1 vezbe-geometrijske karakteristike preseka .pdf
TRANSCRIPT
2/18/2013
1
OTPORNOST MATERIJALA
Geometrijske karakteristike poprečnog preseka
1
TEŽIŠTE POPREČNOG PRESEKA RAVNE POVRŠINE
Težište ravne površine je tačkaT(xT,yT) čije su koordinate:
A
S
A
xdA
x yAT
-statički momenti površine A
za x, odnosno y osu.
A
S
A
ydA
y xAT
Gde su:
A-površina ravne površine ograničenekrivom linijom (sl.1.1)
T(xT; yT)
xT
yT
0 x
y
sl. 1.1
A
A
xA
y ydAS,xdAS
2
2/18/2013
2
Ako površina ima osu simetrije, težište se nalazi na toj osi (sl.1.2.a).
T
b)
T
c)
T
a)
sl. 1.2
3
U slučaju da površina ima dve ose simetrije težište je u njihovompreseku (sl.1.2.b).
Ako površina ima centar simetrije težište je u tom centru (sl.1.2.c).
Ako je površina A sastavljena iz više delova sa površinama A1,A2 ...An
čija su težišta T1,T2 ...Tn, tada se položaj težišta ukupne površine A uodnosu na odabrani koordinantni sistem dobija prema:
n21
nnT22T11T
n
1ii
n
1iiTi
TA....AA
Ax....AxAx
A
)Ax(
x
n21
nnT22T11T
n
1ii
n
1iiiT
TA....AA
Ay....AyAy
A
)Ay(
y
gde su: Ai- površine pojedinih delova ravne površinexTi- koordinate težišta pojedinačnih površina po x pravcuyTi- koordinate težišta pojedinačnih površina po y pravcu
4
2/18/2013
3
Na slici 1.3 geometrijski su interpretirane date veličine.
321
33T22T11TT
AAA
AxAxAxx
321
33T22T11TT
AAA
AyAyAyy
Sl. 1.3
TT3T2
T11
32 x
yxT1
xT2
xT3
y T2
y T3
y T1
yT
xT
A1
A2
A3
xT
y T
Napomena:Za određivanje položaja težišne ose yT nijebilo neophodno koristiti obrazac, jer sepoložaj težišne yT ose dobija izosnosimetričnosti površine po x pravcu.
5
STATIČKI MOMENTI RAVNE POVRŠINE
Statički momenti površine A (sl. 1.4) zaose 0x i 0y su:
AyydAS TA
x
AxxdAS TA
y
T(xT; yT)
xT
yT
0 x
y
sl. 1.4
dA
y
x
A
Statički moment složene ravne površine,za osu, jednak je algebarskom zbirustatičkih momenata svih prostih površinaza istu osu.
n
1ixix SS
n
1iyiy SS
6
Dimenzija je (LL2=L3)
Jedinica je (m3)
2/18/2013
4
-Ako osa prolazi kroz težište statički moment površine za tu osujednak je nuli
3 3
33
33
3 3
Primer 1.1Za zadatu površinu odrediti-položaj težišta i statičke momente inercije
7
sl. 1.5
Mere su u cm
-Za osu simetrije statički moment površine jednak je nuli jer osaprolazi kroz težište
1) Određivanje položaja težišta
-Podela složene površine na više prostih površina kojima poznajemopoložaj težišta
sl. 1.5
a) b) c)
8
-Podelimo složenu površinu na više prostih površina kojimapoznajemo položaj težišta
-Usvojimo koordinatni sistem x0y u odnosu na kojiodređujemo težište
-Odredimo težište prema datim jednačiama
2/18/2013
5
-Usvojanje koordinatnog sistema x0y u odnosu na koji određujemotežište
Nameće se usvajanje koordinatnog sistema kao na slici 1.6 jer je uvektežište jedne površine na koordinatnoj osi što olakšava dalji proračun.Uradićemo slučajeve pod a) i c) da bi smo pokazali koliko veština upodeli i izboru koordinatnog sistema može da skrati postupakproračuna, a i da pokažemo da izbor podele i koordinatnog sistemane utiče na položaj težišta površine.
T1
T2
T3
a)
T2
T3
T1
sl. 1.6
b)
T2
O=T1
c)
9
1.5
1.5
1
1
1
3 3
33
33
3 3
10
Rešenje za slučaj pod a)Koordinate pojedinačnih težišta u odnosuna usvojeni koordinatni sistemT1(-1; 0) T2(1,5; 1,5) T3(1; -1)
Površine pojedinih površinaA1=33=9 cm2
A2=33=9 cm2
A3=33/2=4,5 cm2
3i
3
1iTix cm95,4195,190AyS
3i
3
1iTiy cm95,4195,191AxS
Statički momenti inercije
A=22.5 cm2
Položaj težišta: cm4,05,22
9
A
Sx y
T cm4,05,22
9
A
Sy x
T
T1
T2
T3
1
3
2
x
y
T(0,4;0,4)
T (0,4; 0,4)
2/18/2013
6
2
3 33
3
33
3 3
2
11
Rešenje za slučaj pod c)
Koordinate pojedinačnih težišta u odnosuna usvojeni koordinatni sistemT1(0; 0) T2(2; 2)
Površine pojedinih površinaA1=332=18cm2
A2=33/2=4,5 cm2
3i
2
1iTix cm95,42180AyS
3i
2
1iTiy cm95,42180AxS
Statički momenti inercije
A=22.5 cm2
Položaj težišta: cm4,05,22
9
A
Sx y
T cm4,05,22
9
A
Sy x
T
0=T1
T2
1
2
x
y
T(0,4;0,4)
T (0,4; 0,4)
33
33
3 3
2.13
2.84
0=T1
T2
1
2
y x
12
d) Rotiramo osu x za 45 i dobijemo osu simetrije. Za tako postavljenkoordinatni sistem sledi Koordinate pojedinačnih težišta
T1(0; 0) T2(2,84; 0)Površine pojedinih površinaA1=332=18cm2
A2=33/2=4,5 cm2
simetrijeosa05,40180AyS i
2
1iTix
3i
2
1iTiy cm78,125,484,2180AxS
Statički momenti inercije
A=22.5 cm2
Položaj težišta:
4,041,1cm57,05,22
78,12
A
Sx y
T
xy
T2
O=T1
cm0y T T (0,57; 0)
2/18/2013
7
13
Zaključci
1. Položaj težišta na nekoj površini je stalna tačka, odnosno svakapovršina ima samo jedno težište i njegov položaj zavisi samo odoblika površine.
2. Koordinate težišta su iste za usvojeni koordinatni sistem bez obzirana način podele složene površine (analizirani slučajevi a i c ). Zarazličite koordinatne sisteme različite su i koordinate težišta(slučaj pod d u odnosu na a i c)
14
MOMENTI INERCIJE RAVNIH POVRŠINA
U odnosu na koordinatni sistem x0y (sl.1.7) razlikujemo sledećemomente inercije ravnih površina:
T(xT; yT)
xT
yT
0 x
y
sl. 1.7
dA
y
x
Ar
A
2x dAyI
A
2y dAxI
A
xy xydAI
A
20 dArI
Zbog r2=x2+y2 dobijamo da je
A
yx22
0 IIdAyxI
-Aksijalni momenti inercije
-Centrifugalni momenat inercije
-Polarni momenat inercije
2/18/2013
8
15
Ako je površina simetrična u odnosu na jednu od koordinatnih osa,tada je Ixy=0.
Aksijalni i polarni momenti inercije su uvek pozitivni a centrifugalnimoment može biti i pozitivan i negativan.
Dimenzija momenta inercije je (L4) a jedinica (m4)
Svaka površina ima bar jedan par osa za koje je centrifugalni momentinercije Ixy jednak nuli.
16
TRANSLACIJA KOORDINATNOG SISTEMA (STEINEROVA TEOREMA)
T
0 x
y
sl. 1.8
a
b
A
xT
yT
-Moment inercije ravne površine za osuparalelnu težišnoj osi jednak je zbirusopstvenog momenta inercije za težišnuosu i položajnog momenta inercije(Steinerova teorema).
2xx aAIIT
2yy bAIIT
Položajni moment inercije jednak jeproizvodu površine i kvadrata rastojanjatežišta posmatrane površine od ose za kojutražimo moment inercije
Aksijalni momenti inercije
ps III
2/18/2013
9
baAIITTyxxy
U datim jednačinama članove nazivamo:
- sopstveni aksijalni momenti inercije za težišne ose TxT, TyTTT yx I,I
Aa2 - položajni aksijalni moment inercije za osu 0x date površine
Ab2 - položajni aksijalni moment inercije za osu 0y date površine
T
0 x
y
sl. 1.9
a
b
A
xT
yT Centrifugalni momenat inercije
TTyxI - sopstveni centrifugalni momentinercije date površine
Aab - položajni centrifugalnimoment inercije date površine
17
2
T022
T0o rAIbaAII
18
Polarni momenat inercije
I0T- sopstveni polarni momenatinercije za pol T
A(a2+b2)=Ar2 - položajni polarni momentinercije za pol 0
T
0 x
y
sl. 1.9
a
b
A
xT
yT
r
2/18/2013
10
19
ROTACIJA KOORDINATNOG SISTEMA
T
0 x
y
sl. 1.10
A
Ako poznajemo momente inercije uodnosu na koordinatni sistem x0y,tada su odgovarajući momenti inercijeza koordinatni sistem u0v nastaorotacijom koordinatnog sistema x0y zaugao (sl.1.10) dati sa:
2sinI2cos2
II
2
III xy
yxyxu
2sinI2cos2
II
2
III xy
yxyxv
2cosI2sin2
III xy
yxuv
20
GLAVNE OSE I GLAVNI MOMENTI INERCIJE
Ekstremne vrednosti aksijalnih momenata inercije nazivamo glavnimomenti inercije.
2
xy
2
yx
yx
1 I4II2
1
2
III
2
xy
2
yx
yx
2 I4II2
1
2
III
Ose 1 i 2 nazivaju se glavni pravci( glavne ose):
yx
xy
II
I22tg
Ugao koji glavni pravac zaklapa sapozitivnim delom 0x ose dobijamoiz:
O
sl. 1.11
x
y
2/18/2013
11
-osa (1) je osa u čijem pravcu deluje maksimalni glavni momenat inercije I1
i ona zaklapa ugao 1 sa pozitivnim delom težišne 0x ose.
Ugao nanosimo u direktnommatematičkom smeru
y
+a x0-a
Centrifugalni moment inercije za sistem glavnih osa je jednak nuli, tj.I12=0.
21
O
sl. 1.12
x
y
1
2=1+90
-osa (2) je osa u čijem pravcu deluje minimalni glavni momenat inercijei zaklapa ugao 2=1+90 sa pozitivnim delom 0x ose.
Ako su x i y težišne ose tada su momenti inercije I1 i I2 glavni centralnimomenti inercije, a ose (1) i (2) su glavne centralne ose inercije. Tadaizrazi za glavne ose postaju:
2
TyTx
2
TyTxTyTx
1 I4II2
1
2
III
2
TyTx2
TyTxTyTx
2 I4II2
1
2
III
POLUPREČNICI INERCIJE I ELIPSA INERCIJEy
(2)=v
j=a
(1)=u
i2i1
x0
Glavni centralni poluprečnici inercije su
A
Ii 11 A
Ii 22
Jednačina elipse inercije je:
1i
v
i
u2
1
2
2
2
2
22
2/18/2013
12
poluprečnik inercije i2 nanosimo na osu (1), odnosno upravno na osu(2).Elipsa inercije nam omogućava da vidimo promenu momenta inercijepri zaokretanju koordinatnog sistema.
Vrednost momenta inercije zu osu (u)jednaka je (Sl. 1.13):Iu=Aiu
2 gde je:A-površina zadate ravne površineiu-rastojanje između ose (u) i tangente naelipsu koja je paralelna osi (u)
Podrazumeva se da pri ovakvom određivanju momenta inercijetreba voditi računa o razmeri crteža.
Sl. 1.13
23
T
(1)
(2)i 2 i 1
Poluprečnik inercije i1 nanosimo na osu (2), odnosno upravno na osu(1),
24
Primer 2
Za površinu prikazanu na slici odrediti glavne težišne momenteinercije i nacrtati elipsu inercije.
3a 4a
2a 4a a
2a3a
Postupak:
a) Odredimo položaj težišta
b) Odredimo momente inercijepovršine za težišne ose
d) Nacrtamo elipsu inercije
c) Odredimo glavne momenteinercije
2/18/2013
13
25
a) Određivanje položaja težišta
T3
T1
T2
1
2
3
- Podelimo složenu površinu na više prostih površinakojima poznajemo položaj težišta i momente inercije
- Usvojimo koordinatni sistem x0y u odnosu na kojiodređujemo težište.
0
x
y
- Odredimo težište prema poznatim izrazima
26
3a 4a
2a 4a a
2a3a
1
2
3T1
T2
x3
x1
x2
x0
Površine pojedinačnih delova su:A1=12a2
A2=8a2
A3=4.5a2
SA=24.5a2
Koordinate pojedinačnih težištaxT1=a+2a=3a yT1=3.5axT2=2a yT2=axT3=0 yT3=3a
2/18/2013
14
27
a12.2a5.24
a52
a5.4a8a12
0*a5.4a2*a8a3*a12
A
xAx
2
3
222
222
i
TiiT
a59.2a5.24
a50.63
a5.4a8a12
a3*a5.4a*a8a5.3*a12
A
yAy
2
3
222
222
i
TiiT
Koordinate pojedinačnih težištaxT1=a+2a=3a yT1=3.5axT2=2a yT2=axT3=0 yT3=3a
Površine pojedinačnih delova su:A1=12a2
A2=8a2
A3=4.5a2
SA=24.5a2
28
3a 4a
2a 4a a
2a
yT=2.59
a
3a
1
2
3T1
T
T2
x3
x1
x2
x0
x =2.12aT
yT
xT
2/18/2013
15
29
-Određivanje momenata inercije
Aksijalne momente inercije određujemo prema Steinerovoj teoremiSopstveni momenti inercije su dati u tabeli i iznose:
4
3
x1 a912
a3*a4I
T
4
3
y1 a1612
a3*a4I
T
43
x2 a67.212
a2*a4I
T
43
y2 a67.1012
a2*a4I
T
4
3
x3 a25.236
a3*a3I
T 4
3
y3 a25.236
a3*a3I
T
Txi
I
TyiI
______________________ ___________________________
13.92a428.92a4
x1
y1
T1
4a
3a
T2
x2
y2
4a2
a
T3
x3
y2
3a3
a
I1Px=A1y*2=A1yT - yT12=12a22,59a-3,5a2= 9,94a4
yT
xT
y
x0
T1 x1
y1
yT1yT
xT
xT1
T
y*
x*
A1
I1Py=A1x*2=A1xT - xT12=12a22,12a-3,0a2=9,29a4
30
Položajni aksijalni momenti inercije za površinu 1
2/18/2013
16
I2Px=A2y*2=A1yT – yT22=8a22,59a-a2= 0,76a4
yT
xT
y
x0
T1x2
y2
yT2yT
xT
xT2
T
y*
x*
A2
I2Py=A1x*2=A1xT – xT22=8a22,12a-2,0a2=20,22a4
31
Položajni aksijalni momemti inercije za površinu 2
T2
I3Px=A3y*2=A3yT – yT32=4,5a22,59a-3,0a2= 20,22a4
I3Py=A3x*2=A3xT – xT32=4,5a22,12a-0a2=0,12a4
32
Položajni aksijalni momemti inercije za površinu 3
yT
xT
y
x0
T1
x3
y3
yT3yT
xT=X*
T
y*A3
T3
2/18/2013
17
33
4
Pyi a63.29I
Položajni momenti inercije za osu y:
I1Py=A1*x12=A1*xT - xT1
2=12a2*2.12a-3.0a2=9.29a4
I2Py=A2*y22=A2*xT - xT2
2=8a2*2.12a-2.0a2=0.12a4
I3Py=A3*y32=A3*xT - xT3
2=4.5a2*2.12a-0.0a2=20.22a4
_________________________________________
4
Pxi a92.30I
Položajni momenti inercije za osu x:I1Px=A1*y1
2=A1*yT - yT12=12a2*2.59a-3.5a2= 9.94a4
I2Px=A2*y22=A2*yT - yT2
2=8a2*2.59a-a2= 20.22a4
I3Px=A3*y32=A1*yT - yT3
2=4.5a2*2.59a-3.0a2= 0.76a4
__________________
Polozajni aksijalni momemti inercije za celu površinu
Ukupni akasijalni momenti inercije za težišne ose:
4
Pxixix a84.4492.3092.13IIITT
4
Pyiyiy a55.5863.2992.28IIITT
-Određivanje centrifugalnog momenta inercije
TTTTTT yxyxyx III s
Sopstveni centrifugalni momenti inercije
0ITTyx1 0I
TTyx2 težišne ose su ose simetrije pa su sopstvenicentrifugalni momenti jednaki nuli
x1
y1
T1
4a
3a
T2
x2
y2
4a
2a
a)
22
TyTx3 hb72
1I
+ -
++-
-
--+
+
Centrifugalni sopstveni momenat inercije za trougao (površina 3) je:
p
-+
++
+-
--
-
b)
- + +
34
2/18/2013
18
42222
TyTx3 a125,0)a3()a3(72
1hb
72
1I
U našem slučaju trougao je orjentisan kao pod a) pa je
Položajni centrifugalni momenti inercije:
yiyi
yiyi
yt
-y
xixi
xi xi
xtTiTi
TiTi
-x
I >0xy
I <0xyI >0xy
I <0xy
T
Položajni centrifugalni moment inercijemože da bude pozitivan i negativan uzavisnosti od toga u kom se kvadrantunalazi pojedinačno težište u odnosu naglavno težište.
35
I2Pxy=A2*xT-xT2yT-yT2=8a2*2.12a-2.0a2.59a-1.0a=1.53a4 (III kvadrant)
I1Pxy=A1*xT-xT1yT-yT1=12a2*2.12a-3.0a2.59a-3.5a=9.61a4 (I kvadrant)
I3Pxy=A3*xT-xT3yT-yT3=4.5a2*2.12a-0.0a2.59a-3.0a=-3.91a4 (II kvadrant)
Koristimo apsolutna rastojanja između težišta,a znak odredimo prema položaju težišta
Sada je ukupni centrifugalni momenat inercije:
TyTxI (1.125+9.61+1.53-3.91)a4=8.36a4
36
2/18/2013
19
Glavni centralni momenti inercije
222
TyTx2
TyTxTyTx
1 36.8*455.5884.442
1
2
55.5884.44I4II
2
1
2
III
41 a51.6281.1070.51I
222
TyTx2
TyTxTyTx
2 36.8*455.5884.442
1
2
55.5884.44I4II
2
1
2
III
42 a89.4081.1070.51I
-maksimalni momenat inercije
-minimalni momenat inercije
Položaj glavnih osa inercije:
269,155.5884.44
36.8*2
II
I22tg
TyTx
TyTx
oo 88,2577,512
37
Položaj glavnih centralnih osa (1) i (2) zavisi od odnosa aksijalnihmomenata inercije Ix i Iy. Njihov položaj je takav da pri rotaciji za ugao veća vrednost aksijalnog momenta prelazi u maksimalnu vrednost,a manja u minimalnu.
U našem slučaju veći je moment inercije Iy, pa njegovom rotacijomza ugao =25.88 u pozitivnom smeru dobijamo glavni pravac (1),koji prolazi kroz drugi i četvrti kvadrant.
yT
xT
T1
T
IyTIxT(1)
(2)
38
2/18/2013
20
Položaj ugla 1 možemo dobiti i kao:
{to zajedno sa vredno{}u centrifgalnog momenta daje slede}e polo`ajeglavnih osa inercije
-za TyTx II
TyTx
TyTx1
II
I2arctg
2
1
-za TyTx II
TyTx
TyTx1
II
I2arctg
2
1
2
39
40
TT
TT
yx
yx
II
I2arctg
2
1
TT
TT
yx
yx
II
I2arctg
2
1
2
TT
TT
yx
yx
II
I2arctg
2
1
TT
TT
yx
yx
II
I2arctg
2
1
2
T
xT
(1)
(2)
I >Ix y
I >0xy
TxT
(2)
(1)
I <Ix y
I <0xy
TT
TT
yx
yx
II
I2arctg
2
1
TT
TT
yx
yx
II
I2arctg
2
1
2
T
xT
(1)
(2)
I >Ix y
I <0xy
TT
TT
yx
yx
II
I2arctg
2
1
T
xT
(2)
(1)
I <Ix y
I >0xy
TT
TT
yx
yx
II
I2arctg
2
1
2
Naš slučaj
2/18/2013
21
Elipsa inercije
a60.1a5.24
a51.62
A
Ii
2
41
1 -nanosimo na osu (2)
a29.1a5.24
a89.40
A
Ii
2
42
2 -nanosimo na osu (1)
yT
xT
T1
T
i1
(1)
(2)i2
41
Primer 3. Za površinu prikazanu na slici odrediti glavne težišnemomente inercije i nacrtati elipsu inercije.
a a
aa
Postupak:
1. Odredimo položaj težišta2. Odredimo momente inercije površine za
težišne ose3. Odredimo glavne momente inercije4. Nacrtamo elipsu inercije
3.1 Određivanje položaja težišta
Zadatu površinu smo podelili na dva dela i odredili položajtežišta pojedinačnih površina u odnosu na usvojeni koordinatnisistem x0y
42
2/18/2013
22
Koordinate pojedinačnih težišta u odnosu nausvojeni koordinatni sistem
a58,13
42a
3
a4a2y 2T
T1
0 x
y
x1
x2
y2
y1
T2
3
r4
ay 1T
xT1a58,1
3
42a
3
a4a2x 2T
T1 (a ; 1,58a) T2 (a ; 1,58a)
Površine pojedinačnih delova su:
A1=2a2a=4a2 22
2 a785.0a4
1A SA=A1-A2=4a
2-0.785a2=3.215a2
43
1 2
y
x
yT
xT
T1
T2
yT
2
yT
1
yT
xT1
xT
xT2
Koordinate težišta ukupne površine su:
a86.0a215.3
a785.0*a58.1a*a4
A
xAx
2
22
i
TiiT
a86.0a215.3
a785.0*a58.1a*a4
A
yAy
2
22
i
TiiT
T (0,86a; 0,86a)T
0
44
2/18/2013
23
Određivanje momenata inercije
Aksijalne momente inercije određujemo prema Steinerovoj teoremi
Sopstveni momenti inercije su dati u tabeli i iznose
4
4
x1 a33.112
a2I
T
44x2 a055.0
9
4
16aI
T
Txi
I (1.33-0.055)a4=1.275a4
4
4
y1 a33.112
a2I
T
44y2 a055.0
9
4
16aI
T
4yi a275.1I
T
45
Položajni momenti inercije:
I1Px=A1*y12=A1*yT - yT1
2=4a2*0.86a-a2= 0.078a4
I2Px=A2*y22=A2*yT - yT2
2=0.785a2*0.86a-1.58a2= 0.407a4
44
Pxi a329.0a407.0078.0I
I1Py=A1*x12=A1*xT - xT1
2=4a2*0.86a-a2=0.078a4
I2Py=A2*y22=A2*xT - xT2
2=0.785a2*0.86a-1.58a2=0.407a4
4
Pyi a329.0I
Akasijalni momenti inercije su:
4
Pxixix a946.0)329.0275.1(IIITT
4
Pyiyiy a946.0)329.0275.1(IIITT
46
2/18/2013
24
*napomena:zadata površina ima osu simetrije, to je dijagonala kvadrata (površine1) i sve tačke na toj osi simetrije su podjednako udaljene i od x i od yose, pa tako i koordinate težišta cele površine (xTi=yTi). Takođe se zbogte simetrije dobija i da je IxT=IyT.
a a
aa
T
T1
T2
47
Određivanje centrifugalnog momenta inercije IxTyT
Sopstveni centrifugalni momenti inercije
0ITTyx1
težišne ose su ose simetrije pa su sopstvenicentrifugalni momenti jednaki nuli
Centrifugalni sopstveni momenat inercije za četvrtinu kruga (pov. 2) je:
444yx2 a0165,0a0165,0
9
4
8
1aI
TT
Za četvrtine kruga važi isto pravilo kao i za trouglove za predznakcentrifugalnog momenta inercije.
48
+ -
2/18/2013
25
Položajni centrifugalni momenti inercije
I1Pxy=A1*xT-xT1yT-yT1=4a2*0.86a-a0.86a-a=0.078a4 (I kvadrant)
I2Pxy=A3*xT-xT2yT-yT2=0.785a2*0.86a-1.58a0.86a-1.58a=0.407a4 (I )
Sada je ukupni centrifugalni momenat inercije:
444yx -0.345a0.407)a(0.0165-0.078)a(0I
TT
Glavni centralni momenti inercije:
222yx
2yx
yx1 )345.0(*4946.0946.0
2
1
2
946.0946.0I4II
2
1
2
III
TTTT
TT
41 a291.1345.0946.0I -maksimalni momenat inercije
222yx
2yx
yx2 )345.0(*4946.0946.0
2
1
2
946.0946.0I4II
2
1
2
III
TTTT
TT
42 a601,0345.0946.0I -minimalni momenat inercije
49
Odnosno I1,2=Ix ± l Ixy I
Položaj glavnih osa inercije:
TT
TT
yx
yx
II
I22tg
946.0946.0
)345.0(*2∞ 2=90 =45
(*)Pravac glavne ose prolazi kroz I i III kvadrant ako je Ixy<0
U našem slučaju Ixy<0 a ugao α=45° tako da je osasimetrije površine ujedno i glavna osa inercije (1).
T
(1)(2)yT
xT
y
xtg
1
50
2/18/2013
26
Elipsa inercije:
a63.0a215.3
291.1
A
Ii
2
41
1
a43.0a215.3
a601.0
A
Ii
2
42
2
-nanosimo na osu (2)
-nanosimo na osu (1)
1
a
(1)2(2)
i1
i1
y
x
yT
xT
xT1
i2
i2
i1i1
i2
i2
51