Определение моментов инерции при параллельном переносе осей. Изменение моментов инерции при параллельном переносе осей. Теорема Штейнера-Гюйгенса о параллельном переносе осей

2. Статические моменты площади сечения относительно осей Oz и Оy (см 3 , м 3):

4. Центробежный момент инерции сечения относительно осей Oz и Oy (см 4 , м 4):

Так как , то

Осевые J z и J y и полярный J p моменты инерции всегда положительные, так как под знаком интеграла находятся координаты во второй степени. Статические моменты S z и S y , а также центробежный момент инерции J zy могут быть как положительными, так и отрицательными.

В сортаменте прокатной стали для уголков приводятся значения центробежных моментов по модулю. В расчет следует вводить их значения с учетом знака.

Для определения знака центробежного момента уголка (рис. 3.2) мысленно представим его в виде суммы трех интегралов, которые вычисляются отдельно для частей сечения, расположенных в четвертях системы координат. Очевидно, что для частей, расположенных в I и III четвертях будем иметь положительное значение этого интеграла, так как произведение zydA будет положительным, а интегралы, вычисляемые для частей, расположенных во II и IV четвертях будут отрицательными (произведение zydA будет отрицательным). Таким образом, для уголка на рис. 3.2,а значение центробежного момента инерции будет отрицательным.

Рассуждая подобным образом для сечения, имеющего хотя бы одну ось симметрии (рис. 3.2,б) можно прийти к заключению, что центробежный момент инерции J zy равен нулю, если одна из осей (Оz или Оy) является осью симметрии сечения. Действительно, для частей треугольника, расположенных в 1 и 2 четвертях центробежные моменты инерции будут отличаться только знаком. Тоже можно сказать относительно частей, которые находятся в III и IV четвертях.

Статические моменты. Определение центра тяжести

Вычислим статические моменты относительно осей Оz и Оy прямоугольника, показанного на рис. 3.3.

Рис 3.3. К вычислению статических моментов

Здесь: А – площадь сечения, y C и z C – координаты его центра тяжести. Центр тяжести прямоугольника находится на пересечении диагоналей.

Очевидно, что, если оси, относительно которых вычисляются статические моменты, проходят через центр тяжести фигуры, то его координаты равны нулю (z C = 0, y C = 0), и, в соответствии с формулой (3.6), статические моменты также будут равны нулю. Таким образом, центр тяжести сечения – это точка, обладающая следующим свойством: статический момент относительно любой оси, проходящей через нее , равен нулю .

Формулы (3.6) позволяют найти координаты центра тяжести z C и y C сечения сложной формы. Если сечение можно представить в виде n частей, для которых известны площади и положение центров тяжести, то вычисление координат центра тяжести всего сечения можно записать в виде:

.

(3.7)

Изменение моментов инерции при параллельном переносе осей

Пусть известны моменты инерции J z , J y и J zy относительно осей Oyz . Необходимо определить моменты инерции J Z , J Y и J ZY относительно осей O 1 YZ , параллельных осям Oyz (рис. 3.4) и отстоящих от них на расстояния a (по горизонтали) и b (по вертикали)

Рис 3.4. Изменение моментов инерции при параллельном переносе осей

Координаты элементарной площадки dA связаны между собой следующими равенствами: Z = z + a ; Y = y + b .

Вычислим моменты инерции J Z , J Y и J ZY .

(3.8)

(3.9)

(3.10)

Если точка O пересечения осей Oyz совпадает с точкой С – центром тяжести сечения (рис. 3.5) статические моменты S z и S y становятся равными нулю, и формулы упрощаютсяY i и Z i нужно брать с учетом знаков. На осевые моменты инерции знаки координат не повлияют (координаты возводятся во вторую степень), а вот на центробежный момент инерции знак координаты окажет существенное влияние (произведение Z i Y i A i может оказаться отрицательным).

Рисунок 7.

,

,

,

где I x , I y – осевые моменты инерции относительно исходных осей;

I xy – центробежный момент инерции относительно исходных осей;

I xc , I yc – осевые моменты инерции относительно центральных осей;

I xcyc – центробежный момент инерции относительно центральных осей;

a, b – расстояние между осями.

Определение моментов инерции сечения при повороте осей

Известны все геометрические характеристики сечения относительно центральных осей х С , у С (рис. 8). Определим моменты инерции относительно осей х 1 , у 1 , повернутых относительно центральных на некоторый угол a .

Рисунок 8

,

где I x 1 , I y 1 – осевые моменты инерции относительно осей х 1 , у 1 ;

I x 1 y 1 – центробежный момент инерции относительно осейх 1 , у 1 .

Определение положения главных центральных осей инерции

Положение главных центральных осей инерции сечения определяется по формуле:

,

где a 0 – угол между центральными и главными осями инерции.

Определение главных моментов инерции

Главные моменты инерции сечения определяются по формуле:

Последовательность расчета сложного сечения

1) Разбить сложное сечение на простейшие геометрические фигуры [S 1 , S 2 ,…;x 1 , y 1 ; x 2 , y 2 , …]

2) Выбрать произвольные оси XOY .

3) Определить положение центра тяжести сечения [x c , y c ].

4) Провести центральные оси X c OY c .

5) Вычислить моменты инерции Ix c , Iy c , используя теорему параллельного переноса осей.

6) Вычислить центробежный момент инерции Ix c y c .

7) Определить положение главных осей инерции tg2a 0 .

8) Вычислить главные моменты инерции I max , I min .

ПРИМЕР 2

Для фигуры, показанной на рисунке 13 определить главные моменты

инерции и положение главных осей инерции.

1) Разбиваем сложное сечение на простейшие геометрические фигуры

S 1 = 2000 мм 2 , S 2 = 1200 мм 2 , S = 3200 мм 2 .

2) Выбираем произвольные оси XOY.

3) Определяем положение центра тяжести сечения

x c = 25 мм, y c =35 мм .

4) Проводим центральные оси X c OY c

5) Вычисляем моменты инерции Ix c , Iy c

6) Вычисляем центробежный момент инерции Ix c y c

7) Определяем положение главных осей инерции

Если I x >I y и a 0 >0 , то угол a 0 откладывается от оси Х с против часовой стрелки.

8) Вычисляем главные моменты инерции I max , I min

ПРИМЕР 3

Для фигуры, показанной на рис. 8 определить положение главных осей

Рисунок 8.

инерции и главные моменты инерции.

1) Выписываем основные исходные данные для каждой фигуры

Швеллер

S 1 = 10,9 см 2

I x = 20,4 см 4

I y = 174 см 4

y 0 = 1,44 см

h = 10 см

Неравнополочный уголок

S 3 = 6,36 см 2

I x = 41,6 см 4

I y = 12,7 см 4

I min = 7,58 см 4

tga = 0,387

x 0 = 1,13 см

y 0 = 2,6 см

Прямоугольник

S 2 = 40 см 2

см 4

см 4

2) Вычерчиваем сечение в масштабе

3) Проводим произвольные оси координат

4) Определяем координаты центра тяжести сечения

5) Проводим центральные оси

6) Определяем осевые моменты инерции относительно центральных осей

7) Определяем центробежный момент инерции относительно центральных осей

Центробежный момент инерции для угловой прокатной стали относительно ее центра тяжести определяется по одной из следующих формул:

-4

Знак центробежного момента инерции для угловой прокатной стали определяется согласно рис. 9, поэтому I xy 3 = -13,17 см 4 .

8) Определяем положение главных осей инерции

a 0 = 21,84°

9) Определяем главные моменты инерции

ЗАДАЧА 4

Для заданных схем (табл. 6) необходимо:

1) Вычертить поперечное сечение в строгом масштабе.

2) Определить положение центра тяжести.

3) Найти величины осевых моментов инерции относительно центральных осей.

4) Найти величину центробежного момента инерции относительно центральных осей.

5) Определить положение главных осей инерции.

6) Найти главные моменты инерции.

Числовые данные взять из табл. 6.

Расчетные схемы к задаче № 4

Таблица 6

Исходные данные к задаче № 4

№	Уголок равнополочный	Уголок неравнополочный	Двутавр	Швеллер	Прямо-угольник	№ схемы
	30´5	50´32´4			100´30
	40´6	56´36´4			100´40
	50´4	63´40´8			100´20
	56´4	70´45´5			80´40
	63´6	80´50´6		14а	80´60
	70´8	90´56´6			80´100
	80´8	100´63´6	20а	16а	80´20
	90´9	90´56´8			60´40
	75´9	140´90´10	22а	18а	60´60
	100´10	160´100´12			60´40
	д	а	б	в	г	д

Указания к задаче 5

Изгибом называется такой вид деформации, при котором в поперечном сечении стержня возникает В.С.Ф. – изгибающий момент.

Для того, чтобы произвести расчет балки на изгиб, необходимо знать величину наибольшего изгибающего момента М и положение сечения, в котором он возникает. Точно также, надо знать и наибольшую поперечную силу Q . Для этой цели строят эпюры изгибающих моментов и поперечных сил. По эпюрам легко судить о том, где будет максимальное значение момента или поперечной силы. Для определения величин М и Q используют метод сечений. Рассмотрим схему, показанную на рис. 9. Составим сумму сил на ось Y , действующих на отрезанную часть балки.

Рисунок 9.

Поперечная сила равна алгебраической сумме всех сил, действующих по одну сторону от сечения.

Составим сумму моментов, действующих на отрезанную часть балки, относительно сечения.

Изгибающий момент равен алгебраической сумме всех моментов, действующих на отсеченную часть бруса, относительно центра тяжести сечения.

Для того чтобы можно было вести расчет с любого конца балки, необходимо принять правило знаков для внутренних силовых факторов.

Для поперечной силы Q .

Рисунок 10.

Если внешняя сила вращает отрезанную часть балки по часовой стрелке, то сила является положительной, если внешняя сила вращает отрезанную часть балки против хода часовой стрелки, то сила является отрицательной.

Для изгибающего момент момента М .

Рисунок 11.

Если под действием внешней силы изогнутая ось балки принимает вид вогнутой чаши, такой, что идущий сверху дождь будет наполнять ее водой, то изгибающий момент является положительным (рис. 11а). Если под действием внешней силы изогнутая ось балки принимает вид выпуклой чаши, такой, что идущий сверху дождь не будет наполнять ее водой, то изгибающий момент является отрицательным (рис. 11б).

Между интенсивностью распределенной нагрузки q , поперечной силой Q и изгибающим моментом М , действующим в некотором сечении, существуют следующие дифференциальные зависимости:

Указанные дифференциальные зависимости при изгибе позволяют установить некоторые особенности эпюр поперечных сил и изгибающих моментов.

1) На тех участках, где нет распределенной нагрузки, эпюра Q ограничена прямыми, параллельными оси эпюры, а эпюра М , в общем случае, – наклонными прямыми (рис. 19).

2) На тех участках, где к балке приложена равномерно распределенная нагрузка, эпюра Q ограничена наклонными прямыми, а эпюра М – квадратичными параболами (рис. 20). При построении эпюры М на сжатых волокнах, выпуклость параболы обращена в сторону, противоположную действию распределенной нагрузки (рис. 21а, б).

Рисунок 12.

Рисунок 13.

3) В тех сечениях, где Q = 0, касательная к эпюре М параллельна оси эпюры (рис. 12, 13). Изгибающий момент в таких сечениях балки экстремален по величине (М max , M min ).

4) На участках, где Q > 0, M возрастает, то есть слева на право положительные ординаты эпюры M увеличиваются, отрицательные – уменьшаются (рис. 12, 13); на тех участках, где Q < 0, M убывает (рис. 12, 13).

5) В тех сечениях, где к балке приложены сосредоточенные силы:

а) на эпюре Q будут скачки на величину и в направлении приложенных сил (рис. 12, 13).

б) на эпюре M будут переломы (рис. 12, 13), острие перелома направлено против действия силы.

6) В тех, сечениях, где к балке приложены сосредоточенные моменты, на эпюре M будут скачки на величину этих моментов, на эпюре Q никаких изменений не будет (рис.14).

Рисунок 14.

Рисунок15.

7) Если на конце консоли или в концевой опоре приложен сосредоточенный

момент, то в этом сечении изгибающий момент равен внешнему моменту (сечения C и B на рис. 15).

8) Эпюра Q представляет собой диаграмму производной от эпюры M . Значит, ординаты Q пропорциональны тангенсу угла наклона касательной к эпюре M (рис. 14).

Порядок построения эпюр Q и М :

1) Составляется расчетная схема балки (в виде оси) с изображением действующих на нее нагрузок.

2) Влияние опор на балку заменяется соответствующими реакциями; указываются обозначения реакций и их принятые направления.

3) Составляются уравнения равновесия балки, решением которых определяются значения опорных реакций.

4) Балка разбивается на участки, границами которых являются точки приложения внешних сосредоточенных сил и моментов, а также точки начала и окончания действия или изменения характера распределенных нагрузок.

5) Составляются выражения изгибающих моментов М и поперечных сил Q для каждого участка балки. На расчетной схеме указываются начало и направление отсчета расстояний для каждого участка.

6) По полученным выражениям вычисляются ординаты эпюр для ряда сечений балки в количестве, достаточном для изображения этих эпюр.

7) Определяются сечения, в которых поперечные силы равны нулю и в которых, следовательно, действуют моменты M max или M min для данного участка балки; вычисляются значения этих моментов.

8) По полученным значениям ординат строятся эпюры.

9) Производится проверка построенных эпюр путем сопоставления их друг с другом.

Эпюры внутренних силовых факторов при изгибе строят для того, чтобы определить опасное сечение. После того, как опасное сечение будет найдено, балку рассчитывают на прочность. В общем случае поперечного изгиба, когда в сечениях стержня действуют изгибающий момент и поперечная сила, в сечении балки возникают нормальные и касательные напряжения. Поэтому, логично рассматривать два условия прочности:

а) по нормальным напряжениям

б) по касательным напряжениям

Поскольку основным разрушающим фактором для балок являются нормальные напряжения, то и размеры поперечного сечения балки принятой формы определяют из условия прочности по нормальным напряжениям:

Затем проверяют, удовлетворяет ли выбранное сечение балки условию прочности по касательным напряжениям.

Однако, такой подход к расчету балок еще не характеризует прочность балки. Во многих случаях в сечениях балок имеются точки, в которых одновременно действуют большие нормальные и касательные напряжения. В таких случаях возникает необходимость проверки балки на прочность по главным напряжениям. Наиболее применимы для такой проверки третья и четвертая теории прочности:

, .

ПРИМЕР 1

Построить эпюры поперечной силы Q и изгибающего момента М для балки, показанной на рис. 16, если: F 1 = 3 кН,F 2 = 1,5 кН, М = 5,1 кН∙м, q = =2кН/м, а = 2м, b = 1 м, с = 3м.

Рисунок 16.

1) Определяем опорные реакции.

;

Проверка:

Реакции найдены верно

2) Разбиваем балку на участки CA , AD , DE , EK , KB .

3) Определяем значения Q и М на каждом участке.

СА

, ; , .

АD

, ;

, .

DE

, ;

, .

КВ

, , ;

, , .

Найдем максимум изгибающего момента на участке KB .

Приравняем уравнение Q на этом участке к нулю и выразим координатуz max , при которой Q = 0, а момент имеет максимальное значение. Далее подставим z max в уравнение момента на этом участке и найдем M max .

EК

, ;

, .

4) Строим эпюры (рис. 16)

ПРИМЕР 2

Для балки, изображенной на рис. 16 определить размеры круглого, прямоугольного (h/b = 2) и двутаврового сечения. Проверить прочность двутавра по главным напряжениям, если [s] = 150 МПа, [t] = 150 МПа.

1) Определяем из условия прочности необходимый момент сопротивления

2) Определяем размеры круглого сечения

3) Определяем размеры прямоугольного сечения

4) Подбираем по сортаменту двутавровую балку № 10 (ГОСТ 8239-89)

W X = 39,7 см 3 , S X * =23 см 3 , I X = 198 см 4 , h = 100 мм, b = 55 мм, d = 4,5 мм, t = 7,2 мм.

Для проверки прочности балки по главным напряжениям, необходимо построить эпюры нормальных и касательных напряжений в опасном сечении. Так как величина главных напряжений зависит и от нормальных и от касательных напряжений, то проверку прочности следует произвести в том сечении балки, где М и Q достаточно велики. На опоре В (рис. 16) поперечная сила Q имеет максимальное значение, однако здесь М = 0. поэтому считаем опасным сечение на опоре А , где изгибающий момент максимален и поперечная сила имеет сравнительно большое значение.

Нормальные напряжения, изменяясь по высоте сечения, подчиняются линейному закону:

где y – координата точки сечения (рис. 24).

при у = 0, s = 0;

при y max ,

Закон изменения касательных напряжений определяются законом изменением статического момента площади, который, в свою очередь изменяется по высоте сечения по параболическому закону. Вычислив значение для характерных точек сечения, построим эпюру касательных напряжений. При вычислении значений t воспользуемся обозначениями размеров сечения, принятыми на рис. 17.

Условие прочности для слоя 3–3 выполняется.

ЗАДАЧА 5

Для заданных схем балок (табл. 12) построить эпюры поперечной силы Q и изгибающего момента М . Подобрать поперечное сечение для схемы а) круглое [s] = 10 МПа; б) двутавровое [s] = 150 МПа.

Числовые данные взять из табл. 7.

Таблица 7

Исходные данные к задаче № 6

№

а, м

q 1 =q 3 , кН/м

q 2 , кН/м

F 1 , кН

F 2 , кН

F 3 , кН

М 1 , кН∙м

М 2 , кН∙м

М 3 , кН∙м

№ схемы

0,8

1,2

Продолжение таблицы 12

Пусть известны и Ix, Iy, Ixy. Параллельно осям хy проведем новую ось x 1 , y 1 .

И определим момент инерции того же сечения относительно новых осей.

X 1 = x-a ; y 1 =y-b

I x 1 = ∫ y 1 dA = ∫ (y-b) 2 dA = ∫ (y 2 - 2by + b 3)dA = ∫ y 2 dA – 2b ∫ ydA + b 2 ∫dA=

Ix – 2b Sx + b 2 A.

Если ось x проходит через центр тяжести сечения, то статический момент Sx =0.

I x 1 = Ix + b 2 A

Аналогично новой оси y 1 будем иметь формулу I y 1 = Iy + a 2 A

Центробежный момент инерции относительно новых осей

Ix 1 y 1 = Ixy – b Sx –a Sy + abA.

Если оси xy проходят через центр тяжести сечения, то Ix 1 y 1 = Ixy + abA

Если сечение симметрично, хотя бы одна из центральных осей совпадает с осью симметрии, то Ixy =0 , а значит Ix 1 y 1 = abA

Изменение моментов инерции при повороте осей.

Пусть известны осевые моменты инерции относительно осей xy.

Новую систему координат xy получим путем поворота старой системы на угол (a >0), если поворот против часовой стрелки.

Установим зависимость между старыми и новыми координатами площадки

y 1 =ab = ac – bc = ab- de

из треугольника acd:

ac/ad =cos α ac= ad*cos α

из треугольника oed:

de/od =sin α dc = od*sin α

Подставим эти значения в выражение для y

y 1 = ad cos α - od sin α = y cos α - x sin α .

Аналогично

x 1 = x cos α + y sin α .

Вычислим осевой момент инерции относительно новой оси x 1

Ix 1 = ∫y 1 2 dA = ∫ (y cos α - x sin α) 2 dA= ∫ (y 2 cos 2 α - 2xy sin α cos α + x 2 sin 2 α)dA= =cos 2 α ∫ y 2 dA – sin2 α ∫xy dA + sin 2 α ∫x 2 dA = Ix cos 2 α - Ixy sin2 α + Iy sin 2 α .

Аналогично Iy 1 = Ix sin 2 α - Ixy sin2 α + Iy cos 2 α .

Сложим левые и правые части полученных выражений:

Ix 1 + Iy 1 = Ix (sin 2 α + cos 2 α) + Iy (sin 2 α + cos 2 α) + Ixy (sin2 α - cos2 α).

Ix 1 + Iy 1 = Ix + Iy

Сумма осевых моментов инерции при повороте не меняется.

Определим центробежный момент инерции относительно новых осей. Представим значения x 1 ,y 1 .

Ix 1 y 1 = ∫x 1 y 1 dA = (Ix – Iy)/2*sin 2 α + Ixy cos 2 α .

Главные моменты и главные оси инерции.

Главными моментами инерции называют их экстремальные значения.

Оси, относительно которых получены экстремальные значения называются главными осями инерции. Они всегда взаимно перпендикулярны.

Центробежный момент инерции относительно главных осей всегда равен 0. Так как известно, что в сечении есть ось симметрии, то центробежный момент равен 0, значит ось симметрии является главной осью. Если взять первую производную от выражения I x 1 , затем приравнять её к “0”, то получим значение угла = соответствующего положению главных осей инерции.

tg2 α 0 = -

Если α 0 >0 ,то для определенного положения главных осей старую ось нужно повернуть против хода часовой стрелки. Одна из главных осей является max, а другая – min. При этом ось max всегда соответствует меньший угол с той случайной, осью относительно которой имеет больший осевой момент инерции. Экстремальные значения осевого момента инерции определяется по формуле:

Глава 2. Основные понятия сопротивления материалов. Задачи и методы.

При проектировании различных сооружений нужно решать различные вопросы прочности, жесткости, устойчивости.

Прочность – способность данного тела выдерживать различные нагрузки без разрушения.

Жесткость – способность конструкции воспринимать нагрузки без больших деформаций (перемещений). Предварительно допустимые значения деформации регламентируют строительные нормы и правила (СНИП).

Устойчивость

Рассмотрим сжатие гибкого стержня

Если нагрузку постепенно увеличивать, то сначала будет происходить укорочение стержня. При достижении силой F некоторой критической величины произойдет выпучивание стержня. - абсолютное укорочение.

При этом стержень не разрушается, но резко изменяет свою форму. Такое явление называется потерей устойчивости и приводит к разрушению.

Сопромат – это основы наук о прочности, жесткости, устойчивости инженерных конструкций. В сопромате используются методы теоретической механики, физики, математики. В отличии от теоретической механики сопромат учитывает изменение размеров и формы тел под действием нагрузки и температуры.

Пусть z с , у с – центральные оси сечений, – моменты инерции сечения относительно этих осей. Определим моменты инерции сечения относительно новых осей z 1 , у 1 , параллельных центральным осям и смещенных относительно них на расстояния a и d . Пусть dA – элементарная площадка в окрестности точки М с координатами y и z в центральной системе координат. Из рис. 4.3 видно, что координаты точки С в новой системе координат будут равны, .

Определим момент инерции сечения относительно оси у 1 :

Рис.4.3

z c

y c

z 1

y 1

d

a

C

Очевидно, что первый интеграл дает, второй – , так как исходная система координат – центральная, а третий – площадь сечения А .

Таким образом,

Аналогично

Изменение моментов инерции сечения при повороте осей

Найдем зависимость между моментами инерции относительно осей y , z и моментами инерции относительно осей y 1 , z 1 , повернутых на угол a . Пусть J y > J z и положительный угол a отсчитывается от оси y против часовой стрелки. Пусть координаты точки М до поворота – y , z , после поворота – y 1 , z 1 (рис. 4.4).

Из рисунка следует:

Теперь определим моменты инерции относительно осей y 1 и z 1 :

Рис. 4.4

M

z

z 1

y 1

y

a

y

y 1

z 1

z

. (4.13)

Аналогично:

Сложив почленно уравнения (4.13) и (4.14), получим:

т.е. сумма моментов инерции относительно любых взаимно перпендикулярных осей остается постоянной и не изменяется при повороте системы координат.

Главные оси инерции и главные моменты инерции

С изменением угла поворота осей a каждая из величин и меняется, а сумма их остается неизменной. Следовательно, существует такое значение

a = a 0 , при котором моменты инерции достигают экстремальных значений, т.е. один из них достигает своего максимального значения, а другой – минимального. Для нахождения значения a 0 возьмем первую производную от (или) и приравняем ее нулю:

Покажем, что относительно полученных осей центробежный момент инерции равен нулю. Для этого приравняем правую часть уравнения (4.15) нулю: , откуда, т.е. получили ту же формулу для a 0 .

Оси, относительно которых центробежный момент инерции равен нулю, а осевые моменты инерции принимают экстремальные значения, называются главными осями. Если эти оси являются также и центральными, то они называются главными центральными осями. Осевые моменты инерции относительно главных осей называются главными моментами инерции.

Обозначим главные оси через y 0 и z 0 . Тогда

Если сечение имеет ось симметрии, то эта ось всегда является одной из главных центральных осей инерции сечения.

Часто при решении практических задач необходимо определять моменты инерции сечения относительно осей, различным образом ориентированных в его плоскости. При этом удобно использовать уже известные значения моментов инерции всего сечения (или отдельных составляющих его частей) относительно других осей, приводимые в технической литературе, специальных справочниках и таблицах, а также подсчитываемые по имеющимся формулам. Поэтому очень важно установить зависимости между моментами инерции одного и того же сечения относительно разных осей.

В самом общем случае переход от любой старой к любой новой системе координат может рассматриваться как два последовательных преобразования старой системы координат:

1) путем параллельного переноса осей координат в новое положение и

2) путем поворота их относительно нового начала координат. Рассмотрим первое из этих преобразований, т. е. параллельный перенос координатных осей.

Предположим, что моменты инерции данного сечения относительно старых осей (рис. 18.5) известны.

Возьмем новую систему координат оси которой параллельны прежним. Обозначим а и b координаты точки (т. е. нового начала координат) в старой системе координат

Рассмотрим элементарную площадку Координаты ее в старой системе координат равны у и . В новой системе они равны

Подставим эти значения координат в выражение осевого момента инерции относительно оси

В полученном выражении -момент инерции статический момент сечения относительно оси равен площади F сечения.

Следовательно,

Если ось z проходит через центр тяжести сечения, то статический момент и

Из формулы (25.5) видно, что момент инерции относительно любой оси, не проходящей через центр тяжести, больше момента инерции относительно оси, проходящей через центр тяжести, на величину которая всегда положительна. Следовательно, из всех моментов инерции относительно параллельных осей осевой момент инерции имеет наименьшее значение относительно оси, проходящей через центр тяжести сечения.

Момент инерции относительно оси [по аналогии с формулой (24.5)]

В частном случае, когда ось у проходит через центр тяжести сечения

Формулы (25.5) и (27.5) широко используются при вычислении осевых моментов инерции сложных (составных) сечений.

Подставим теперь значения в выражение центробежного момента инерции относительно осей