Хотя во втором случае крайние точки лежат ближе к ней­ тральной линии, чем в первом, однако, напряжения сильно уве­ личились за счет того, что момент инерции J„ по сравнению с У- уменьшился в значительно большей степени, чем расстояние 2maXпо сравнению с утах, что и привело к уменьшению момента сопротивления Wy сравнительно с W·.

Задачи. 1. Дано прямоугольное сечение высотой h и шири­ ной b (фиг. 9. 9,а). Определить, во сколько раз увеличатся мо­ мент инерции и момент сопротивления относительно центральной

оси z, 1) если	увеличить	вдвое высоту h		и 2)		если увеличить
вдвое ширину Ь.
Ответ: 1)	Увеличатся	J в восемь	раз	и W	в четыре раза;
2) / и W — в два раза.		диаметром	D = 8 см			и внутренним
2. Труба с	наружным

d = б см изгибается моментом Αί= 350 кем. Определить наиболь­ шие нормальные напряжения в точках у наружной и у внутрен­ ней поверхности трубы. Ответ: о,ЮР= 1018 кг/см^·, свн =763 кг/см*.

3. Прямоугольное сечение bXh= 12X15 см ослаблено в цент­ ре круглым отверстием диаметром d —10 см. Вычислить моменты инерции и моменты сопротивления относительно горизонтальной

и вертикальной	центральных	осей. Ответ: /z=2884 см*\ W-—
= 395 см*\ /„= 1669 смі\ U7„=278 см3.
§ 5. Моменты инерции сложных фигур
Ф о р м у л а	п е р е х о д а	к п а р а л л е л ь н ы м осям.

Часто приходится вычислять момент инерции относительно оси, не совпадающей с центром тяжести сечения. В этом случае поль­

		зуются так называемой формулой
		перехода к параллельным осям. Для
		ее вывода рассмотрим какое-нибудь
		сечение, для которого заранее изве­
		стен момент инерции / 0 относительно
		оси, проходящей через центр тяжести
		сечения О (фиг. 9. 13). Проведем но­
		вую ось z параллельно центральной
		оси на расстоянии а. Все сечение ра­
	Фиг. 9. 13. К выводу формулы	зобьем на малые площадки \F . Рас­
		стояния каждой из них до централь­
	перехода к параллельным осям
		ной оси обозначим у0, а до оси z обо­
	произвольного сечения.
		значим у. Согласно формуле (2) мо­

менты инерции относительно этих осей будут соответственно У0= = Σί/ο^^ и Jz='Zy2kF· По фиг. 9. 13 имеем у=Уо+а. Подставим

это значение у в выражение момента инерции	]- и произведем
следующие преобразования:
h = Σ (Уо+ а)2Λ F= Σ (Уо2+ 2у0а+ α2)	F.

268

Последнее выражение представим в виде отдельных сумм и вынесем постоянные множители:

F'■

Первая сумма оказывается равна моменту инерции / 0 отно­ сительно центральной оси. Вторая сумма, 2ί/οΔ^= 5 = 0, пред­ ставляет собой статический момент площади сечения относи­ тельно той же оси; он равен нулю, потому что эта ось проходит через центр тяжести сечения [гл. I, § 5 формула (96)]. Наконец, третья сумма равна площади се­

чения Σ \F = F . Принимая во вни­ мание полученные значения сумм, можно написать, что

	Jg=J9 + a*F.	(13)
Момент инерции относительно
любой оси равен моменту инерции
относительно параллельной		цен­
тральной оси плюс площадь сече­			Фиг. 9. 14. К вычислению осевых
ния, умноженная на квадрат рас­			моментов инерции	треугольника.
стояния	между осями. В	слу­		из форму­
чае перехода от произвольной оси к центральной
лы (13)	имеем
	J0=Js—a2F.			(14)

Отсюда следует, что момент инерции относительно централь­ ной оси имеет наименьшее значение. Формулы перехода к па­ раллельным осям применяются очень часто. При их помощи вы­ числяются моменты инерции сложных сечений, составленных из отдельных фигур. Нужно только помнить, что они справедливы при переходе от центральной оси к любой, ей параллельной, и обратно, но ни в коем случае нельзя применять эти формулы при переходе от одной не центральной оси к другой, тоже не центральной оси, хотя и параллельной первой.

Т р е у г о л ь н и к . Воспользуемся формулой перехода для вычисления момента инерции сечения в виде треугольника от­ носительно центральной оси, параллельной одной из его сто­

рон, например, основанию АС (фиг.	9. 14).
Дополним ДЛДС до параллелограмма ABDC с основанием
b и высотой А, добавив такой же	/\BDC. Момент инерции

параллелограмма . относительно его центральной оси г, как выше было найдено (фиг. 9.9, в), равен У' = ^ - . Диаго­

наль ВС делит параллелограмм на два равных треугольника. Момент инерции каждого из них относительно той же оси равен половине J z’ . Следовательно, момент инерции ДЛ5С

269

<3

5Г

а

(2

св

X

S

s

г

ч

со

Си

>>

ч

м

X

X

ч

X

■&

о

О.

С

^1 ?- —т

Г V. /	1	.1?
С1	μ7ί-	■>?(
1		І

i-— н

			Вес	пог.м, кг	15
	Расстояния тяжестицентра			1
			мм	О	14
				>>
				О	»■>*,
				N
	CMS				*■«
	Моментысопро	тивления,
				N	*-·»
					*-*
					1
	t Моменты	инерции,см4		4 ’	9 1 10
			Л		1
				«1
			С(
			S	3	Со
			3	u
			§	μ
		с
				¢3	t-N.
				к
	мм				kQ
	Размеры,
				<4
				£	См
	№		про­	филя	*■>

0,083

0,191

0,164

0,214

0,271

0,328

0,653

1,085

1,623

	4,00	5.07	5,40	5,57	6,82	8.08	10,86	13,65	і
									16,43
X
Я
OJ									1
ί	0,056	0,149	0,147	0,187	0,303	0,446	1,173	2,424
и й									4,339
н
о с т о р о н	0,062	0,193	0,215	0,271	0,551	0,979	3,419	8,813	18,905
н									;
в	0,291	0 671	0,576	0,751	0,951	1,151	2,291	3,806	5,691
р а
н и к
ь
О Л	1,5	2	2	2	2	2	3	4	5
Г
>>
	1	2	1,5	2	2	2	3	4	5
	15	18	20	20	25	30	40	50	60

« І М С О І ’ Ю Ю Ь О О О З

270

і о

05 *■■4

<М

05

00

IN,

¢0

CSJ

N

		іО	©	г-	ОО	<У>		©	ІО
		тГ		©	СО	©		СО	со
		©	СМ		см	со	©	©
			o'	©	©	©		©	—
		см	©	см	СО	©	оо	О О	со
			т		©			см	Ν-
		©	ОО	оо	©	©	со		см
									см
		оо		т г	©	о	о	со	©
		©		со	ТГ	о		©	см
		CM г г г г со ’Ч' ©						©	оо
		о	оо	со	іП	о	СО	—-	со
		©	©	оо	см	©	f.M	©	02
	НХ			’-ч		—1	©	ч*	©
		©	©	©	©	©	©	©
	23	t-* со О			О	і · со о			о
		О	Th	о	©	г -	о	©	©
		CS	со	тг	'T	(О	о	с о	0
		о	о	о	о	о	о
			-	Ю	оо	0	0	со	©
			(М	CN		(М
						©	о	с Г	іо
	о.	ГГ)		см	,	©	©	с о	©
		СО	©	•О	N		N	©	см
				©	N		©	Ч*	IN
		©	©	о	©	Г-. см		©	σΓ
	X	on	СО	4	Ю		^ч	©	©
	со	с о	см	т-н	СТ5	со	rt*
		©		г—				см	©
	л		©		ОО	см	ч*
		о о		Т-Ч © і-ч ^ч см O'
	си
	м
	X
	X
	X		©				©
	Ч	см	см	©	см	©	см	ч<	©
	о
	U	©	©				©
	> >	*-·	см	©	см	©	см	ч<	ю
				©	©	©	см	©
			см	см		ем
		© о о		с о	с о	о о	©	©	©
			"				см	см	ч<
		©	ю	©	о	©	о	©	©
		см	см	см	©	©	<4·	чг	©
			см	©	Ч 4	©	©	IN	о о

	см	t-		00	см	t-	СМ	©	о
	со	см	со	гг	тг		©	©	©
				см	со	со	©		©
	о	©	©	©	©	©	©	©	-4
	©	гг	со	©	см	©	©	©	IN
		ь-	©	©	см	©		©	©
	о о	©"	©		см		©"	©	"Sf
									CM
	о о	ос	1	©	,—і	©	©	©	©
	с о	со	©	«—■ ©		о	с о	г -	02
	со	с о		■Ч4		Ч"	©	©	00
	с о	©	г— ©		,-4	Ч*	—	©	©
	со	см	©	©	©	©	©	©	о
	о				см	см	©	о о	02
	©	© "	©	о	о	о	о	©	—
	8	2	5	2	см	9	9	0	4
	7	1	9	6	©	2	2	0	7
X	0, 2	,04	,05	0, 5	о о	1, 0	1, 4	3, 2	6, 7
					©
X
	IN		©	с о	©	©	©	с о	0-1
	02		©	Ч"	©	см	©	г -	©
X	©		©	см		©		©	©
	©	©	о	.© *	о	©"	©		©
S
	©	ОО	©	I—	©	©	©	о	Ч<
	©	см	©	©	см		©	©	см
ч	©	©	ОО	©	Ч" *— ©			N	МО
	©	©	©			см	©	©	1"-
о
									см
Urn
>»	rf	© о		h-	о © © CM				4*
о	©	IN		00	CM ©			©	4*
-с	©	© — © — —					— © ©
ч	© ©
ю				4 , 5	© © © 00				©
	тг	•nr ©

©

С М С М С М С М С М С М С М ^ Г ©

			©
		CM	CM	rt<	©
©	©	©	©	©	©
CN	СМ	СМ	СМ	©	-О1
© © © 0	0	©	0 0	©

C S C M C M C O C O C O r r i O ©

-ч CM СО ^ ю © СО ©

271.

3

=r s

ю

«з

Η

<U a

га

CD

.¾

ч

ок

о*

«S

£

S

s

2

=5

03

О.

>»

4

М

Ж

л

г;

К

*Ѳ

О

O'

С

NJ

<М

				*
		Вес		лог. м,
	Расстояния тяжестицентра			1
			мм	О
				Ьі
	Моментысопро­	тивления,см*		h '
				&Г
	Моменты	‘инерции, см4
		А
		СО		^
		В		u
		о
		с		^
				Q
				к.
	лтм			тЧ
	Размеры,			-к*
				05
				£
	№		про­	филя

■Чі

*-ч

**ч

с\| --4

—ч *-ч

—ч

Оі

<ъ

<0

<N

—ч

		ю	о	ГТ)	— <	сп
		ГГ)	f"—	СО	см	со
		см	СО			с-.
		о	о	о	о	—
		ю	ю
		сч	см	о	о	ю
			«—	СМ	сч	см
		ш	о	ю	о	о
		см	о	см	о	ю
			t-~- Tt*		О-	(ГМ
				см	см	со
		СО	(Т>	со	со	со
		СО	со	,ΤΓ	со	U J
		со	тг	т-	о	t—
		о	о	о	— -	СО
	X	0,856	1,022	2,099	2,900	9,098
	3 3
		1
	га	ю	t--	см	со	т-
		со		о	Ю	0>
	ч			СО	Ю	»—·
	X	о	о		см	см
	-Ѳ-	t"»	I4*·	N-	о	ю
	о	о	г-	СП	о	ь-
		1— '	см	·—■	со

а1—1 Ю смсм

»5
3	ю	о	"гг	со	о
га	о	со	ю	см
о	—	—< --			с о
н
а>
сп
		ю	см
	см	см		со	со
	to		ю
		гм	Ψ— см		ю
	см	ѵО
		см	см	СО	to
	со	СО	ю	і О	ю
			сч	см	со
	ІП	Ю	о	о	о
	см	см	м*		ю
	_ см		СО	r f	ю

СМ

см	со	-*
		с \
о	о*	о*
ю	ю	о
см	см	%г>
о	О )
ю		Tf
	ю
	Ю	Я
»—>со
to	со
о	о	э
о	1,048	0,774
о
со
н х
РЧ Tf		г-
СО	о
см	"Т
о	о	о

о -

«ю о ю СО Г- со

ч	о	’"Ч	- 1
ч
4>	со	о
			а
CQ	г-		СО
	о	— о
3
	см	ІО
		см	см

юю ю

см

юсо ІО

юю о

см см со

см со

272

0,599	0,935	1,163	1,710	1,619
1				1
О	О	О	О	о
о	LO	О	ю	о
СМ	СМ	СО	со

0,342	0,479	о	0,621	0,983	1,559
		о
		ю
1
Ю	Ю	о	о	О	О
СМ	СМ	ю	о	LO	о
			см	CN	со

0,235	0,364	0,471	0,662
1
СО	о	О	Ю
	со

юо СО О

5 ,0 9	5,5 8	6,81	8,3 2	9,2 7
1
·—н	СО	00	СМ	СО
	ю	ОО	см	00
Tt*	со	О	05	см
О	о	_		см
	см	со	со	оо
СО	00	СГ5	СО	см
	со	Г-		см
СМ		«о	—ч	СО
			—1
СО	ю	о	г^.	см
	а>	оо	со	00
Ю		<л		оо
О	о	і		ю
h-	ю	σ>	о	о
оо	ю		UO	05
со	05	СО	г—
	о	о	о	см
	--	см		ю
О)	Г-5	о	о	о
о	со	о	о	со
СМ	см		о
	со		СО	ю

со TJ·

ю

	8,49	8,97	8,52	10,02	10,74	12,84		о	17,5	20,0	см
											о
								ю			о
		СМ	СО	СО	!>·		X	1—1	05	со	!Г5
						СМ	X
	ю	ю	со	оо	00			1-м	t"-	о	см
		г»	С—		00	тг		см	со	ю	со
	о	о	О		*—1	СО	со	о	о	о	о
X
	см	со	см	см	ь-	со		СО	см	05	00
X
	ю	см	05	t>-	Tf			о	05	<ю	ю
	05	см	ю					см	со	со	*—«
см о		_■ о-> см ю				о		о	о	о	Ψ—·
а.	СО	05	см	см	ю	оо	S	г-	Tt*	СО	05
аі	см	00	оо	о-	со	00		со		о
	со		00	г—	со	ю			о
ч	о	о	о	1—·	со	г-	о	о		Т-.
	со	со						о	со	см	о
			оо	00	Г"	о	о.
	оо	со	00		со	со			см	СО	05
	«	ю	со	-'Г		-cf				т#·	г-
		1—<	см	ю	со	о \ _ _>	к	о	о	«■н	см
ea					·—*	со
a	о	ОО	00	00	ю	г--	«	со	оо	см
	см	со	г—	1					см	ю	со
ю	-	♦>	1—1	«	со	10				со
	*—■«			см				о		·"“·
л							ес
ч	ю	СО	СО	СО	со	00	о
>*	TJ*						a
tfl							ca		ю	со
	см	см	см	см	со			см	см
							Л
							н		ю	со	-3*
								см	см"

со		•Cj*	ю		ю	см	см	см
									СО	rf
со	о	см	о	СО	о	о	о	ю	о	ю
	см		со		см	см	см	см	со	со
о	о	о	о	о	ю	ю	о	о	о	о
тг	ю	со	г-	00	см	см	со		ю	о
	Ю	со	г·»	00	■	см	со		ю	о

ю	см	см	2 ,5
о	ю	о	о
		гг
о	*о	о	ю
	см	со	ТГ

Основы строительной механики

273

относительно оси, проходящей параллельно основанию по се·

, К	Ш ГТ
редине высоты, равен У2 = — = — . Для треугольника ось г
2	24

не является центральной. Напишем формулу перехода от оси z к центральной оси треугольника: J 0 = J S,— a2F. Так как

центр тяжести треугольника лежит на одной трети высоты,

то расстояние между осями будет	h	Н	h
	а — ------ — = — .Подстав·
	2	3	6

ляя его и площадь сечения в формулу перехода, находим момент инерции треугольника относительно центральной оси

0

24

\ 6 / 2

36

Относительно оси, совпадающей с основанием АС, момент

инерции треугольника вычисляем по формуле (13):

I

I

,

/ ft V с

Ъ № .

ft*

Ь Н

b h 3

J»c = J° + [т )

Точно

так

же

находим

момент

инерции

относительно

оси B D , проходящей через вершину параллельно основанию

(фиг.

9.14):

Ущ> = ^ .

Прямоугольник и круг представляют собой сечения, сим­

метричные относительно центральной

оси,

поэтому

моменты

сопротивления для верхних и

нижних

крайних

точек у них

одинаковы. В

треугольнике

расстояние от

центральной оси

до основания равно

h

2h

поэтому здесь

— , а до вершины----

3

•

3

мы получим

два момента сопротивления: один для верхней

точки

„

1ѵ7

J0-3

bh3·?,

bh*

,

а

другой —для

нижних:

В:

U/! == —— =

------ =

24

2h

36·2h

bh3·3 ^_bh*

36·/!

~

12

‘

С о с т а в н ы е

с е ч е н и я .

В

большинстве

конструкции

сечение балки не является сплошным, особенно для балок, изготовленных из металла. Такие балки составляются часто путем склепки или сварки отдельных листов и брусьев, имеющих сечение в виде труб, угольников, швеллеров и т. д. Эти брусья изготовляются на специальных заводах, имеют определенные стандартные размеры и называются профилями. Площади попе­ речных сечений, положение центра тяжести, моменты инерции и моменты сопротивления профилей различных размеров вычи­ сляются заранее и помещаются в таблицы. Эти таблицы можно найти в специальных справочниках; примеры таких таблиц для некоторых употребительных профилей мы приводим здесь (табл. 8 и 9).

274

Вычисление моментов инерции сечений составных балок производится при помощи таблиц профилей с применением фор­ мулы перехода к параллельным осям. Покажем на конкретных примерах, как это делается.

Пример 1. Вычислить момент инерции относительно оси z—z сечения лонжерона, состоящего из двух цельнотянутых труб се­ чением DXd=60X56 мм, соединенных

двумя листами tX h = 2X220 мм. Рас­ стояние между центрами труб равно 200 мм (фиг. 9. 15). В листах сделаны симметричные вырезы высотой Л,= = 120 мм.

Момент инерции вычисляем в см. Он состоит из момента инерции ли­ стов

th

Л = 2 --------		- 4 =
	І2	12
0,2-228	0,2-123			см*
12	12	:297
и момента инерции		труб.	Каждая		Фиг. 9. 15.	Сечение лонже­
груба имеет	площадь +=3,64			см2 и		рона.
относительно	собственной		централь­
ной оси 7— 7	момент	инерции		У1=15,3 см4 (табл. 7 предыду­
щего параграфа). По формуле				перехода		/

Утр = 2 (УJ + a2F) = 2 (15,3 + 1 02 · 3,64) = 759 см\

Момент инерции сечения лонжерона будет

У = 2 9 7 + 759 =1056 см*.

Расстояния до крайних точек равны 13 см. Момент сопротив­ ления сечения

W=	1056 = 81,1 см*
У max	13

Пример 2. Вычислить момент инерции сечения двутавровой балки, составленной из вертикальной стенки, четырех равнобо­ ких угольников и двух горизонтальных листов, соединенных межіу собой заклепками диаметром <7=8 мм. Размеры сечения укаіаны на фиг. 9. 16 в мм.

По табл. 9 находим для одного равнобокого угольника 10X40X4 мм площадь />=3,08 смУ; расстояние центра тяжести //0=1,13 см и момент инерции /і=4,6 см* относительно собствен­ ной центральной оси 1—1, которая расположена от центра тя-

24

жести сечения на расстоянии аі= ------г/0=12—1,13=10,87 см.

18*

275

Моменты инерции относительно центральной оси сечения:

а) вертикальной стенки Уст= °

~

см'‘‘''

б) четырех равнобоких угольников

Ууг= 4 (У, + a\FyT = 4(4,6 + 10,872 · 3,08) = 4 (4,6 + 364) = 1475 см*;

в) двух горизонтальных листов

Ул = 2 (У2 + a\Fn) = 2		+ 12,32 · 0,6 · 10) =
		= 2(0,18 + 908)=1816 см*.
Всего	сечения У = Уст + Ууг+ Ул = 3636 см*.
Приведенные вычисления показывают, что моменты инерции
относительно собственного центра тяжести			(/,	и / 2) элементов,
	удаленных от нейтральной оси, очень
	малы по сравнению с величиной a2F, и
	их можно не принимать во внимание,
	вычисляя момент инерции таких эле­
	ментов достаточно точно по формуле
	Jf^a2F. Для постановки заклепок в бал
	ке просверливаются отверстия, которые
	ослабляют сечение.			Заклепки	обычно
	располагаются в		шахматном		порядке:
	в одном сечении только вертикальные,
	соединяющие лист с угольниками, а и
	другом — только		горизонтальные, со­
	единяющие угольники со стенкой. Пер­
	вые больше ослабляют сечение, чем вто
	рые. Учтем это ослабление. Расстояние
	центра тяжести вертикальных заклепоч
Фиг. 9.16. Размеры сечения	ных отверстий (на фиг. 9. 16 заштрихо­
клепаной двутавровой балки.	ваны)	а3=12,6—0і4+°’6 =12,1			см. Мо­

мент инерции ослабления четырьмя отверстиями по приближен­ ной формуле будет

Уосл = 4а2Дотв = 4 ■12,12(0,4 + 0,6)0,8 = 468 см*.

Если из момента инерции всего сечения без учета ослабления (как говорят, сечения брутто) вычесть / осл, то получим так на­ зываемый момент инерции нетто

'нетто= брутто“ Лол = 3636 - 468 = 3168 С М *.

Задачи. 1. Еычислить момент инерции и момент сопротивле­ ния двутавровой балки (фиг. 9. 16) относительно центральной

276