1 - Piotr Szurgott

Transkrypt

1 - Piotr Szurgott

Środek masy i geometryczne momenty
bezwładności figur płaskich
1
Środek masy figury płaskiej
Zależności na współrzędne środka masy ( x C , y C ) figury płaskiej złożonej z i figur
regularnych (rys. 1.1) możemy zapisać w następujący sposób:
∑ Ai x i
∑ Ai
∑ Ai yi
yC =
∑ Ai
xC =
(1.1)
(1.2)
gdzie:
Ai
— pole powierzchni i-tej figury regularnej,
xi
— odległość środka masy i-tej figury regularnej od osi x dowolnego układu
współrzędnych,
yi
— odległość środka masy i-tej figury regularnej od osi y dowolnego układu
współrzędnych.
Rys. 1.1
Figura płaska przedstawiona na rys. 1.1. składa się z 3 figur regularnych – prostokąta 1 (pole powierzchni A1 , środek masy w punkcie C1 ), prostokąta 2 (pole
powierzchni A2 , środek masy w punkcie C2 ) oraz trójkąta 3 (pole powierzchni A3 ,
środek masy w punkcie C3 ). W oparciu o zależności (1.1) i (1.2) możemy zapisać zatem:
1.2
Wytrzymałość materiałów
xC =
A1 x1 + A2 x 2 + A3 x 3
A1 + A2 + A3
yC =
A1 y1 + A2 y 2 + A3 y 3
A1 + A2 + A3
Geometryczne momenty bezwładności figur płaskich
Geometryczne momenty bezwładności i momenty dewiacji figur płaskich wyrażane
są w jednostkach [(długość)4], np. [m4], [cm4], [mm4]. Momenty bezwładności przyjmują tylko wartości dodatnie, natomiast momenty dewiacji mogą być zarówno
dodatnie, jak i ujemne.
Znak momentu dewiacji zależy od położenia figury, co przedstawiono na rys. 1.2
i 1.3.
Rys. 1.2
Rys. 1.3
Geometryczne momenty bezwładności wybranych figur regularnych zestawiono
w tabeli 1.1.
Twierdzenie Steinera
Twierdzenie Steinera dla zagadnień 2D (rys. 1.4) przyjmuje postać:
— dla momentów bezwładności I x , I y :
I x = I xc + A (y C )2
(1.3)
I y = I yc + A (x C )2
(1.4)
I xy = I xc yc + A x Cy C
(1.5)
— dla momentu dewiacji I xy :
gdzie:
I xc
— centralny moment bezwładności względem osi x c (centralnej),
I yc
— centralny moment bezwładności względem osi yc (centralnej),
1.3
Środek masy i geometryczne momenty bezwładności figur płaskich
Tabela 1.1. Charakterystyki geometryczne wybranych figur regularnych
Figura
Pole
powierzchni
Współrzędne
środka masy
A = a2
a
2
a
yC =
2
Centralne momenty
bezwładności
xC =
A = bh
A=
A=
I xc =
I yc
b
2
h
yC =
2
xC =
bh
2
b
3
h
yC =
3
bh
2
b
2
h
yC =
3
A=
A=
πr
2
πr
4
2
bh3
12
b 3h
=
12
I xc =
xC =
bh3
36
3
I yc =
b h
36
I xc =
bh3
36
I yc =
b 3h
36
xC = 0
I xc =
πr4
4
yC = 0
I yc =
πr4
4
4r
xC =
3π
yC = 0
I xc =
πr4
8
xC =
A =πr2
2
a4
=
12
I xc =
I yc
a4
12
4r
3π
4r
yC =
3π
xC =
I yc
8 ⎞ 4
⎛π
=⎜ −
⎟r
⎝ 8 9π ⎠
4 ⎞ 4
⎛π
−
I xc = ⎜
⎟r
16
9
π⎠
⎝
I yc
4 ⎞ 4
⎛π
=⎜
−
⎟r
⎝ 16 9π ⎠
Centralny moment
dewiacji
I xc yc = 0
I xc yc = 0
I xc yc = −
b 2h 2
72
I xc yc = 0
I xc yc = 0
I xc yc = 0
⎛ 4 1⎞ 4
I xc yc = −⎜
− ⎟r
⎝ 9π 8 ⎠
1.4
I xc yc — centralny moment dewiacji względem osi x c i yc (centralnych),
A
— pole powierzchni figury płaskiej,
xC
— odległość środka masy figury płaskiej od osi x dowolnego układu
współrzędnych (odległość pomiędzy osią x c oraz osią x ),
yC
— odległość środka masy figury płaskiej od osi y dowolnego układu
współrzędnych (odległość pomiędzy osią yc oraz osią y ).
Rys. 1.4
W oparciu o twierdzenie Steinera możemy wyznaczyć momenty bezwładności i dewiacji figury płaskiej względem osi x, y dowolnego układu współrzędnych, przy czym
osie te muszą być równoległe do osi centralnych x c i yc (rys. 1.4).
W przypadku, gdy znamy momenty bezwładności i dewiacji względem osi x, y dowolnego układu współrzędnych, możemy wyznaczyć momenty centralne wykorzystując
„odwrotne” twierdzenie Steinera. Możemy je zapisać w następującej formie:
— dla centralnych momentów bezwładności I xc , I yc :
I xc = I x − A (y C )2
I yc = I y − A (x C )2
— dla momentu dewiacji I xy :
I xc yc = I xy − A x Cy C
W przypadku figury złożonej z figur regularnych (rys. 1.5), twierdzenie Steinera
dla i-tej figury składowej możemy zapisać w następującej postaci:
I x(i ) = I xi + Ai (yi − y C )2
(1.6)
I y(i ) = I yi + Ai (x i − x C )2
(1.7)
I x(i )y = I xi yi + Ai (x i − x C )(yi − y C )
(1.8)
c
c
c c
gdzie:
I x(i )
c
— moment bezwładności i-tej figury względem osi x c ,
I y(i )
c
— moment bezwładności i-tej figury względem osi yc ,
I x(i )y — moment dewiacji i-tej figury względem osi x c i yc ,
c c
I xi
— centralny moment bezwładności i-tej figury względem osi x i ,
I yi
— centralny moment bezwładności i-tej figury względem osi yi ,
1.5
Rys. 1.5
I xi yi — centralny moment dewiacji i-tej figury względem osi x i i yi ,
Ai
— pole powierzchni i-tej figury,
xi
— odległość osi x i od osi x dowolnego układu współrzędnych,
yi
— odległość osi yi od osi y dowolnego układu współrzędnych,
xC
— odległość osi x c od osi x dowolnego układu współrzędnych,
yC
— odległość osi yc od osi y dowolnego układu współrzędnych,
Główne centralne momenty bezwładności
Aby określić główne centralne momenty bezwładności rozpatrywanej figury należy
znaleźć główne osie bezwładności, czyli takie, dla których moment dewiacji figury
będzie równy zeru. Wzory transformujące momenty bezwładności i dewiacji względem centralnego układu współrzędnych do układu osi ( ξ , η ) obróconego o kąt φ
(rys. 1.6) są następujące:
I ξ = I x c cos2 φ + I yc sin2 φ − I x c yc sin 2φ
(1.9)
I η = I x c sin2 φ + I yc cos2 φ + I x c yc sin 2φ
(1.10)
I ξη =
1
(I x − I yc ) sin 2φ + I x c yc cos 2φ
2 c
(1.11)
Rys. 1.6
Moment dewiacji względem osi głównych jest równy zeru. Tak więc przekształcając ostatni z powyższych wzorów otrzymamy kąt φ 0 , o który należy obrócić układ
osi x c i yc , aby uzyskać zerowe momenty dewiacji:
1.6
1
(I x − I yc )sin 2φ 0 + I xc yc cos 2φ 0 = 0
2 c
1
(I y − I xc )sin 2φ 0 = I xc yc cos 2φ 0
2 c
2 I xc yc
tg 2φ 0 =
I yc − I xc
φ0 =
2 I xc yc
1 ⎛⎜
arctg
I yc − I xc
2 ⎜⎝
⎞
⎟
⎟
⎠
(1.12)
Osie ( ξ , η ) układu obróconego o kąt φ 0 nazywamy osiami głównymi centralnymi
i oznaczamy cyframi 1 i 2. Momenty bezwładności względem tych osi (rys. 1.7) osiągają wartości ekstremalne – maksymalną I1 oraz minimalną I 2 :
I1 =
1
1
( I x c + I yc ) +
(I x c − I yc )2 + 4 I x2c yc
2
2
(1.13)
I2 =
1
1
(I xc − I yc )2 + 4 I x2c yc
(I xc + I yc ) −
2
2
(1.14)
Rys. 1.7
Przekroje cienkościenne
Rozpatrując przekroje cienkościenne, jak na rys. 1.8, możemy w ich kształcie
wyodrębnić prostokąty o wymiarach b × δ , przy czym wymiar poprzeczny δ jest dużo
mniejszy niż wymiar wzdłużny b .
Rys. 1.8
Momenty bezwładności są w takim przypadku równe:
I xc =
bδ3
12
(1.15)
I yc =
b 3δ
12
(1.16)
1.7
Zadanie 1.1.
Określić położenie głównych centralnych osi bezwładności i wartości głównych centralnych momentów bezwładności figury przedstawionej na rys. 1.9.
Rys. 1.9
Rozwiązanie
Wprowadzamy układ współrzędnych x, y , jak na rys. 1.10. Rozpatrywana figura
posiada jedną oś symetrii. Dlatego najpraktyczniej jest przyjąć układ współrzędnych
tak, aby jedna z jego osi pokrywała się właśnie z osią symetrii. Oś ta (w naszym
przykładzie oś y ) będzie jedną z głównych centralnych osi bezwładności.
Rys. 1.10
Rozpatrywaną figurę dzielimy na dwa prostokąty o wymiarach 6a × a oraz a × 3a .
Pola powierzchni oraz współrzędne środka masy każdego z prostokątów wynoszą:
1
a
2
5
— prostokąt 2: A2 = a ⋅ 3a = 3a 2 ; x 2 = 0 ; y 2 = a
2
Wykorzystując zależności (1.1) i (1.2) wyznaczamy współrzędne środka masy rozpatrywanej figury:
— prostokąt 1: A1 = 6a ⋅ a = 6a 2 ;
x1 = 0 ;
xC =
∑ Ai x i
∑ Ai
=
yC =
∑
∑ Ai
A y + A2 y 2
= 1 1
=
A1 + A2
Ai yi
y1 =
A1 x1 + A2 x 2 6a 2 ⋅ 0 + 3a 2 ⋅ 0
=
=0
A1 + A2
6a 2 + 3a 2
1
5
6a 2 ⋅ a + 3a 2 ⋅ a
2
2 = 7a
2
2
6
6a + 3a
1.8
Wyznaczamy momenty bezwładności prostokątów względem osi przechodzących
przez ich środki masy (rys. 1.10):
I x1 =
6a ⋅ a 3 1 4
= a
12
2
I y1 =
(6a )3 ⋅ a
= 18a 4
12
I x2 =
a ⋅ (3a )3 9 4
= a
12
4
I y2 =
a 3 ⋅ 3a 1 4
= a
12
4
Centralne momenty bezwładności rozpatrywanej figury są sumą algebraiczną
momentów bezwładności figur składowych względem osi centralnych x c , yc . Do wyznaczenia tych momentów wykorzystujemy twierdzenie Steinera.
I xc = [I x1 + A1(y1 − y C )2 ] + [I x 2 + A2 (y 2 − y C )2 ] =
2
2
⎡1
7 ⎞ ⎤
7 ⎞ ⎤ ⎡9
⎛1
⎛5
= ⎢ a 4 + 6a 2 ⎜ a − a ⎟ ⎥ + ⎢ a 4 + 3a 2 ⎜ a − a ⎟ ⎥ =
6 ⎠ ⎦⎥
6 ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢ 4
⎝2
⎝2
⎣⎢ 2
=
1 4 8 4 9 4 16 4 43 4
a + a + a +
a =
a
2
3
4
3
4
I yc = [ I y1 + A1(x1 − x C )2 ] + [I y2 + A2 (x 2 − x C )2 ] =
⎡1
⎤
= [18a 4 + 6a 2 (0 − 0)2 ] + ⎢ a 4 + 3a 2 (0 − 0)2 ⎥ =
⎣4
⎦
= 18a 4 +
1 4 73 4
a =
a
4
4
Wyznaczone momenty centralne rozpatrywanej figury są jednocześnie głównymi
centralnymi momentami bezwładności (rys. 1.11). Moment dewiacji I xc yc = 0 .
I 1 = I yc =
73 4
a
4
I 2 = I xc =
43 4
a
4
Rys. 1.11
1.9
Zadanie 1.2.
Określić położenie głównych centralnych osi bezwładności i wartości głównych centralnych momentów bezwładności figury przedstawionej na rys. 1.12.
Rys. 1.12
Rozwiązanie
posiada dwie osie symetrii, które są zarazem głównymi centralnymi osiami bezwładności. Współrzędne środka masy figury są równe x C = 0 , y C = 0 .
Rozpatrywaną figurę dzielimy na trzy prostokąty – dwa o wymiarach 6a × a oraz
jeden o wymiarach 2a × 4a . Pola powierzchni oraz współrzędne środka masy każdego
z prostokątów wynoszą:
— prostokąt 1: A1 = 6a ⋅ a = 6a 2 ;
x1 = 0 ;
5
y1 = − a
2
— prostokąt 2: A2 = 2a ⋅ 4a = 8a 2 ; x 2 = 0 ;
y2 = 0
— prostokąt 3: A3 = 6a ⋅ a = 6a 2 ;
y3 =
x3 = 0 ;
Rys. 1.13
5
a
2
1.10
przez ich środki masy:
I x1 =
6a ⋅ a 3 1 4
= a
12
2
I y1 =
(6a )3 ⋅ a
= 18a 4
12
I x2 =
2a ⋅ (4a )3 32 4
=
a
12
3
I y2 =
(2a )3 ⋅ 4a 8 4
= a
12
3
I x3 =
6a ⋅ a 3 1 4
= a
12
2
I y3 =
(6a )3 ⋅ a
= 18a 4
12
Wyznaczamy centralne momenty bezwładności całej figury:
I xc = [I x1 + A1(y1 − y C )2 ] + [ I x 2 + A2 (y 2 − y C )2 ] + [I x 3 + A3 (y 3 − y C )2 ] =
2
2
⎡1
⎡1 4
⎞ ⎤ ⎡ 32 4
⎞ ⎤
4
2⎛⎛ 5 ⎞
2
2⎤
2⎛ 5
⎢
⎥
=
a + 6a ⎜⎜ ⎜ − a ⎟ − 0 ⎟⎟ + ⎢ a + 8a (0 − 0) ⎥ + ⎢ a + 6a ⎜ a − 0 ⎟ ⎥ =
⎢⎣ 2
⎦ ⎢⎣ 2
⎝2
⎠ ⎥⎦
⎝⎝ 2 ⎠
⎠ ⎥⎦ ⎣ 3
=
1 4 75 4 32 4
1
75 4 260 4
a +
a +
a + 0 + a4 +
a =
a
2
2
3
2
2
3
I yc = [I y1 + A1(x1 − x C )2 ] + [I y2 + A2 (x 2 − x C )2 ] + [ I y3 + A3 (x 3 − x C )2 ] =
⎤
⎡8
= [18a 4 + 6a 2 (0 − 0)2 ] + ⎢ a 4 + 8a 2 (0 − 0)2 ⎥ + [18a 4 + 6a 2 (0 − 0)2 ] =
⎦
⎣3
= 18a 4 +
8 4
116 4
a + 18a 4 =
a
3
3
Główne centralne momenty bezwładności są równe (rys. 1.14):
I 1 = I xc =
260 4
a
3
I 2 = I yc =
116 4
a
3
Rys. 1.14
1.11
Zadanie 1.3.
Określić położenie głównych centralnych osi bezwładności i wartości głównych
centralnych momentów bezwładności figury przedstawionej na rys. 1.15.
Rys. 1.15
Rozwiązanie
Wprowadzamy układ współrzędnych x, y , jak na rys. 1.16. Rozpatrywana figura nie
posiada żadnej osi symetrii.
Figurę dzielimy na trzy prostokąty o wymiarach 5a × a , a × 4a oraz 3a × a . Pola
powierzchni oraz współrzędne środka masy każdego z prostokątów wynoszą:
— prostokąt 1: A1 = 5a ⋅ a = 5a 2 ;
— prostokąt 2: A2 = a ⋅ 4a = 4a 2 ;
— prostokąt 3: A3 = 3a ⋅ a = 3a 2 ;
5
a;
2
5
x2 = a ;
2
7
x3 = a ;
2
x1 =
Rys. 1.16
y1 =
1
a
2
y 2 = 3a
y3 =
11
a
2
1.12
Wykorzystując zależności (1.1) i (1.2) wyznaczamy współrzędne środka masy rozpatrywanej figury:
∑ Ai x i
xC =
∑ Ai
yC =
∑
∑ Ai
Ai yi
A x + A2 x 2 + A3 x 3
= 1 1
=
A1 + A2 + A3
A y + A2 y 2 + A3 y 3
= 1 1
=
A1 + A2 + A3
5a 2 ⋅
5
5
7
a + 4a 2 ⋅ a + 3a 2 ⋅ a
2
2
2 = 11 a
2
2
2
4
5a + 4a + 3a
1
11
5a 2 ⋅ a + 4a 2 ⋅ 3a + 3a 2 ⋅ a
2
2 = 31 a
2
2
2
12
5a + 4a + 3a
przez ich środki masy (rys. 1.16):
I x1 =
5a ⋅ a 3
5 4
=
a
12
12
I y1 =
(5a )3 ⋅ a 125 4
=
a
12
12
I x2 =
a ⋅ (4a )3 16 4
=
a
12
3
I y2 =
a 3 ⋅ 4a 1 4
= a
12
3
I x3 =
3a ⋅ a 3 1 4
= a
12
4
I y1 =
(3a )3 ⋅ a 9 4
= a
12
4
Wyznaczamy centralne momenty bezwładności całej figury:
I xc = [I x1 + A1(y1 − y C )2 ] + [I x 2 + A2 (y 2 − y C )2 ] + [I x 3 + A3 (y 3 − y C )2 ] =
2
2
2
⎡5
31 ⎞ ⎤ ⎡16 4
31 ⎞ ⎤ ⎡ 1 4
31 ⎞ ⎤
⎛1
⎛
⎛ 11
= ⎢ a 4 + 5a 2 ⎜ a −
a ⎟ ⎥ + ⎢ a + 4a 2 ⎜ 3a −
a ⎟ ⎥ + ⎢ a + 3a 2 ⎜ a −
a⎟ ⎥ =
12 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ 3
12 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ 4
12 ⎠ ⎥⎦
⎝2
⎝
⎝2
⎢⎣12
=
5 4 3125 4 16 4 25 4 1 4 1225 4 647 4
a +
a +
a +
a + a +
a =
a
12
144
3
36
4
48
12
I yc = [I y1 + A1(x1 − x C )2 ] + [I y2 + A2 (x 2 − x C )2 ] + [I y3 + A3 (x 3 − x C )2 ] =
2
2
2
⎡125 4
11 ⎞ ⎤ ⎡ 1 4
11 ⎞ ⎤ ⎡ 9 4
11 ⎞ ⎤
2⎛ 5
2⎛ 5
2⎛ 7
=⎢
a + 5a ⎜ a −
a ⎟ ⎥ + ⎢ a + 4a ⎜ a −
a ⎟ ⎥ + ⎢ a + 3a ⎜ a −
a⎟ ⎥ =
4 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ 3
4 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ 4
4 ⎠ ⎥⎦
⎝2
⎝2
⎝2
⎢⎣ 12
=
125 4 5 4 1 4 4 4 9 4 27 4 61 4
a +
a + a +
a + a +
a =
a
12
16
3
16
4
16
4
W celu określenia położenia głównych centralnych osi bezwładności konieczne będzie
wyznaczenie momentu dewiacji rozpatrywanej figury. Momenty dewiacji każdego
prostokąta względem osi przechodzących przez środek jego masy są równe zeru.
I x1y1 = I x 2y2 = I x 3y3 = 0
Centralny moment dewiacji całej figury jest równy:
I xc yc = [I x1y1 + A1(x1 − x C )(y1 − y C )] + [ I x 2y2 + A2 (x 2 − x C )(y 2 − y C )] +
+[ I x 3y3 + A3 (x 3 − x C )(y 3 − y C )] =
⎡
11 ⎞ ⎛ 1
31 ⎞⎤ ⎡
11 ⎞ ⎛
31 ⎞⎤
⎛5
⎛5
= ⎢0 + 5a 2 ⎜ a −
a⎟⎜ a −
a ⎟⎥ + ⎢0 + 4a 2 ⎜ a −
a ⎟ ⎜ 3a −
a⎟ +
4 ⎠⎝ 2
12 ⎠⎦ ⎣
4 ⎠⎝
12 ⎠⎥⎦
⎝2
⎝2
⎣
1.13
⎡
11 ⎞ ⎛ 11
31 ⎞⎤
⎛7
a⎟ =
+ ⎢0 + 3a 2 ⎜ a − a ⎟ ⎜ a −
4 ⎠⎝ 2
12 ⎠⎥⎦
⎝2
⎣
=
125 4 5 4 105 4 35 4
a −
a +
a =
a
48
12
16
4
Korzystając z zależności (1.12) wyznaczamy kąt φ 0 , o jaki należy obrócić układ
współrzędnych (rys. 1.17), aby moment dewiacji był równy zeru:
2 I xc yc
1⎛
φ 0 = ⎜ arctg
I yc − I xc
2 ⎜⎝
⎡
⎛ 35 4 ⎞ ⎤
a ⎟ ⎥
2⋅⎜
⎞ 1⎢
⎝ 4
⎠ ⎥ = 1 ⎡arctg⎛ − 105 ⎞⎤ ≈ −12,175°
⎟ = ⎢arctg
⎜
⎟⎥
⎟ 2⎢
61 4 647 4 ⎥ 2 ⎢⎣
232
⎝
⎠⎦
⎠
a −
a
⎥
⎢
4
12
⎦
⎣
Główne centralne momenty bezwładności są równe (1.13) i (1.14):
I1 =
1
1
(I xc + I yc ) +
(I xc − I yc )2 + 4 I x2c yc =
2
2
2
2
=
1 ⎛ 647 4 61 4 ⎞ 1 ⎛ 647 4 61 4 ⎞
⎛ 35 4 ⎞
a +
a ⎟+
a −
a ⎟ + 4⋅⎜
a ⎟ =
⎜
⎜
2 ⎝ 12
4
4
⎠ 2 ⎝ 12
⎠
⎝ 4
⎠
=
415 4
64849 4 415 + 64849 4
a +
a =
a ≈ 55,8046 a 4
12
12
12
I2 =
1
1
( I x c + I yc ) −
(I xc − I yc )2 + 4 I x2c yc =
2
2
2
2
1 ⎛ 647 4 61 4 ⎞ 1 ⎛ 647 4 61 4 ⎞
⎛ 35 4 ⎞
= ⎜
a +
a ⎟−
a −
a ⎟ + 4⋅⎜
a ⎟ =
⎜
2 ⎝ 12
4
4
⎠ 2 ⎝ 12
⎠
⎝ 4
⎠
=
415 4
64849 4 415 − 64849 4
a −
a =
a ≈ 13,3621a 4
12
12
12
Rys. 1.17
1.14
Zadanie 1.4.
Określić położenie głównych centralnych osi bezwładności i wartości głównych centralnych momentów bezwładności figury przedstawionej na rys. 1.18 (podziałka 1:2).
Rys. 1.18
Rozwiązanie
W rozpatrywanej figurze możemy wyodrębnić trójkąt prostokątny o wymiarach
6 × 9 cm oraz 90-stopniowy wycinek koła o promieniu 3 cm (rys. 1.19).
Rys. 1.19
Charakterystyki figur składowych są następujące (na podstawie tabeli 1.1):
— trójkąt 1 (rys. 1.19a)
A1 =
6⋅9
= 27 cm2
2
x1 =
2
⋅ 6 = 4 cm
3
y1 =
9
= 3 cm
3
I x1 =
6 ⋅ 93
= 121,5 cm4
36
I y1 =
63 ⋅ 9
= 54 cm4
36
I x1y1 =
62 ⋅ 92
= 40,5 cm4
72
1.15
moment dewiacji dodatni (rys. 1.2)
— wycinek koła 2 (rys. 1.19b)
A2 =
π ⋅ 32
= 7,0686 cm2
4
x2 = 6 −
y2 =
4⋅3
= 4,7268 cm
3π
4⋅3
= 1,2732 cm
3π
4 ⎞ 4
⎛π
4
−
I x2 = ⎜
⎟ ⋅ 3 = 4,4452 cm
⎝ 16 9π ⎠
4 ⎞ 4
⎛π
4
I y2 = ⎜
−
⎟ ⋅ 3 = 4,4452 cm
π
16
9
⎝
⎠
⎛ 4 1⎞ 4
I x 2y2 = ⎜
− ⎟ ⋅ 3 = 1,3342 cm4
⎝ 9π 8 ⎠
Współrzędne środka masy figury (rys. 1.19c) są równe:
∑ Ai xi
∑ Ai
∑ Ai yi
yC =
∑ Ai
xC =
=
A1 x1 − A2 x 2 27 ⋅ 4 − 7,0686 ⋅ 4,7268
= 3,7423 cm
=
A1 − A2
27 − 7,0686
=
A1 y1 − A2 y 2 27 ⋅ 3 − 7,0686 ⋅ 1,2732
=
= 3,6124 cm
A1 − A2
27 − 7,0686
Centralne momenty bezwładności i moment dewiacji figury są równe:
I xc = [I x1 + A1(y1 − y C )2 ] − [I x 2 + A2 (y 2 − y C )2 ] =
= 121,5 + 27 ⋅ (3 − 3,6124)2 − [4,4452 + 7,0686 ⋅ (1,2732 − 3,6124)2 ] =
= 121,5 + 10,1259 − 4,4452 − 38,6784 = 88,5023 cm 4
I yc = [I y1 + A1(x1 − x C )2 ] − [I y2 + A2 (x 2 − x C )2 ] =
= 54 + 27 ⋅ (4 − 3,7423)2 − [4,4452 + 7,0686 ⋅ (4,7268 − 3,7423)2 ] =
= 54 + 1,7931 − 4,4452 − 6,8512 = 44,4967 cm4
I xc yc = [I x1y1 + A1(x1 − x C )(y1 − y C )] − [I x 2y2 + A2 (x 2 − x C )(y 2 − y C )] =
= 40,5 + 27 ⋅ (4 − 3,7423)(3 − 3,6124) +
− [1,3342 + 7,0686 ⋅ (4,7268 − 3,7423)(1,2732 − 3,6124)] =
= 40,5 − 4,2610 − 1,3342 + 16,2786 = 51,1834 cm 4
współrzędnych, aby moment dewiacji był równy zeru:
φ0 =
2 I xc yc
1 ⎛⎜
arctg
I yc − I xc
2 ⎜⎝
⎞ 1⎛
2 ⋅ 51,1834
⎞ 1
⎟ = ⎜ arctg
⎟⎟ = arctg (−2,3262) ≈ −33,3689°
⎜
⎟ 2⎝
44
,
4967
88
,
5023
−
⎠ 2
⎠
1.16
Wyznaczamy główne centralne momenty bezwładności (1.13) i (1.14):
I1 =
=
1
1
(I xc − I yc )2 + 4 I x2c yc =
(I xc + I yc ) +
2
2
1
1
(88,5023 − 44,4967 )2 + 4 ⋅ (51,1834)2 =
⋅ (88,5023 + 44,4967 ) +
2
2
= 66,4995 + 55,7123 = 122,2118 cm4
I2 =
=
1
1
( I x c + I yc ) −
(I xc − I yc )2 + 4 I x2c yc =
2
2
1
1
⋅ (88,5023 + 44,4967 ) −
(88,5023 − 44,4967 )2 + 4 ⋅ (51,1834)2 =
2
2
= 66,4995 − 55,7123 = 10,7872 cm4
Na rys. 1.20 przedstawiono rozwiązanie końcowe, tj. położenie środka masy C ,
centralne osie bezwładności x c i yc oraz główne centralne osie bezwładności 1 i 2,
obrócone o wyznaczony kąt φ 0 .
Rys. 1.20
1.17
Zadanie 1.5.
Rys. 1.21
Rozwiązanie
Rozpatrywana figura składa się z trzech figur podstawowych – dwóch prostokątów
o wymiarach 4 × 3 cm i 6 × 4 cm oraz trójkąta prostokątnego o wymiarach 6 × 3 cm
(rys. 1.22).
Rys. 1.22
— prostokąt 1 (rys. 1.22a)
A1 = 4 ⋅ 3 = 12 cm2
x1 = 2 cm
y1 =
I x1 =
3
cm
2
4 ⋅ 33
= 9 cm4
12
1.18
I y1 =
43 ⋅ 3
= 16 cm4
12
I x1y1 = 0
— prostokąt 2 (rys. 1.22b)
A2 = 6 ⋅ 4 = 24 cm2
x 2 = 3 cm
y 2 = 5 cm
I x2 =
6 ⋅ 43
= 32 cm4
12
I y2 =
63 ⋅ 4
= 72 cm4
12
I x 2y2 = 0
— trójkąt 3 (rys. 1.22c)
A3 =
6⋅3
= 9 cm2
2
x 3 = 4 cm
y 3 = 8 cm
I x3 =
6 ⋅ 33 9
= cm4
36
2
I y3 =
63 ⋅ 3
= 18 cm4
36
I x 3y3 =
62 ⋅ 32 9
= cm4
72
2
Współrzędne środka masy figury (rys. 1.23) są równe:
xC =
∑ Ai x i
∑ Ai
∑ Ai yi
yC =
∑ Ai
=
A1 x1 + A2 x 2 + A3 x 3 12 ⋅ 2 + 24 ⋅ 3 + 9 ⋅ 4 44
=
=
cm
12 + 24 + 9
15
A1 + A2 + A3
A y + A2 y 2 + A3 y 3
= 1 1
=
A1 + A2 + A3
12 ⋅
3
+ 24 ⋅ 5 + 9 ⋅ 8
14
2
=
cm
12 + 24 + 9
3
I xc = [I x1 + A1(y1 − y C )2 ] + [I x 2 + A2 (y 2 − y C )2 ] + [ I x 3 + A3 (y 3 − y C )2 ] =
2
2
2
14 ⎞
9
14 ⎞
⎛ 3 14 ⎞
⎛
⎛
= 9 + 12 ⋅ ⎜ −
⎟ + 32 + 24 ⋅ ⎜ 5 −
⎟ + + 9 ⋅ ⎜8 −
⎟ =
3 ⎠
2
3 ⎠
⎝2 3 ⎠
⎝
⎝
= 9+
361
8 9
537
+ 32 + + + 100 =
cm4
3
3 2
2
1.19
Rys. 1.23
2
2
2
44 ⎞
44 ⎞
44 ⎞
⎛
⎛
⎛
= 16 + 12 ⋅ ⎜ 2 −
⎟ + 72 + 24 ⋅ ⎜ 3 −
⎟ + 18 + 9 ⋅ ⎜ 4 −
⎟ =
15 ⎠
15 ⎠
15 ⎠
⎝
⎝
⎝
= 16 +
784
8
256 634
+ 72 +
+ 18 +
=
cm4
75
75
25
5
I xc yc = [I x1y1 + A1(x1 − x C )(y1 − y C )] + [I x 2y2 + A2 (x 2 − x C )(y 2 − y C )] +
+[ I x 3y3 + A3 (x 3 − x C )(y 3 − y C )] =
44 ⎞⎛ 3 14 ⎞
44 ⎞⎛
14 ⎞
⎛
⎛
= 0 + 12 ⋅ ⎜ 2 −
⎟⎜ −
⎟ + 0 + 24 ⋅ ⎜ 3 −
⎟⎜ 5 −
⎟+
15 ⎠⎝ 2 3 ⎠
15 ⎠⎝
3 ⎠
⎝
⎝
+
9
44 ⎞⎛
14 ⎞
⎛
+ 9 ⋅ ⎜4 −
⎟⎜ 8 −
⎟=
2
15 ⎠⎝
3 ⎠
⎝
=0+
532
8 9
145
+0+
+ + 32 =
cm 4
15
15 2
2
2 I xc yc
1⎛
φ 0 = ⎜ arctg
2 ⎜⎝
I yc − I xc
145 ⎤
⎡
2⋅
⎞ 1⎢
⎥ 1
⎛ 1450 ⎞
2
⎟ = ⎢arctg
= arctg ⎜ −
⎟ ≈ −22,8297°
⎥
⎟ 2
634 537 ⎥ 2
⎝ 1417 ⎠
⎢
⎠
−
⎢⎣
5
2 ⎥⎦
I1 =
1
1
(I xc + I yc ) +
(I xc − I yc )2 + 4 I x2c yc =
2
2
2
2
1 ⎛ 537 634 ⎞ 1 ⎛ 537 634 ⎞
⎛ 145 ⎞
= ⋅⎜
+
−
⎟+
⎜
⎟ + 4⋅⎜
⎟ =
5 ⎠
2 ⎝ 2
5 ⎠ 2 ⎝ 2
⎝ 2 ⎠
=
3953 + 4110389
≈ 299,0205 cm4
20
1.20
I2 =
1
1
(I x + I yc ) −
(I xc − I yc )2 + 4 I x2c yc =
2 c
2
2
2
=
1 ⎛ 537 634 ⎞ 1 ⎛ 537 634 ⎞
⎛ 145 ⎞
⋅⎜
+
−
⎟−
⎜
⎟ + 4⋅⎜
⎟ =
2 ⎝ 2
5 ⎠ 2 ⎝ 2
5 ⎠
⎝ 2 ⎠
=
3953 − 4110389
≈ 96,2795 cm4
20
Rys. 1.24
1.21
Zadanie 1.6.
Rys. 1.25
Rozwiązanie
Rozpatrywana figura składa się z dwóch figur podstawowych – prostokąta o wymiarach 3 × 6 cm oraz trójkąta prostokątnego o wymiarach 3 × 6 cm (rys. 1.26).
Rys. 1.26
— prostokąt 1
A1 = 3 ⋅ 6 = 18 cm2
x1 =
3
cm
2
y1 = 3 cm
I x1 =
3 ⋅ 63
= 54 cm4
12
I y1 =
33 ⋅ 6 27
=
cm4
12
2
I x1y1 = 0
1.22
— trójkąt 2
3⋅6
= 9 cm2
2
x 2 = 4 cm
A2 =
y 2 = 7 cm
I x2 =
3 ⋅ 63
= 18 cm4
36
I y2 =
33 ⋅ 6 9
= cm4
36
2
I x 2y2 =
32 ⋅ 62 9
= cm4
72
2
∑ Ai xi
xC =
∑ Ai
∑ Ai yi
yC =
∑ Ai
A x + A2 x 2
= 1 1
=
A1 + A2
=
3
+ 9⋅4
7
2
= cm
18 + 9
3
18 ⋅
A1 y1 + A2 y 2 18 ⋅ 3 + 9 ⋅ 7 13
=
=
cm
A1 + A2
18 + 9
3
I xc = [I x1 + A1(y1 − y C )2 ] + [I x 2 + A2 (y 2 − y C )2 ] =
2
2
13 ⎞
13 ⎞
⎛
⎛
= 54 + 18 ⋅ ⎜ 3 −
⎟ =
⎟ + 18 + 9 ⋅ ⎜ 7 −
3 ⎠
3 ⎠
⎝
⎝
= 54 + 32 + 18 + 64 = 168 cm4
I yc = [I y1 + A1(x1 − x C )2 ] + [I y2 + A2 (x 2 − x C )2 ] =
2
2
=
27
9
7⎞
⎛3 7⎞
⎛
+ 18 ⋅ ⎜ − ⎟ + + 9 ⋅ ⎜ 4 − ⎟ =
2
2
3⎠
⎝2 3⎠
⎝
=
27 25 9
111
+
+ + 25 =
cm4
2
2 2
2
I xc yc = [I x1y1 + A1(x1 − x C )(y1 − y C )] + [ I x 2y2 + A2 (x 2 − x C )(y 2 − y C )] =
13 ⎞ 9
7 ⎞⎛
13 ⎞
⎛ 3 7 ⎞⎛
⎛
= 0 + 18 ⋅ ⎜ − ⎟⎜ 3 −
⎟ + + 9 ⋅ ⎜ 4 − ⎟⎜ 7 −
⎟=
3 ⎠ 2
3 ⎠⎝
3 ⎠
⎝ 2 3 ⎠⎝
⎝
= 0 + 20 +
9
129
+ 40 =
cm4
2
2
2 I xc yc
1⎛
φ 0 = ⎜ arctg
2 ⎜⎝
I yc − I xc
129 ⎞
⎛
2⋅
⎟ 1
⎞ 1⎜
2
⎟ = ⎜ arctg
⎟ = arctg ⎛⎜ − 258 ⎞⎟ ≈ −24,4543°
⎟ 2⎜
111
⎝ 225 ⎠
⎠
− 168 ⎟⎟ 2
⎜
2
⎠
⎝
1.23
I1 =
1
1
( I x c + I yc ) +
(I xc − I yc )2 + 4 I x2c yc =
2
2
2
2
1 ⎛
111 ⎞ 1 ⎛
111 ⎞
⎛ 129 ⎞
= ⋅ ⎜168 +
⎟+
⎜168 −
⎟ + 4⋅⎜
⎟ =
2 ⎝
2 ⎠ 2 ⎝
2 ⎠
⎝ 2 ⎠
=
I2 =
447 + 3 13021
≈ 197,3322 cm 4
4
1
1
(I xc + I yc ) −
(I xc − I yc )2 + 4 I x2c yc =
2
2
2
2
1 ⎛
111 ⎞ 1 ⎛
111 ⎞
⎛ 129 ⎞
= ⋅ ⎜168 +
⎟ =
⎜168 −
⎟ + 4⋅⎜
⎟−
2 ⎝
2 ⎠ 2 ⎝
2 ⎠
⎝ 2 ⎠
=
447 − 3 13021
≈ 26,1678 cm4
4
Rys. 1.27
1.24
Zadanie 1.7.
Rys. 1.28
Rozwiązanie
W rozpatrywanej figurze możemy wyodrębnić trzy wycinki kół o promieniach, odpowiednio 5 cm i 2 cm (rys. 1.29a) oraz 3 cm (rys. 1.29b).
Rys. 1.29
— połówka koła 1
π ⋅ 52
= 39,2699 cm2
2
x1 = 5 cm
A1 =
y1 =
4⋅5
= 2,1221 cm
3π
8 ⎞ 4
⎛π
4
I x1 = ⎜ −
⎟ ⋅ 5 = 68,5981 cm
⎝ 8 9π ⎠
I y1 =
π ⋅ 54
= 245,4369 cm4
8
I x1y1 = 0
A2 =
π ⋅ 22
= 6,2832 cm2
2
x 2 = 8 cm
y2 = −
4⋅2
= −0,8488 cm
3π
8 ⎞ 4
⎛π
4
I x2 = ⎜ −
⎟ ⋅ 2 = 1,7561 cm
π
8
9
⎝
⎠
I y2 =
π ⋅ 24
= 6,2832 cm4
8
I x 2y2 = 0
π ⋅ 32
= 14,1372 cm2
2
x 3 = 3 cm
A3 =
y3 =
4⋅3
= 1,2732 cm
3π
8 ⎞ 4
⎛π
4
I x3 = ⎜ −
⎟ ⋅ 3 = 8,8903 cm
⎝ 8 9π ⎠
I y3 =
π ⋅ 34
= 31,8086 cm4
8
I x 3y3 = 0
xC =
=
yC =
=
∑ Ai xi
∑ Ai
=
A1 x1 + A2 x 2 − A3 x 3
=
A1 + A2 − A3
39,2699 ⋅ 5 + 6,2832 ⋅ 8 − 14,1372 ⋅ 3
= 6,5 cm
39,2699 + 6,2832 − 14,1372
∑ Ai yi
∑ Ai
=
A1 y1 + A2 y 2 − A3 y 3
=
A1 + A2 − A3
39,2699 ⋅ 2,1221 + 6,2832 ⋅ (−0,8488 ) − 14,1372 ⋅ 1,2732
= 1,9099 cm
39,2699 + 6,2832 − 14,1372
Rys. 1.30
1.25
1.26
I xc = [I x1 + A1(y1 − y C )2 ] + [I x 2 + A2 (y 2 − y C )2 ] − [ I x 3 + A3 (y 3 − y C )2 ] =
= 68,5981 + 39,2699 ⋅ (2,1221 − 1,9099)2 + 1,7561 + 6,2832 ⋅ (−0,8488 − 1,9099)2 +
− [8,8903 + 14,1372 ⋅ (1,2732 − 1,9099)2 ] =
= 70,3664 + 49,5739 − 14,6213 = 105,3190 cm4
I yc = [I y1 + A1(x1 − x C )2 ] + [I y2 + A2 (x 2 − x C )2 ] − [I y3 + A3 (x 3 − x C )2 ] =
= 245,4369 + 39,2699 ⋅ (5 − 6,5)2 + 6,2832 + 6,2832 ⋅ (8 − 6,5)2 +
− [31,8086 + 14,1372 ⋅ (3 − 6,5)2 ] =
= 333,7942 + 20,4204 − 204,9893 = 149,2253 cm4
− [I x 3y3 + A3 (x 3 − x C )(y 3 − y C )] =
= 0 + 39,2699 ⋅ (5 − 6,5)(2,1221 − 1,9099) + 0 + 6,2832 ⋅ (8 − 6,5)(−0,8488 − 1,9099) +
− [0 + 14,1372 ⋅ (3 − 6,5)(1,2732 − 1,9099)] =
= −12,4996 − 26,0002 − 31,5040 = −70,0056 cm4
φ0 =
2 I xc yc
1 ⎛⎜
arctg
I yc − I xc
2 ⎜⎝
⎞ 1⎛
2 ⋅ (−70,0056)
⎞ 1
⎟ = ⎜ arctg
⎟ = arctg (−3,1889) ≈ −36,2945°
⎟ 2 ⎜⎝
149,2253 − 105,3190 ⎟⎠ 2
⎠
I1 =
=
1
1
(I xc − I yc )2 + 4 I x2c yc =
(I xc + I yc ) +
2
2
1
1
(105,3190 − 149,2253)2 + 4 ⋅ (−70,0056)2 =
⋅ (105,3190 + 149,2253) +
2
2
= 127,2722 + 73,3671 = 200,6404 cm4
I2 =
=
1
1
(I xc + I yc ) −
(I xc − I yc )2 + 4 I x2c yc =
2
2
1
1
⋅ (105,3190 + 149,2253) −
(105,3190 − 149,2253)2 + 4 ⋅ (−70,0056)2 =
2
2
= 127,2722 − 73,3671 = 53,9051 cm4
Rys. 1.31
1.27
1.28
Zadanie 1.8.
Określić położenie głównych centralnych osi bezwładności oraz wyznaczyć wartości
głównych centralnych momentów bezwładności figury przedstawionej na rys. 1.32
(podziałka 1:2). Wyniki podać z dokładnością do czterech cyfr po przecinku.
Rys. 1.32
Rozwiązanie
W rozpatrywanej figurze możemy wyodrębnić 5 figur regularnych: prostokąty
o wymiarach 8 × 6 cm i 4 × 2 cm oraz ćwiartkę koła o promieniu 4 cm (rys. 1.33a),
oraz trójkąt prostokątny o wymiarach 3 × 6 cm i połówkę koła o promieniu 3 cm
(rys. 1.33b). Charakterystyki geometryczne figur zestawiono poniżej:
— prostokąt 1
A1 = 8 ⋅ 6 = 48 cm2
x1 = 4 cm
y1 = 3 cm
8 ⋅ 63
= 144 cm4
12
83 ⋅ 6
=
= 256 cm4
12
I x1 =
I y1
I x1y1 = 0
— prostokąt 2
A2 = 4 ⋅ 2 = 8 cm2
x 2 = 10 cm
y 2 = 5 cm
4 ⋅ 23
= 2,6667 cm4
12
43 ⋅ 2
=
= 10,6667 cm4
12
I x2 =
I y2
I x 2y2 = 0
— ćwiartka koła 3
π ⋅ 42
A3 =
= 12,5664 cm2
4
Rys. 1.33
4⋅4
= 9,6977 cm
3π
4⋅4
y3 = 4 −
= 2,3023 cm
3π
4 ⎞ 4
⎛π
4
I x3 = ⎜
−
⎟ ⋅ 4 = 14,0489 cm
⎝ 16 9π ⎠
4 ⎞ 4
⎛π
4
I y3 = ⎜
−
⎟ ⋅ 4 = 14,0489 cm
⎝ 16 9π ⎠
⎛ 4 1⎞ 4
I x 3y3 = ⎜
− ⎟ ⋅ 4 = 4,2166 cm4
⎝ 9π 8 ⎠
x3 = 8 +
— trójkąt 4
A4 =
3⋅6
= 9 cm2
2
x 4 = 1 cm
y 4 = 4 cm
3 ⋅ 63
= 18 cm4
36
33 ⋅ 6
I y4 =
= 4,5 cm4
36
32 ⋅ 62
I x 4y 4 =
= 4,5 cm4
72
I x4 =
π ⋅ 32
A5 =
= 14,1372 cm2
2
x 5 = 4 cm
4⋅3
= 1,2732 cm
3π
8 ⎞ 4
⎛π
4
=⎜ −
⎟ ⋅ 3 = 8,8903 cm
⎝ 8 9π ⎠
y5 =
I x5
I y5 =
π ⋅ 34
= 31,8086 cm4
8
I x 5y5 = 0
xC =
=
yC =
∑ Ai xi
∑ Ai
=
A1 x1 + A2 x 2 + A3 x 3 − A4 x 4 − A5 x 5
=
A1 + A2 + A3 − A4 − A5
48 ⋅ 4 + 8 ⋅ 10 + 12,5664 ⋅ 9,6977 − 9 ⋅ 1 − 14,1372 ⋅ 4
= 7,2270 cm
48 + 8 + 12,5664 − 9 − 14,1372
∑ Ai yi
∑ Ai
=
A1 y1 + A2 y 2 + A3 y 3 − A4 y 4 − A5 y5
=
A1 + A2 + A3 − A4 − A5
1.29
1.30
Rys. 1.34
=
48 ⋅ 3 + 8 ⋅ 5 + 12,5664 ⋅ 2,3023 − 9 ⋅ 4 − 14,1372 ⋅ 1,2732
= 3,4985 cm
48 + 8 + 12,5664 − 9 − 14,1372
I xc = [I x1 + A1(y1 − y C )2 ] + [I x 2 + A2 (y 2 − y C )2 ] + [I x 3 + A3 (y 3 − y C )2 ] +
− [I x 4 + A4 (y 4 − y C )2 ] − [I x 5 + A5 (y 5 − y C )2 ] =
= 144 + 48 ⋅ (3 − 3,4985 )2 + 2,6667 + 8 ⋅ (5 − 3,4985 )2 +
+14,0489 + 12,5664 ⋅ (2,3023 − 3,4985 )2 − [18 + 9 ⋅ (4 − 3,4985 )2 ] +
− [8,8903 + 14,1372 ⋅ (1,2732 − 3,4985 )2 ] =
= 155,9281 + 20,7027 + 32,0301 − 20,2635 − 78,8972 = 109,5002 cm4
I yc = [I y1 + A1(x1 − x C )2 ] + [I y2 + A2 (x 2 − x C )2 ] + [ I y3 + A3 (x 3 − x C )2 ] +
− [I y4 + A4 (x 4 − x C )2 ] − [I y5 + A5 (x 5 − x C )2 ] =
= 256 + 48 ⋅ (4 − 7,2270 )2 + 10,6667 + 8 ⋅ (10 − 7,2270 )2 +
+14,0489 + 12,5664 ⋅ (9,6977 − 7,2270 )2 − [4,5 + 9 ⋅ (1 − 7,2270 )2 ] +
− [31,8086 + 14,1372 ⋅ (4 − 7,2270 )2 ] =
= 755,8494 + 72,1829 + 90,7587 − 353,4798 − 179,0267 = 386,2845 cm4
+ [I x 3y3 + A3 (x 3 − x C )(y 3 − y C )] − [I x 4y 4 + A4 (x 4 − x C )(y 4 − y C )] +
−[I x 5y5 + A5 (x 5 − x C )(y 5 − y C )] =
= 0 + 48 ⋅ (4 − 7,2270)(3 − 3,4985)] + 0 + 8 ⋅ (10 − 7,2270)(5 − 3,4985) +
+ 4,2166 + 12,5664 ⋅ (9,6977 − 7,2270)(2,3023 − 3,4985)] +
− [4,5 + 9 ⋅ (1 − 7,2270)(4 − 3,4985)] − [0 + 14,1372 ⋅ (4 − 7,2270)(1,2732 − 3,4985)] =
= 77,2157 + 33,3093 − 32,9228 − (−23,6056) − 101,5198 = −0,3120 cm4
1.31
φ0 =
2 I xc yc
1 ⎛⎜
arctg
I yc − I xc
2 ⎜⎝
⎞ 1⎛
2 ⋅ (−0,312)
⎞ 1
⎟ = ⎜ arctg
⎟ = arctg (−0,0023) ≈ −0,0646°
⎟ 2 ⎜⎝
386,2845 − 109,5002 ⎟⎠ 2
⎠
I1 =
=
1
1
(I xc − I yc )2 + 4 I x2c yc =
( I x + I yc ) +
2
2 c
1
1
(109,5002 − 386,2845 )2 + 4 ⋅ (−0,3120 )2 =
⋅ (109,5002 + 386,2845 ) +
2
2
= 247,8924 + 138,3925 = 386,2849 cm 4
I2 =
=
1
1
(I xc − I yc )2 + 4 I x2c yc =
( I x + I yc ) −
2
2 c
1
1
(109,5002 − 386,2845 )2 + 4 ⋅ (−0,3120 )2 =
⋅ (109,5002 + 386,2845 ) −
2
2
= 247,8924 − 138,3925 = 109,4999 cm 4
centralne osie bezwładności x c i yc oraz główne centralne osie bezwładności 1 i 2.
Rys.1.35
1.32
Zadanie 1.9.
Wyznaczyć środek ciężkości oraz główne centralne momenty bezwładności figury
przedstawionej na rys. 1.36 (podziałka 1:2).
Rys. 1.36
Rozwiązanie
posiada jedną oś symetrii. Dlatego najpraktyczniej jest przyjąć układ współrzędnych
tak, aby jedna z jego osi pokrywała się właśnie z osią symetrii. Oś ta (w naszym
przykładzie oś y ) będzie jedną z głównych centralnych osi bezwładności. Moment
dewiacji całej figury będzie równy zeru.
W rozpatrywanej figurze złożonej możemy wyodrębnić trzy prostokąty (rys. 1.37) –
dwa o wymiarach 2 × 10 cm oraz jeden o wymiarach 10 × 2 cm . Charakterystyki geometryczne figur zestawiono poniżej:
— prostokąt 1
A1 = 2 ⋅ 10 = 20 cm2
x1 = −4 cm
y1 = 5 cm
2 ⋅ 10 3 500
=
cm4
12
3
3
2 ⋅ 10 20
=
=
cm4
12
3
I x1 =
I y1
— prostokąt 2
A2 = 2 ⋅ 10 = 20 cm2
x 2 = 4 cm
y 2 = 5 cm
I x2 =
2 ⋅ 10 3 500
=
cm4
12
3
1.33
Rys. 1.37
I y2 =
23 ⋅ 10 20
=
cm4
12
3
— prostokąt 3
A3 = 10 ⋅ 2 = 20 cm2
x 3 = 0 cm
y 3 = −1 cm
10 ⋅ 23 20
=
cm4
12
3
10 3 ⋅ 2 500
=
=
cm4
12
3
I x3 =
I y3
xC = 0
yC =
∑ Ai yi
∑ Ai
=
A1 y1 + A2 y 2 + A3 y 3 20 ⋅ 5 + 20 ⋅ 5 + 20 ⋅ (−1)
=
= 3 cm
A1 + A2 + A3
20 + 20 + 20
Centralne momenty bezwładności rozpatrywanej figury są równe:
I xc = [ I x1 + A1(y1 − y C )2 ] + [I x 2 + A2 (y 2 − y C )2 ] + [I x 3 + A3 (y 3 − y C )2 ] =
=
500
500
20
+ 20 ⋅ (5 − 3)2 +
+ 20 ⋅ (5 − 3)2 +
+ 20 ⋅ (−1 − 3)2 = 820 cm4
3
3
3
=
20
20
500
+ 20 ⋅ (−4 − 0)2 +
+ 20 ⋅ (4 − 0)2 +
+ 20 ⋅ (0 − 0)2 = 820 cm4
3
3
3
Wyznaczone momenty centralne rozpatrywanej figury są jednocześnie głównymi
centralnymi momentami bezwładności I 1 i I 2 .
1.34
Zadanie 1.10.
Wyznaczyć środek ciężkości oraz główne centralne momenty bezwładności figury
przedstawionej na rys. 1.38.
Rys. 1.38
Rozwiązanie
Wprowadzamy układ współrzędnych x, y , jak na rys. 1.39. W rozpatrywanej figurze możemy wyodrębnić dwa prostokąty o wymiarach 7,2 × 0,8 cm oraz 0,8 × 12 cm .
Charakterystyki geometryczne prostokątów zestawiono poniżej:
— prostokąt 1
A1 = 0,8 ⋅ 12 = 9,6 cm2
x1 = 0,4 cm
y1 = 6 cm
0,8 ⋅ 123
= 115,2 cm4
12
0,83 ⋅ 12
=
= 0,512 cm4
12
I x1 =
I y1
I x1y1 = 0
— prostokąt 2
A3 = 7,2 ⋅ 0,8 = 5,76 cm2
x 2 = 4,4 cm
y 2 = 0,4 cm
7,2 ⋅ 0,83
= 0,3072 cm4
12
7,23 ⋅ 0,8
=
= 24,8832 cm4
12
I x2 =
I y2
I x 2y2 = 0
Rys. 1.39
1.35
xC =
∑ Ai x i
∑ Ai
=
A1 x1 + A2 x 2 9,6 ⋅ 0,4 + 5,76 ⋅ 4,4
=
= 1,9 cm
9,6 + 5,76
A1 + A2
yC =
∑ Ai yi
∑ Ai
=
A1 y1 + A2 y 2 9,6 ⋅ 6 + 5,76 ⋅ 0,4
=
= 3,9 cm
9,6 + 5,76
A1 + A2
I xc = [ I x1 + A1(y1 − y C )2 ] + [I x 2 + A2 (y 2 − y C )2 ] =
= 115,2 + 9,6 ⋅ (6 − 3,9)2 + 0,3072 + 5,76 ⋅ (0,4 − 3,9)2 = 228,4032 cm4
I yc = [I y1 + A1(x1 − x C )2 ] + [I y2 + A2 (x 2 − x C )2 ] =
= 0,512 + 9,6 ⋅ (0,4 − 1,9)2 + 24,8832 + 5,76 ⋅ (4,4 − 1,9)2 = 82,9952 cm4
I xc yc = [I x1y1 + A1(x1 − x C )(y1 − y C )] + [I x 2y2 + A2 (x 2 − x C )(y 2 − y C )] =
= 0 + 9,6 ⋅ (0,4 − 1,9)(6 − 3,9) + 0 + 5,76 ⋅ (4,4 − 1,9)(0,4 − 3,9) = −80,64 cm4
φ0 =
2 I xc yc
1 ⎛⎜
arctg
2 ⎜⎝
I yc − I xc
⎞ 1⎛
2 ⋅ (−80,64)
⎞ 1
⎟ = ⎜ arctg
⎟⎟ = arctg (1,1092) ≈ 23,9813°
⎟ 2 ⎜⎝
−
82
,
9952
228
,
4032
⎠ 2
⎠
I1 =
=
1
1
(I xc + I yc ) +
(I xc − I yc )2 + 4 I x2c yc =
2
2
1
1
⋅ (228,4032 + 82,9952) +
(228,4032 − 82,9952)2 + 4 ⋅ (−80,64)2 =
2
2
= 155,6992 + 108,5757 = 264,2749 cm4
I2 =
=
1
1
(I xc + I yc ) −
(I xc − I yc )2 + 4 I x2c yc =
2
2
1
1
(228,4032 − 82,9952)2 + 4 ⋅ (−80,64)2 =
⋅ (228,4032 + 82,9952) −
2
2
= 155,6992 − 108,5757 = 47,1235 cm4
1.36
Rys. 1.40

1 - Piotr Szurgott

Transkrypt

Podobne dokumenty

przekrój

koło Mohra - Nauka - BudownictwoPolskie.pl

Zadania typu 1 – „łamigłówka”. Dany jest moment bezwładności

Wyznaczyć główne, centralne momenty bezwładności powierzchni

MOMENTY BEZW£ADNOŒCI

finał 2008

Alternatywne układy chromatografu preparatywnego/procesowego

CO POWINNO ZANIEPOKOIĆ RODZICÓW?