На головну

Умова завдання: Знайти головні центральні моменти інерції: а) геометричної фігури і б) перетину, складеного зі стандартних профілів прокату.

  1. If <умова 1> Then
  2. А) записати двоїсту до неї задачу; б) використовуючи рішення вихідної завдання, знайдене при виконанні завдання 3, знайти рішення двоїстої за допомогою 2-й теореми подвійності.
  3. А. Закрита форма (знайти одну правильну відповідь).
  4. Активна робота учнів на уроках біології - умова підвищення якості навчання
  5. АНАЛІЗ ПРОФІЛЕЙ ПСИХОЛОГІЧНИХ ЧЕРТ
  6. Аніме: Пропорції фігури людини
  7. Аніме: Пропорції фігури людини

Вихідні дані з завдання № 4. Центри ваги перетинів повинні бути знайдені і нанесені на креслення перетину. Таким чином, рішення задачі №5 ведемо з пункту 3 вищенаведеного опису.

Рішення: Визначення головних центральних моментів інерції геометричної фігури (рис.13). На зображення заданого перетину накресленого в обраному масштабі, наносимо головні центральні осі. Вісь Y поєднуємо з віссю симетрії, вісь X проводимо перпендикулярно їй через центр ваги С всієї фігури.

Через центри тяжкості З1 С2, З3, З4 простих фігур проводимо власні центральні осі інерції. Позначимо їх відповідно , , , ,  . Власні центральні осі , ,  збігаються з головною центральною віссю.

Використовуючи координати центрів ваги частин фігури, знайдені при визначенні центру ваги всієї фігури (див. Рис.11), визначимо відстані між головною центральною віссюXі кожної з осей :

a1 = y1 -yс = 70-40,5 = 29,5 см;

а2 = y2 - yс = 50 - 40,5 = 9,5 см;

a3 = yс - y3 = 40,5 - 22,5 = 18 см;

а4 = yс - у4 = 40,5 - 30 = 10,5 см.

рис.13 Рис.14

Використовуючи формулу переходу на паралельні осі, визначаємо

 cm4.

Чисельні значення площ окремих фігур також із завдання 4.

 cm4.

 cm4.

 = 150355.5 cm4

Момент інерції щодо головної центральної осі X визначимо, підсумовуючи моменти інерції складових частин фігури: IХ = + + +  = 1467858,5см4.

Момент інерції щодо головної центральної осі Y визначаємо наступним чином.

Оскільки у фігур 1,2,3 власні центральні осі збігаються з головною центральною віссю інерції, відстань між осями дорівнює нулю. Отже, головний центральний момент інерції кожної з цих фігур дорівнює власному моменту інерції:

 cm4;

 cm4;

 cm4;

Для четвертої фігури відстань між вертикальними осями а.4 = 17,5 см (рис.13):

= 230156 cм4

отримуємо Iу = 466458 см.

Визначення головних центральних моментів інерції перерізу, складеного зі стандартних профілів прокату (рис.14).

У складеному перерізі через знайдений центр ваги С проводимо головні центральні осі інерції X и Y. вісь X поєднана з віссю симетрії перетину. Проводимо власні центральні осі інерції , , , , ,  кожної із складових частин.

Визначимо відстань між власними та головними центральними осями інерції, використовуючи абсциси центрів тяжіння частин перетину, знайдені при визначенні положення центру тяжіння всього перерізу (див. Рис 12):

а1 = х1 - хс = 20 - 9,04 = 10,96 см;

а2 = хс - х2 = 9,04 - 2,07 = 6,97 см;

а3 = хс + х3 = 9,04 + 2,65 = 11,69 см;

а4 = х4 - хс = 10 - 9,04 = 0,96 см;

а5 = у4 = L / 2h швелера №20 + l / 2h листа = 10,6 см;

а6 = у3= 1,17 см.

Випишемо з таблиць сортаменту моменти інерції Ixi° і Iуi° прокатних профілів щодо власних осей і їх площі:

Двотавр № 20 Ix1° = 1840 см4; Iy1° = 115 см4; А1 = 26,8 см2

Швелер № 20 1х2° = 1520 см4; Iу2° = 113 см4; А2 = 23,4 см2

Куточок 80x50x6 1х3° = 14,8 см4; Iy3° = 49 см4; А3 = 7,55 см2

Смуга 12x200 Ix4° = bh3 / 12 = 20 * 1,23 / 12 = 2,88 см4 ;

1у4° = hb3 / 12 = 1,2 * 203 / 12 = 800 см4; А4 = 24 см2

Для куточка значення моментів інерції Iх і Iу помінялися місцями, так як орієнтація куточка (див. рис. 14) не збігається з його орієнтацією в Гості. При користуванні таблицями ГОСТів необхідно уважно стежити за правильністю вибору необхідних характеристик, ні в якому разі не грунтуючись на формальному збігу індексів.

Визначаємо головний центральний момент інерції складеного перетину щодо осі X:

IХ =

= 1840 + 1520 + 2 (14,8 + 1,172* 7,55) +2 (2,88 + 10,62* 24) = 8895 см4.

Визначаємо головний центральний момент інерції складеного перетину щодо осі Y:

 



Приклад рішення задачі №5. | ЗАВДАННЯ ДОМАШНЬОЇ КОНТРОЛЬНОЇ РОБОТИ №1

Тема 2.5. Вигин прямого бруса | Методичні вказівки щодо вивчення теми | Тема 3.3 .. Статично визначні плоскі ферми | Тема 3.4. Багатопрогонові статично визначні (шарнірні) балки | Тема 3.6. Поняття про розрахунок статично невизначених систем | Аналітичний спосіб вирішення | Приклад рішення задачі №2 | Приклад рішення задачі №3 | Рішення: Побудова епюри Qx .. | Приклад рішення задачі №4. |

© um.co.ua - учбові матеріали та реферати