Документ: Примеры-Геом.Хар-ки, страницы 6-10

Если известны моменты инерции I x , I y , I xy относительно некоторой центральной координатной системы х, у, то найти угол наклона 0 главных осей инерции xг , yг и величины главных моментов инерции I x г и I y г (рис.

4.12) можно, воспользовавшись последними тремя формулами для случая поворота осей.

y1	y
y1	y
	yГ

х1

C

0

хГ

х

Рис. 4.11

Рис. 4.12

Принимая I x1, y1 = 0, находим

tg2 0

2I xy

, а из формул для

I x I y

I x1 и I y1 можно при 0

получить зависимости:

Ixг

I

x

I

y

I

x

I

y

2

Ixy2 ;

I yг

2

I y

i

I

x

;

i

.

x

y

A

4.1.4 Определение моментов инерции как алгебраической суммы моментов инерции простейших фигур

Пример 4.1.5. Найти момент инерции относительно главной центральной оси x (рис. 4.13).

а)

H=20 см

y b=10 см

х

В=12 см

	б)	y		в)	y	г)	y
	б)	b=12 см		в)	y	г)	y
		b=12 см	t=2
			t=2
							10см
							R=
h=18 см	t=2		h=20 см			h=20 см	r=5 см
							r=5 см
		х			х		х
		х			х		х
			2		b=12

Рис. 4.13

Решение.

а) I x

BH

3

bh3

12 203

10 183

3140 см4;

12

б) I x

bh3

b t h 2t 3

12 203

10 163

4587 см4.

12

Момент инерции

Ix

подсчитан

как

разность

моментов инерции

описанного

прямоугольника

и двух

заштрихованных прямоугольников

(рис. 4.14).

			b(h / 2)3					12 203
в) I x				12	2			2 2000 см4.
				12				12
Момент инерции Ix							подсчитан как сумма моментов
инерции верхнего и нижнего треугольников относительно
оси x.
		R		4	r	4		Рис. 4.14
г) I	x	R			r			104 54 7363 см4.
	x		4		4			4
			4		4			4

4.1.5 Определение моментов инерции сечений с помощью формул перехода к параллельным осям

Пример 4.1.6. Найти моменты инерции сечений относительно центральных осей x, y (рис. 4.15).

z 0

а)	y	б)	y	4 [ 16

х

а=4 см

2∟100×100×10

Рис. 4.15

y

в)	12	2
		х1
		х

см

х2

см

9,5

12

=

c

y

2

Решение. В приведенных сечениях собственные центральные оси составляющих частей сечения параллельны главным центральным осям всего сечения. Моменты инерции частей фигуры относительно собственных центральных осей могут быть взяты из сортаментов прокатной стали (прил. I– III) или легко подсчитаны. Следовательно, для вычисления моментов инерции относительно главных центральных осей всего сечения достаточно воспользоваться формулами перехода к параллельным осям.

а) Из сортамента «Сталь прокатная уголковая равнополочная по ГОСТ 8509-86» выписываем необходимые данные об уголке ∟100 100 10 (рис.

4.16):

I x1 179 см4;

A 19,2 см3;

z0 2,83 см.

Тогда (рис. 4.15, а) I x

2I x1 2 179 358 см4;

I

y

I

x1

A z

0

a 2

2 179 19,2 4,832 2 1254 см4.

2

y1

х

1

h

х1

z0

Рис. 4.16

Рис. 4.17

б) Из сортамента «Сталь горячекатаная. Швеллеры (по ГОСТ 8240-

89)»: [16 (рис. 4.17);

I x1 747 см4; I y1

63,3 см4; z0

1,80 см;

A 18,1

см2.

Тогда в соответствии с рисунком 4.15, б:

I x 2I x1

h

2

2 63,3 18,1

9,8

2

5097

4

2 I y1

A z0

2

2 747

см ;

x0 , y0

I y 2I x1 2 I y1 Az 02 2 747 2 63,3 18,1 1,82 1738 см4.

в) Делим тавр на два прямоугольника. Замечаем, что они раны по размерам и по площади. Общий центр тяжести сечения, следовательно, расположен посередине между центрами составляющих прямоугольников, т.е. на расстоянии 9,5 см от нижнего края и по 3,5 см от оси х до осей х1 и х2:

I x	12 23			12 2		3,5 2		2 123	12 2 3,5 2	884 см4;
		12						12

			2 123		12 23
I y							296 см4.
	12				12

Пример 4.1.7. Найти моменты инерции сечения относительно заданных осей (рис. 4.18).

а)	y	b=10	y0	б)	y0	y
	y	b=10	y0		y0	y
			№ 10		b 10
			x0	см
			x0	h=12		см
			см	h=12	x0	см
					x0
			а=20		c=10 cм	а=15
					c=10 cм
	0		х			х
			Рис. 4.18

Решение. Собственные главные центральные оси инерции сечения параллельны заданным осям x, y. При расчетах используем формулы

перехода к параллельным осям.

а) Из сортамента ГОСТ 8239-89 для I 10: I x0 198 см4;

			I y0				17,9 см4;	A 12 см2;
	I	x	I		x0		a2 A 198 12 202		4998 см4;
		x			x0
I	y	I		y		b2 A 17,9 12 102			1217,9 см4;
					0
Ixy			Ix0 y0 abA 0 12 10 20 2400 см4.

б) Для прямоугольника:

I

ch3

; I

hc3

;

I

0 ;

x0

y0

x0 y0

12

10 123

I

x

I

x0

a2 A

152

12 10 28440 см4;

12

I y I y0 b2 A 12 103 ( 10)2 12 10 13000 см4; 12

Ixy Ix0 y0 abA 0 (15) ( 10) 12 10 18000 см4.

4.1.6 Определение моментов инерции с использованием формул перехода к повернутым осям

Пример 4.1.8. Найти момент инерции сечений относительно осей x, y (рис. 4.19).

а)

y

y0

б)

30

y0

y

х

х0

45

№ 20

х

z0

140 140 12

в)		y0	y
		y0

			30

20 см	18 см

			х0
			х

10

12

Рис. 4.19

Решение. Моменты инерции сечения относительно главных

центральных осей x0 , y0

берем из сортамента или подсчитываем.

а) Швеллер

№20;

I

x0

1520 см4;

I

y0

113 см4;

30o ,

I x0 y0 0.

I

I x0 I y0

cos 2 I

sin 2

x

x0 y0

2

1520 113

cos 60o

0 816,5 351,7 1168 см4;

2

I

I x0 I y0

cos 2 I

sin 2

y

x0 y0

2

816,5 351,7 0

465 см4;

I

I x0 I y0

sin 2

I

cos 2

1520 113

sin 60o 609 см4.

xy

2

x0 y0

2

б) ∟140 140 12;

I

x0

957 см4; I

y0

248 см4; 45o .

I

957 248

cos( 90o ) 0

x

2

Материал: Примеры-Геом.Хар-ки

Смотрите также: