|||||
|
= |
|
|
Знак «минус» говорит о том, что данный |
||||||
C3 |
03 |
|
|
|||||||
y |
|
|
элемент сечения вырезан. Очевидно, что и |
|||||||
|
|
x3 |
||||||||
|
|
|
осевые |
моменты |
|
инерции вырезанного |
||||
b3=120 |
|
|
|
элемента сечения будут отрицательными. |
||||||
Рисунок 2.13 |
Смещение главных осей относительно ос- |
|||||||||
нования треугольника равно |
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
y03 |
= |
h3 |
= |
8 |
|
= 2,7 см. |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
3 |
3 |
|
|
|
|
|
|||
Осевые моменты инерции третьего элемента сечения равны |
||||||||||||||||
J x3 |
|
b h3 |
12 ×83 |
= -170,67 см4; |
J y 3 = |
h b3 |
8 ×123 |
= -288 см4. |
||||||||
= |
3 3 |
= |
|
|
3 3 |
= |
|
|||||||||
|
36 |
|
48 |
|||||||||||||
|
36 |
|
|
|
|
|
|
|
48 |
|
|
Центробежный момент инерции треугольника ввиду его симметрии относительно вертикальной оси равен Dx3 y3 = 0 .
Выбираем вспомогательную систему прямоугольных декартовых координат, проводя оси x и h через центр тяжести одного из элементов сечения таким образом, чтобы они были параллельны осям yi и xi (рис. 12.14). В рассматриваемом примере начало вспомогательной системы координат совпадает с центром тяжести первого элемента сечения- прямоугольника. Так как ось h является осью симметрии заданного сечения, то она является главной центральной осьюY . Находим положение другой главной осиХ. Определяем координаты центров тяжести элементов сечения в новой системе x Оh :
h = 0; |
h |
2 |
= |
h1 |
+ y |
02 |
=16 |
+ 3,4 |
= 19,4 см; |
h |
3 |
= y |
03 |
= 2,67 см. |
|
||||||||||||||
1 |
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Координату центра тяжести заданного составного сечения вычисляем по формуле
n
h |
|
= |
å Aihi |
= |
A1h1 + A2h2 + A3h3 |
= |
|
i =1 |
|||||
c |
n |
|
||||
|
|
|
A1 + A2 + A3 |
|||
|
|
|
åAi |
|
||
|
|
|
|
|
|
i=1
=512 ×0 +100,5 ×19,4 + (-48) × 2,67 = 3,25 см. 512 +100,5 + (-48)
Через точку С, имеющую координаты xс = 0 см и hс= 3,25 см проводим центральные оси Y и X параллельно осям yi и xi (рис. 2.14).
Для проверки правильности определения положения центра -тя жести составного сечения воспользуемся свойством центральных осей,
38
которое гласит, что статический момент относительно указанных осей равны нулю. Предварительно находим координаты центров тяжести элементов сечения в системе центральных осей Y и X
b1 = 0 ; |
a1 =h1 -hc = 0 - 3,25 = -3,25 см; |
|
|||||
b2 |
= 0 ; |
a2 |
=h2 -hc |
=19,4 - 3,25 =16,15 |
см; |
||
b3 |
= 0 ; |
|
a3 |
=h3 -hc |
= 2,67 - 3,25 = -0,58 |
см. |
|
Вычисляем величины статических моментов относительно |
|||||||
центральных осей Y и X: |
|
|
|
|
|
|
|
S X = A1a1 + A2 a2 + A3 a3 = 512 × (-3,25) +100,5 ×16,15 + (-48) × (-0,58) = |
|||||||
=1623,08 -1637,6 = -14,52 см3. |
|
|
|
|
|||
Погрешность вычислений |
|
14,52 |
×100% = 0,9% . Так как погреш- |
||||
|
|
1637,6
ность не превышает 5% , то положение центра тяжести составного сечения определено верно. Статический момент относительно оси Y тождественно равен нулю ввиду симметрии сечения относительно вертикальной оси.
Так как ось Y является осью симметрии сечения, следовательно, эта ось главная. Центральная ось X , перпендикулярная главной оси Y , также является главной осью составного сечения. Отсюда имеем
n
JY = å(J yi + bi2 Ai ) = J y1 + J y 2 + J y3 =10922,7 +1607,7 - 288 =12242,4 см4.
i =1
n
J X = å(J zi + ai2 Ai ) = (J x1 + a12 A1 ) + (J x 2 + a22 A2 ) + (J x3 + a32 A3 ) =
i=1
=40690,7 + 512 ×3,252 ++450,2 +100,5 ×16,152 -170,7 - 48 ×0,55 = 75576,4 см4.
Следовательно, главные моменты инерции заданного поперечного сечения равны:
JY = Jmin = 12242,4 см4; JX = Jmax = 75576,4 см4.
Положение главных центральных осей поперечного сечения показано на рисунок 2.14.
Находим величину главных радиусов инерции составного сечения, используя следующие формулы:
i |
= i |
X |
= J max |
= |
75576,4 =11,57 см ; |
max |
|
A |
|
564,5 |
|
|
|
|
|
i |
= i = J min |
= |
12242,4 = 4,66 см. |
|
min |
Y |
A |
|
564,5 |
|
|
|
39
320
|
|
|
|
|
|
|
Y |
y1 |
y2 y3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
h |
|
||
|
|
|
|
|
R=80 |
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
C2 |
|
|
34 |
|
|
|
2 |
|
|
|
х2 |
||
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
80 |
|
|
|
|
|
|
|
|
= 207,5 |
161,5 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Y |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
max |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
194 |
b |
|
32,5 |
|
5,5= |
|
27 |
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
h |
|
|||
80 |
= |
|
3 |
|
= |
|
|
C3 |
2 |
X |
|
|
|
|
|
||||||
b |
|
b |
|
h |
|
|
|
|||
|
1 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
С |
|
х3 |
|
|
|
|
3 |
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
C1 |
|
x х1 |
120
160
1
Xmax = 80
160
Рисунок 2.14
Для вычисления моментов сопротивления относительно главных осей X и Y необходимо спроецировать на главные оси наиболее удаленные точки сечения и определить отрезки Xmax и Ymax (рис. 2.14).
40