Moment bezwładności przekroju i twierdzenie Steinera – zadanie 36

Witam ponownie i dzisiaj zrobimy zadanie ze środków ciężkości i momentów bezwładności używając twierdzenia Steinera.
Mamy taki przekrój jak widać na rysunku – dwa półkola złożone w taki oto ciekawy sposób.

srodekciezkosci5 300x225 - Moment bezwładności przekroju i twierdzenie Steinera - zadanie 36

Oto jakie pytanie zadaje autor:

OBLICZ POŁOŻENIE ŚRODKA CIĘŻKOŚCI I MOMENT BEZWŁADNOŚCI PRZEKROJU

Na początek obliczymy współrzędne położenia środka ciężkości:

 

Po pierwsze

Podobnie jak w poprzednim zadaniu

http://blog-student.com/mechanika-srodek-ciezkosci-zadanie-16/

Dzielimy figurę na prostsze elementy

Tutaj sprawa jest oczywista – półkole o promieniu a i drugie półkole o promieniu a.

srodekciezkosci6 300x225 - Moment bezwładności przekroju i twierdzenie Steinera - zadanie 36

Oczywiście znamy położenie środka ciężkości takich elementarnych figur jak półkole.

 

Po drugie

 Umieszczamy tak podzieloną figurę w układzie współrzędnych.

Tylko teraz powstaje pytanie, jak to umieścić?
Figura NIE JEST symetryczna i dlatego umieszczamy ją w pierwszej ćwiartce układu współrzędnych, żeby wszystkie współrzędne były na plusie.

srodekciezkosci7 300x225 - Moment bezwładności przekroju i twierdzenie Steinera - zadanie 36

Po trzecie

Kolejny etap to:

Działamy według prostego wzoru:

 

pole półkola1 * ś.c.półkola1 + pole półkola2 * ś.c.półkola2
xc = ——————————————————-
całkowite pole figury

 

i zaczniemy od współrzędnej x:

 

    0,5 * π * a2 * (a – 4*a/(3*π)) + 0,5 * π * a2 * (a + 4*a/(3*π))
xc = —————————————————-=
2 * 0,5 * π * a2

= a

 

To teraz mały komentarz do powyższego wzoru:

srodekciezkosci8 300x225 - Moment bezwładności przekroju i twierdzenie Steinera - zadanie 36
Środek ciężkości elementu składowego przekroju (w tym przypadku półkola) określamy w tym układzie współrzędnych, w którym tę figurę wstawiliśmy. Wiemy, że środek ciężkości półkola znajduje się 4*a/(3*π) od podstawy i jednocześnie w osi symetrii. Czyli w naszym przypadku środek ciężkości jednego półkola przypada w a – 4*a/(3*π), a drugiego półkola wypadnie w a + 4*a/(3*π)) (ilustracja powyżej).
To teraz przejdziemy do współrzędnej y:

0,5 * π * a2 * a + 0,5 * π * a2 * 2 * a
yc = ————————————————- = 1,5 * a
2 * 0,5 * π * a2

 

Po czwarte

 Wykorzystując twierdzenie Steinera

http://blog-student.com/twierdzenie-steinera-podstawy/

obliczymy momenty bezwładności przekroju.

Zaznaczam, że po to obliczyliśmy położenie środka ciężkości, żeby przez ten środek ciężkości przeprowadzić osie CENTRALNE xc i yc. I teraz w kolejnym kroku działamy WYŁĄCZNIE w układzie współrzędnych xc,yc. No to do dzieła:
Ten podział na 2 półkola dalej jest aktualny, a więc moment bezwładności przekroju będzie sumą momentów bezwładności jednego półkola plus drugiego półkola:
Jxc = π * (2*a)4 / 128 + 0,5 * π * a² * (1,5*a – a)² + π * (2*a)4 / 128 + 0,5 * π * a² * (1,5*a – 2*a) ² =
= π * 16 * a4 / 128 + 0,5 * π * a² * (0,5*a)² + π * 16 * a4 / 128 + 0,5 * π * a² * (0,5*a) ² = 0,5 * π * a4

O twierdzeniu Steinera już było, ale taki drobny komentarz do powyższych obliczeń:
Jasna sprawa że π*(2*a)4/128 oznacza moment bezwładności półkola.

srodekciezkosci9 300x225 - Moment bezwładności przekroju i twierdzenie Steinera - zadanie 36

Następnie 0,5 * π * a² oznacza pole półkola i ostatnia cząstka (1,5*a – a) to odległość środka ciężkości pierwszego półkola od osi centralnej całego przekroju (to pokazałem na powyższym szkicu). Teraz moment bezwładności względem osi yc i działamy analogicznie czyli stosujemy twierdzenie Steinera:
Jyc = π * (2*a)4 / 128 + 0,5 * π * a² * (a – 4*a/(3*π) – a) ² +
+ π * (2*a)4 / 128 + 0,5 * π * a² * (a – 4*a/(3*π) + a) ² = 6,4 * a4

Prawda że proste?

Twierdzenie Steinera i moment bezwładności przekroju

Witam wszystkich i dzisiaj przy okazji momentów bezwładności przekrojów będzie o twierdzeniu Steinera . Już mówię, co to oznacza:

Wielokrotnie w mechanice i wytrzymałości spotykamy się z przekrojami na przykład z przekrojami zginanych belek czy skręcanych wałów. Taki przekrój może być prostokątem, kołem trójkątem lub dowolną kombinacją wymienionych figur. Każdy przekrój posiada środek ciężkości (o czym już było niedawno) oraz moment bezwładności.
To może wystarczy tego wstępu, bo o momencie bezwładności przekroju dzisiaj będzie. Przypomnę, że jest to taka wielkość opisująca figurę, która mówi, w jaki sposób jest ona położona względem osi układu współrzędnych. Jeżeli ta oś przechodzi przez środek ciężkości przekroju to nazywa się

OSIĄ CENTRALNĄ.

Momenty bezwładności podstawowych figur względem osi centralnych można znaleźć w literaturze i kilka przykładów zamieszczam poniżej
momentbezwladnisci1 1 - Twierdzenie Steinera i moment bezwładności przekroju
Wszystko pięknie tylko często potrzeba obliczyć moment bezwładności przekroju względem osi x równoległej do CENTRALNEJ xc ale NIE PRZECHODZĄCEJ przez środek ciężkości przekroju. I na to gotowych wzorów nie ma, ale z pomocą przychodzi twierdzenie Steinera.
momentbezwladnosci2 1 - Twierdzenie Steinera i moment bezwładności przekroju
Nawiązując do powyższego rysunku mamy dane:
– moment bezwładności przekroju względem osi centralnej Jxc (na przykład może to być trójkąt, koło lub inna figura)
– pole figury S
– odległość miedzy osią centralna xc a równoległą do niej osią x którą oznaczono a .
I teraz uwaga:
Moment bezwładności względem osi x wyniesie:

J = Jxc + S * a²

Prawda że łatwe?

Private: Dynamika – regulator – zadanie 33

Mamy taki regulator, w którym belkę o masie m przymocowano przegubowo w 2/3 długości od dołu do wału.
dynamika12 - Private: Dynamika – regulator – zadanie 33
Wał obraca się z prędkością kątową ω . Autor zadaje pytanie:

O JAKI KĄT α ODCHYLI SIĘ  BELKA?

Po pierwsze
Całość uwalniamy od więzów czyli:
– zastępujemy przegub dwiema prostopadłymi reakcjami
– przykładamy ciężar do belki
– ponieważ całość obraca się, to do belki przykładamy siły odśrodkowe bezwładności

dynamika13 - Private: Dynamika – regulator – zadanie 33

Po drugie
Piszemy równania równowagi, a ponieważ jest to układ PŁASKI ROZBIEŻNY, to piszemy TRZY równania równowagi:
∑Pix = ∫dB –  ∫dB2 – Rx = 0 [1]
∑Piy = Ry – m*g = 0 [2]
∑Mio = ∫dB*x*cosα – m*g*L/6*sinα + ∫dB2*x2*cosα = 0 [3]

Po trzecie
W powyższych równaniach pojawiła się całka i teraz warto ją do końca policzyć, ale na początek dobrze będzie zająć się elementarną siłą dB czyli siłą odśrodkową bezwładności. To jest taka siła (mała siła), która działa na niewielką cząstkę belki o bardzo niewielkiej masie. Chodzi o to, że jak zsumujemy te wszystkie małe elementarne siły dB, to będziemy mieć sumaryczną siłę odśrodkową działającą na belkę.

dB = dm * ω² * x * sinα
Analogicznie elementarna siła odśrodkowa po krótszej stronie belki wyniesie:
dB2 = dm * ω² * x2 * sinα

Teraz stworzymy zależność która mówi, że

Elementarna masa dm ma się tak do całej masy belki m, jak elementarna długość dx do całkowitej długości L:

dm/m = dx / L

z tego wyciągamy dm:

dm = m * dx / L

i wstawiamy do obliczonych wcześniej elementarnych sił bezwładności:

dB = m/L * ω² * x *sinα* dx

dB2 = m/L * ω² * x2 *sinα* dx

Następnie robimy z tego całki i obliczamy je. Pierwsza całka oznaczona od zera do 2/3*L:
∫m/L*ω²*x*sinα dx = m/L*ω²*sinα*1/2*(2/3*L)²  = m/L*ω² *sinα*1/2*4/9*L²  =
= m*ω² *sinα*2/9*L

I druga całka oznaczona od zera do L/3:
∫m/L*ω² *x2*sinα dx = m/L*ω² *sinα*1/2*(L/2)² = m/L*ω²* sinα*1/2*L² /4 =

= m * ω² * sinα * L/8

Trzecia całka oznaczona od zera do 2/3*L:
∫dB*x*cosα = ∫m/L*ω² *x*sinα*dx*x*cosα = m/L*ω²* sinα*cosα*1/3*(2/3*L)³ =
= m*ω² *sinα*cosα*8/81*L²

Czwarta całka oznaczona od zera do L/3:
∫dB2*x2*cosα = ∫m/L*ω² *x2*sinα*dx*cosα x2 =
= m/L * ω² * sinα * cosα * 1/3 * (L/3)³ = m * ω² * sinα * cosα * L²/81

I teraz można to co wyszło z tych wszystkich całek wstawić do równania momentów:
∑Mio = m * ω² * sinα * cosα * 8/81 * L² – m * g * L/6 * sinα +
+ m * ω² * sinα * cosα * L²/81 = 0 [3]

ω² * cosα* 8/81 * L²  – g*L/6 + ω² * cosα * L²/81 = 0
ω² * cosα* 8/81 * L² + ω² * cosα * L²/81 = g*L/6
ω² * cosα* 9/81 * L² = g*L/6
I jak to sie to uprości to mamy coś takiego
cosα = 1,5 * g : ( ω² * L )
Wobec tego kąt odchylenia belki wyniesie:
a = arccos (1,5 * g : ( ω² * L ) )

Prawda że łatwe?

Statyka – ściąga – podstawy

Witam ponownie i dzisiaj stworzymy ściągę ze statyki. Tak sobie pomyślałem, że po zamieszczeniu kilkudziesięciu postów dobrze będzie zebrać do kupy to wszystko, co jest potrzebne do zrozumienia podstaw mechaniki oraz zrobienia tych prostych i tych trudniejszych zadań. W pierwszych postach pół roku wcześniej podkreślaliśmy, że najważniejsze są PODSTAWY

Mechanika – pierwsza i trzecia zasada dynamiki Newtona

i jak się je zrozumie to naprawdę niewiele więcej potrzeba, aby tę wiedzę posiąść i umieć zastosować w praktyce.

I tak powstała ściąga albo inaczej mapa myśli i zaczniemy od ściągi z mechaniki – na początek statyka:

sciaga7 - Statyka - ściąga - podstawy

 

A więc mamy ściągę ze statyki i tak naprawdę tyle potrzeba żeby temat zrozumieć i zrobić każde zadanie.

Po lewej znalazły się

I i III zasady dynamiki Newtona

i one są zawsze używane w statyce.

sciaga2 - Statyka - ściąga - podstawy

Pośrodku mamy

tabele z układami sił.

Tak naprawdę każde zadanie ze statyki to jest kilka lub więcej sił ułożonych w mniej lub bardziej skomplikowany sposób.

sciaga8 - Statyka - ściąga - podstawy

 

Przykładem może być belka już uwolniona od więzów i widać reakcje podpór i parę sił zewnętrznych.

statyka5 - Statyka - ściąga - podstawy

W tabeli z różnymi rodzajami układów sił widać 4 różne kombinacje ponieważ już wiemy, że możemy mieć układy sił na płaszczyźnie lub w przestrzeni, a także siły mogą się zbiegać w jednym punkcie (zbieżne) oraz w innym przypadku siły nie będą się zbiegać w jednym punkcie (rozbieżne albo dowolne).

Jeszcze niżej na ściądze mamy 3 różne rodzaje podpór i utwierdzeń

, które można spotkać w zadaniach jeżeli uwolnimy dane ciało lub układ od więzów:

sciaga9 - Statyka - ściąga - podstawy

– podpora przegubowa przesuwna

– podpora przegubowa stała

– utwierdzenie albo wmurowanie

Jak wiadomo i jak widać na powyższym obrazku zasadniczą sprawą jest różna liczba reakcji przy każdym z 3 przypadków.

Może trudno uwierzyć że to wszystko jest tak proste, ale weźmy pierwsze z brzegu zadanie z układów płaskich. Na tym prostym przykładzie pokażemy, jak łatwo jest poruszać się po temacie

statyka1 - Statyka - ściąga - podstawy

Powyżej widzimy, że mamy płaski układ sił i jak uwolnimy od więzów pudło, które leży na równi

statyka2 - Statyka - ściąga - podstawy

to widać że siły zbiegają się praktycznie w jednym punkcie i dlatego zgodnie ze ściągą

sciaga5 - Statyka - ściąga - podstawy

możemy napisać 2 równania równowagi (sumy rzutów sił na osie x oraz y), które będą zgodne z I zasadą dynamiki, ponieważ siły działające na pudło się równoważą i w związku z tym pudło pozostaje w spoczynku.

Autor zadania podał współczynnik tarcia między pudłem a równią, a więc zgodnie ze ściągą

sciaga6 - Statyka - ściąga - podstawy

jeżeli pomiędzy ciałami występuje nacisk i pudło chce zjechać z równi (zamierzony ruch), to wystąpi również siła tarcia.

Poza tym jak widać powyżej, tarcie i nacisk działające na pudło są zwrócone w górę i w lewo. Zgodnie z III zasadą dynamiki Newtona o której również wspomniano na ściądze to samo tarcie i ten sam nacisk również działają na równię pochyłą, ale będą zwrócone w przeciwne strony.

Na tym prostym przykładzie widać jak prosta jest mechanika, jak łatwa jest statyka i nie potrzeba przeczytać wszystkich książek, żeby to ogarnąć.

Statyka – układ przestrzenny – zadanie 31

Jakiś czas temu było zadanie ze statyki z układów płaskich a teraz zrobimy prosty układ przestrzenny.

Jest taka sobie klapa o masie m w kształcie trójkąta równoramiennego ułożyskowana na jednym z boków.
statyka22 - Statyka – układ przestrzenny – zadanie 31
Żeby się ta klapa trzymała w pozycji poziomej, to do jednego z wierzchołków przymocowano cięgno. Drugi koniec cięgna zamocowano do pionowej ściany na wysokości h równej długości boku trójkąta. Autor zadaje pytanie:

OBLICZ REAKCJE WIĘZÓW

Jasna sprawa że chodzi o:
– reakcje w łożyskach
– i siłę w cięgnie.

Po pierwsze – uwalniamy od więzów

czyli zastępujemy siłami łożyska i pręt, bo to łączy klapę ze światem zewnętrznym.
statyka23 - Statyka – układ przestrzenny – zadanie 31
W lewym łożysku będziemy mieć 3 reakcje ( 2 poprzeczne i jedna wzdłużna) ponieważ jest to łożysko poprzeczno-wzdłużne. W prawym łożysku będą 2 prostopadłe reakcje w poprzek osi obrotu klapy, ponieważ jest to łożysko poprzeczne. Szósta reakcja jest siłą wzdłuż cięgna. Ciężar klapy przykładamy w środku ciężkości trójkąta czyli w 1/3 wysokości od podstawy.

Po drugie

Tutaj można napisać 6 równań ( trzy sumy rzutów sił na osie i trzy sumy momentów wokół osi) ponieważ jest to układ sił:
– przestrzenny
– rozbieżny – bo siły nie zbiegają się w jednym punkcie

Przy okazji warto określić położenie siły S a dokładnie kąt zawarty między siłą S a bokiem trójkąta.
Wiemy że zarówno podstawa jak i wysokość trójkąta mają długość h. Jak podzielimy trójkąt na pół to będziemy mieć 2 jednakowe trójkąty prostokątne

 

statyka24 - Statyka – układ przestrzenny – zadanie 31
Długości przyprostokątnych widzimy na rysunku powyżej a przeciwprostokątną obliczymy z twierdzenia Pitagorasa:
h² + (h/2)² = AC²
AC = √[h² + (h/2)² ] = √ [h² + h² /4 ] = √ [1,25*h² ]  = 1,12 * h

To już zrobione, to teraz trzeba obliczyć kąt między cięgnem-siłą S a obliczoną przeciwprostokątną AC.
statyka25 - Statyka – układ przestrzenny – zadanie 31
Jak widać na powyższym rysunku, jest to kąt między przeciwprostokątną klapy a jedną z przyprostokątnych kolejnego trójkąta prostokątnego ale tym razem takiego który jest umieszczony w pionie. Widać również, że mamy długości 2 boków, czyli możemy użyć trygonometrii. Jeżeli w trójkącie prostokątnym mamy kąt i 2 przyprostokątne, to z daleka widać, że to będzie tangens:
tgα = h : (1,12*h) = 0,893
czyli szukany kąt wynosi
α = arctg0,893 = 42°

Kolejna pomocnicza czynność to obliczenie kąta wierzchołkowego klapy w punkcie mocowania cięgna. Tutaj warto wrócić do połowy trójkąta równoramiennego-klapy czyli trójkąta prostokątnego ADC.

statyka26 - Statyka – układ przestrzenny – zadanie 31
Na rysunku powyżej oznaczono połowę kąta wierzchołkowego klapy jako β/2. Znamy wszystkie długości boków w trójkącie prostokątnym i jeżeli wiemy że do obliczenia kąta musimy użyć trygonometrii, to możemy użyć dowolnej funkcji. Dla uproszczenia obliczeń użyjemy funkcji tangens:
tgβ/2 = 0,5*h / h = 0,5
β/2 = arctg0,5 = 26,5°
a więc szukany kąt wierzchołkowy trójkąta w punkcie mocowania cięgna wyniesie:
β = 53°
To jak już mamy wszystkie kąty i wzajemne położenie sił działających na klapę, to warto rozłożyć siłę w cięgnie S na dwie składowe, ponieważ nie jest ona równoległa do żadnej osi. Wiadomo tyle, że tworzy ona kąt a z bokiem AC trójkąta, wobec tego rozkładamy ją  na 2 składowe:
– pionową S*sinα
– równoległą do boku trójkąta S*cos α

statyka27 - Statyka – układ przestrzenny – zadanie 31

Po trzecie – to teraz piszemy równania równowagi statycznej dla tego układu

i dobrze będzie zacząć od sumy momentów:
∑Mix = m*g*h/3 – S*sinα*h=0 [1]
Wiadomo, że siła daje moment względem osi jeżeli:
NIE PRZECINA osi
– lub NIE JEST RÓWNOLEGŁA do osi
Wobec tego moment względem osi x (osi obrotu klapy) dają ciężar m*g i siła w cięgnie S.
Wiadomo również, że:
MOMENT = SIŁA * RAMIĘ
oraz wiadomo również, że siła i ramię muszą być do siebie PROSTOPADŁE.
W nawiązaniu do powyższego równania momentów:
– ciężar m*g działa na ramieniu 1/3 wysokości trójkąta h (bo tutaj jest jego środek ciężkości)
– składowa S*sinα działa na ramieniu h
I tutaj należy podkreślić, że składowa S*cosα nie daje momentu, ponieważ PRZECINA oś x. Jak już to wszystko wiadomo, to lecimy z pozostałymi osiami:
∑Miy = m*g*h/2 – S*sinα*h/2 – RBz*h = 0 [2]
Tutaj należy podkreślić że siły RAz i RAx nie dają momentów, bo przecinają oś y, a siły RAy i RBy też NIE dają momentów, ponieważ są do osi y RÓWNOLEGŁE.
No i została oś z:
∑Miz = RBy * h = 0 [3]
Sumy momentów są zrobione to teraz sumy rzutów sił:
∑Pix = RAx + S*cosα*sin β/2 = 0 [4]
∑Piy = RAy + RBy – S*cosα*cosβ/2 = 0 [5]
∑Piz = RAz + RBz – m*g + S*sinα = 0 [6]

I oto mamy wszystkie równania statyczne dla tego układu. Z powyższych 6 równań można wszystkie reakcje obliczyć. Z równania [1] obliczymy siłę w cięgnie:
m*g*h/3 = S*sinα*h
m*g = S*sinα*3
S = m*g : (3*sinα) = m*g : (3*sin42° ) = 0,5*m*g

Z równania [2] obliczymy reakcję RBz:
m*g*h/2 – S*sinα*h/2 = RBz*h
RBz = m*g/2 – S*sinα/2 = 0,5*m*g – 0,5*m*g*sin21° = 0,32*m*g
Z równania [3] wynika:
RBy = 0

Z równania [4] obliczymy reakcję RAx:
RAx = (-S)*cosα*sinβ/2 = (-m*g / (3*sin α) )*cosα*sinβ/2 =
= (-0,17)*m*g*ctgα*sinβ = (-0,17)*m*g*ctg42°*sin53° =
= (-0,15)*m*g

Z równania [5] obliczymy RAy:
RAy = (-RBy) + S*cosα*cosβ/2 = 0,17*m*g*ctgα*cosβ  =
= 0,17*m*g*ctg42°*cos53°  = 0,11*m*g

Z równania [6]obliczymy reakcję RAz:
RAz = (-RBz) + m*g – S*sinα = (-m)*g/2 + S*sinα/2 + m*g – S*sinα =
= S*(sinα /2-sinα) + 0,5*m*g =
= m*g / (3*sinα)*(sinα/2-sinα) + 0,5*m*g =
= 0,33*m*g * sin21° / sin42° + 0,17*m*g = 0,35*m*g

Prawda że łatwe?