OTPORNOST MATERIJALA Geometrijske karakteristike poprečnog preseka

1

TEŽIŠTE POPREČNOG PRESEKA RAVNE POVRŠINE

y y T 0 A T(x T ; y T )

x

Težište ravne površine je tačka T(x T ,y T ) čije su koordinate: 

xdA

T  A Gde su:

A



S

y

A y

T  A 

ydA A



S

x

A

x T

sl. 1.1

x S y   A xdA , A-površina ravne površine ograničene krivom linijom (sl.1.1) S x   A ydA -statički momenti površine A za x, odnosno y osu. 2

Ako površina ima osu simetrije, težište se nalazi na toj osi (sl.1.2.a). U slučaju da površina ima dve ose simetrije težište je u njihovom preseku (sl.1.2.b). Ako površina ima centar simetrije težište je u tom centru (sl.1.2.c).

a)

T T

b)

sl. 1.2

T

c)

3

Ako je površina A sastavljena iz više delova sa površinama A 1 ,A 2 ...A

n čija su težišta T 1 ,T 2 ...T

n , tada se položaj težišta ukupne površine A u odnosu na odabrani koordinantni sistem dobija prema: x T y T   i n   1 ( x Ti i n   1 A i  A i ) i n   1 ( y T i i n   1 A i  A i )   x T 1  A 1  A 1 x T 2   A 2 A 2   ....

....

A n x T n  A n y T 1  A 1  A 1 y T 2   A 2 A 2   ....

....

A n y T n  A n gde su: A i - površine pojedinih delova ravne površine x Ti - koordinate težišta pojedinačnih površina po x pravcu y Ti - koordinate težišta pojedinačnih površina po y pravcu 4

A 2 Na slici 1.3 geometrijski su interpretirane date veličine.

y x T x T1 y T A 1

T 1

1 A 3 x T x T  x T 1  A 1  A 1 x  T 2 A  2 A  2  A 3 x T 3  A 3

T 2

2 x T2

T T 3

3 x y T  y T 1  A 1  A 1 y  T 2  A 2 A  2  A 3 y T 3  A 3 x T3

Sl. 1.3

Napomena: Za određivanje položaja težišne ose y T nije bilo neophodno koristiti obrazac, jer se položaj težišne y T ose dobija iz osnosimetričnosti površine po x pravcu.

5

STATIČKI MOMENTI RAVNE POVRŠINE

dA y y y T T(x T ; y T ) 0 x x T

sl. 1.4

Dimenzija je (L



L 2 =L 3 ) Jedinica je (m 3 )

x A Statički momenti površine A (sl. 1.4) za ose 0x i 0y su: S x S y   A  A  ydA xdA   y T x T  A  A Statički moment složene ravne površine, za osu, jednak je algebarskom zbiru statičkih momenata svih prostih površina za istu osu.

S x  i n   1 S xi S y  i n   1 S yi 6

-Ako osa prolazi kroz težište statički moment površine za tu osu jednak je nuli -Za osu simetrije statički moment površine jednak je nuli jer osa prolazi kroz težište Primer 1.1

Za zadatu površinu odrediti -položaj težišta i statičke momente inercije 3 3

sl. 1.5

Mere su u cm 3 3 7

1) Određivanje položaja težišta -Podelimo složenu površinu na više prostih površina kojima poznajemo položaj težišta -Usvojimo koordinatni sistem x0y u odnosu na koji određujemo težište -Odredimo težište prema datim jednačiama -Podela složene površine na više prostih površina kojima poznajemo položaj težišta

a) b) sl. 1.5

c)

8

-Usvojanje koordinatnog sistema x0y u odnosu na koji određujemo težište T 1 T 3 T 2 T 1 T 3 T 2 O=T 1 T 2

a) b) c) sl. 1.6

Nameće se usvajanje koordinatnog sistema kao na slici 1.6 jer je uvek težište jedne površine na koordinatnoj osi što olakšava dalji proračun.

Uradićemo slučajeve pod a) i c) da bi smo pokazali koliko veština u podeli i izboru koordinatnog sistema može da skrati postupak proračuna, a i da pokažemo da izbor podele i koordinatnog sistema ne utiče na položaj težišta površine.

9

Rešenje za slučaj pod a)

y 3 1.5

3 Koordinate pojedinačnih težišta u odnosu na usvojeni koordinatni sistem T1(-1; 0) T2(1,5; 1,5) T3(1; -1) T 1 1 T 2 2

T(0,4;0,4)

T 3 x Površine pojedinih površina A 1 =3  3=9 cm 2 A 2 =3  3=9 cm 2 A 3 =3  3/2=4,5 cm 2  A=22.5 cm 2 3 3 1 1 Položaj težišta: 3

x

T 

S

y

A S

x

S

y  Statički momenti inercije i 3   1

y

Ti 

A

i 

0



9



1 , 5



9



1



4 , 5



9 cm

3  i 3   1

x

Ti 

A

i  

1



9



1 , 5



9



1



4 , 5



9 cm

3 

9 22 , 5



0 , 4 cm y

T 

T (0,4; 0,4)

S

x

A



9 22 , 5



0 , 4 cm

10

Rešenje za slučaj pod c)

3 y 3 2 2 Koordinate pojedinačnih težišta u odnosu na usvojeni koordinatni sistem T1(0; 0) T2(2; 2) 3 T 2

T(0,4;0,4)

0=T 1 1 Položaj težišta: 3 x Površine pojedinih površina A 1 =3  3  2=18cm 2 A 2 =3  3/2=4,5 cm 2  A=22.5 cm 2

S

x

S

y Statički momenti inercije   i 2   1 i 2   1

y

Ti

x

Ti 

A

i 

A

i 

0



18



2



4 , 5



9 cm

3 

0



18



2



4 , 5



9 cm

3

x

T 

S

y

A



9 22 , 5



0 , 4 cm

y T

T (0,4; 0,4)

 S x A  9 22 , 5  0 , 4 cm 11

d) Rotiramo osu x za 45



koordinatni sistem sledi

y O=T 1 T 2 x

i dobijemo osu simetrije. Za tako postavljen

Koordinate pojedinačnih težišta T1(0; 0) T2(2,84; 0) Površine pojedinih površina A 1 =3  3  2=18cm 2 A 2 =3  3/2=4,5 cm 2  A=22.5 cm 2 y x

S

x Statički momenti inercije  i 2   1

y

Ti 

A

i 

0



18



0



4 , 5



0



osa simetrije

2.

13 2 T 2

S

y  i 2   1

x

Ti 

A

i 

0



18



2 , 84



4 , 5



12 , 78 cm

3 3 0=T 1 1 3 2.

84 x Položaj težišta: T  S y A  12 22 , , 78 5 y T  0 cm  0 , 57 cm  1 , 41  0 , 4

T (0,57; 0)

12

Zaključci 1.Položaj težišta na nekoj površini je stalna tačka, odnosno svaka površina ima samo jedno težište i njegov položaj zavisi samo od oblika površine.

2. Koordinate težišta su iste za usvojeni koordinatni sistem bez obzira na način podele složene površine (analizirani slučajevi a i c ). Za različite koordinatne sisteme različite su i koordinate težišta (slučaj pod d u odnosu na a i c)

13

0 y y y T

MOMENTI INERCIJE RAVNIH POVRŠINA

U odnosu na koordinatni sistem x0y (sl.1.7) razlikujemo sledeće momente inercije ravnih površina: dA r T(x T ; y T ) x x T

sl. 1.7

x A -Aksijalni momenti inercije I x   A y 2 dA I y   A x 2 dA -Centrifugalni momenat inercije I xy   xydA A -Polarni momenat inercije I 0   A r 2 dA Zbog r 2 =x 2 +y 2 I 0   A  x 2  y 2 dobijamo da je  dA  I x  I y 14

Ako je površina simetrična u odnosu na jednu od koordinatnih osa, tada je I xy =0.

Aksijalni i polarni momenti inercije su uvek pozitivni a centrifugalni moment može biti i pozitivan i negativan.

Svaka površina ima bar jedan par osa za koje je centrifugalni moment inercije I xy jednak nuli.

Dimenzija momenta inercije je (L 4 ) a jedinica (m 4 ) 15

TRANSLACIJA KOORDINATNOG SISTEMA (STEINEROVA TEOREMA)

y 0 b y T T

sl. 1.8

x A x T

Aksijalni momenti inercije

-Moment inercije ravne površine za osu paralelnu težišnoj osi jednak je zbiru sopstvenog momenta inercije za težišnu osu i položajnog momenta inercije (Steinerova teorema).

I  I s  I p Položajni moment inercije jednak je proizvodu površine i kvadrata rastojanja težišta posmatrane površine od ose za koju tražimo moment inercije I x  I x T  A  a 2 I y  I y T  A  b 2 16

U datim jednačinama članove nazivamo: I x T , I y - sopstveni aksijalni momenti inercije za težišne ose T T xT , T yT A  a 2 - položajni aksijalni moment inercije za osu 0x date površine A  b 2 - položajni aksijalni moment inercije za osu 0y date površine y T

Centrifugalni momenat inercije

y 0 b T x A x T I xy  I x T y T  A  a  b I x T y T - sopstveni centrifugalni moment inercije date površine A  a  b - položajni centrifugalni moment inercije date površine

sl. 1.9

17

Polarni momenat inercije

y T y T x T 0 r b

sl. 1.9

x A I o  I 0 T  A  a 2  b 2   I 0 T  A  r 2 I 0T - sopstveni polarni momenat inercije za pol T A  (a 2 +b 2 )=A  r 2 - položajni polarni moment inercije za pol 0 18

y  0

ROTACIJA KOORDINATNOG SISTEMA

T 

sl. 1.10

A x Ako poznajemo momente inercije u odnosu na koordinatni sistem x0y, tada su odgovarajući momenti inercije za koordinatni sistem u0v nastao rotacijom koordinatnog sistema x0y za ugao  (sl.1.10) dati sa: I u I v

I

uv    I x  I y

2

 I x 2  I y

I

x 2 

I

y  I x  I y I x 2  2 I y cos 2 

sin 2

 cos 2  

I

xy  I xy  I xy sin 2  sin 2 

cos 2

 19

GLAVNE OSE I GLAVNI MOMENTI INERCIJE

Ekstremne vrednosti aksijalnih momenata inercije nazivamo glavni momenti inercije.

I I 2 1   I x  2 I y I x 2  I y   1 2 1 2   I x I x  I y  2  I y  2  4 I xy 2  4 I xy 2 Ose 1 i 2 nazivaju se glavni pravci ( glavne ose): Ugao koji glavni pravac zaklapa sa pozitivnim delom 0x ose dobijamo iz: tg 2    I x 2 I xy  I y  O

sl. 1.11

x 20

-osa (1) je osa u čijem pravcu deluje maksimalni glavni momenat inercije I 1 i ona zaklapa ugao  1 sa pozitivnim delom težišne 0x ose.

-osa (2) je osa u čijem pravcu deluje minimalni glavni momenat inercije i zaklapa ugao  2 =  1 +90  sa pozitivnim delom 0x ose.

Ugao  nanosimo u direktnom matematičkom smeru y O y  2 =  1 +90   1 x 0   x

sl. 1.12

Centrifugalni moment inercije za sistem glavnih osa je jednak nuli, tj. I 12 =0.

21

I

1 

I

Ako su x i y težišne ose tada su momenti inercije I 1 i I 2 glavni centralni momenti inercije, a ose (1) i (2) su glavne centralne ose inercije. Tada izrazi za glavne ose postaju: x T 

2 I

y T 

1 2



I

x T 

I

y T  2 

4 I

x T y T 2

I

2 

I

x T 

I

y T

2



1 2



I

x T 

I

y T  2 

4 I

x T y T 2

POLUPREČNICI INERCIJE I ELIPSA INERCIJE

y (2)=v Glavni centralni poluprečnici inercije su i 1 0 i 2  (1)=u x i 1  I 1 A i 2  I 2 A Jednačina elipse inercije je: u 2 i 2 2  v 2 i 1 2  1 22

Poluprečnik inercije i 1 (1), nanosimo na osu (2), odnosno upravno na osu poluprečnik inercije i 2 nanosimo na osu (1), odnosno upravno na osu (2).

Elipsa inercije nam omogućava da vidimo promenu momenta inercije pri zaokretanju koordinatnog sistema.

(1 ) i 2 T i 1 (2 ) Vrednost momenta inercije zu osu (u) jednaka je (Sl. 1.13): I u =A  i u 2 gde je: A-površina zadate ravne površine i u -rastojanje između ose (u) i tangente na elipsu koja je paralelna osi (u)

Sl. 1.13

Podrazumeva se da pri ovakvom određivanju momenta inercije treba voditi računa o razmeri crteža.

23

Primer 2

Za povr šinu prikazanu na slici odrediti glavne težišne momente inercije i nacrtati elipsu inercije.

3a 4a 2a 4a a Postupak: a) Odredimo polo žaj težišta b) Odredimo momente inercije povr šine za težišne ose c) Odredimo glavne momente inercije d) Nacrtamo elipsu inercije 24

a) Odre đivanje položaja težišta - Podelimo slo ženu površinu na više prostih površina kojima poznajemo polo žaj težišta i momente inercije - Usvojimo koordinatni sistem x0y u odnosu na koji odre đujemo težište.

- Odredimo te žište prema poznatim izrazima y 1 T 3 3 T 1 T 2 2 x 0 25

3 a 4 a 3 2 a 0 x 3 T 1 x 1 1 T 2 4 a x 2 2 a Koordinate pojedinačnih težišta x T1 =a+2a=3a y T1 =3.5a

x T2 =2a x T3 =0 y y T2 T3 =a =3a x Površine pojedinačnih delova su: A 1 =12a 2 A 2 =8a 2 A 3 =4.5a

2 

A=24.5a

2

26

Koordinate pojedinačnih težišta x T1 =a+2a=3a y T1 =3.5a

x T2 =2a x T3 =0 y y T2 T3 =a =3a Površine pojedinačnih delova su: A 1 =12a 2 A 2 =8a 2 A 3 =4.5a

2 

A=24.5a

2

x T   A i x  A i Ti  12 a 2 * 3 a  12 a 2 8 a 2 * 2 a   8 a 2  4 .

4 .

5 a 2 5 a 2 * 0  52 a 3 24 .

5 a 2  2 .

12 a y T   A i y  A i Ti  12 a 2 * 3 .

5 a  8 a 2 12 a 2  8 a 2 * a   4 .

4 .

5 a 2 5 a 2 * 3 a  63 .

50 a 3 24 .

5 a 2  2 .

59 a 27

3 3 a 2 a 0 4 a

y T

x 1 1 x 3 T T 1 T 2 4 a x 2 2 a

x T

x 28

-Određivanje momenata inercije

I 1 x T I 2 x T Aksijalne momente inercije određujemo prema Steinerovoj teoremi Sopstveni momenti inercije su dati u tabeli i iznose: y 1  4 a *   3 12  9 a 4 T 1 y 2 4a x 1 I 1 y T    3   3 12  16 a 4  4 a *   3  2 .

67 a 4 x 2 I 2 y T  * 3 a * 2 a  10 .

67 a 4 12 4a T 2 12 y 2 I 3 x T  3 a *   3  2 .

36 ______________________ 25 a 4  i I x T  13.92a

4 3a T 3 x 3 I 3 y T    ___________________________ 3 36 * 3 a  2 .

25 a 4  i I y T  28.92a

4 29

Položajni aksijalni momenti inercije za površinu 1

y y 1

x T1 x T

y T x* A 1 y* T 1 x 1 x T T

y T1 y T

0 x I 1Px =A 1  y* 2 =A 1  

y T

3,5a  2 = 9,94a 4 I 1Py =A 1 

x*

2 =A 1  

x T

3,0a  2 =9,29a 4

- y T1

 2 =12a 2   2,59a-

- x T1

 2 =12a 2   2,12a 30

Položajni aksijalni momemti inercije za površinu 2

y y 2

x T2

y T x*

x T

T 2 T 1 T

y T

y* x T

y T2

x 2 0 A 2 x I 2Px =A 2  y* 2 =A 1  

y T

0,76a 4 I 2Py =A 1 

x*

2 =A 1  

x T

2,0a  2 =20,22a 4

– y T2

 2 =8a 2   2,59a-a  2 =

– x T2

 2 =8a 2   2,12a 31

Položajni aksijalni momemti inercije za površinu 3

y y 3

x T

= X* y T y* A 3 T 3 T 1 T

y T y T3

x 3 x T 0 x I 3Px =A 3  y* 2 =A 3  

y T

3,0a  2 = 20,22a 4 I 3Py =A 3 

x*

2 =A 3  

x T

0a  2 =0,12a 4

– y T3

 2 =4,5a 2   2,59a-

– x T3

 2 =4,5a 2   2,12a 32

Polozajni aksijalni momemti inercije za celu površinu

Položajni momenti inercije za osu x: I 1Px =A 1 *y 1 2 =A 1 *  y T I 2Px =A 2 *y 2 2 =A 2 *  y T I 3Px =A 3 *y 3 2 =A 1 *  y T - y T1  2 =12a 2 *  2.59a-3.5a

 2 = 9.94a

4 - y T2  2 =8a 2 *  2.59a-a  2 = 20.22a

4 - y T3  2 =4.5a

2 *  2.59a-3.0a

 2 = 0.76a

4 __________________  i I Px  30 .

92 a 4 Položajni momenti inercije za osu y: I 1Py =A 1 *x 1 2 =A 1 *  x T I 2Py =A 2 *y 2 2 =A 2 *  x T I 3Py =A 3 *y 3 2 =A 3 *  x T - x T1  2 =12a 2 *  2.12a-3.0a

 2 =9.29a

4 - x T2  2 =8a 2 *  2.12a-2.0a

 2 =0.12a

4 - x T3  2 =4.5a

2 *  2.12a-0.0a

 2 =20.22a

4 _________________________________________  i I Py  29 .

63 a 4

Ukupni akasijalni momenti inercije za težišne ose:

I x T I y T     i I x T i I y T    I i Px  I i Py   13 .

92  30 .

92  28 .

92  29 .

63  44 .

84 a 4 58 .

55 a 4 33

-Određivanje centrifugalnog momenta inercije

I x T y T  I x s T y T  p I x T y T

Sopstveni centrifugalni momenti inercije

I 1 x T y T y 1  0 I 2 x T y T  0 težišne ose su ose simetrije pa su sopstveni centrifugalni momenti jednaki nuli y 2 T 1 4a x 1 4a T 2 x 2 Centrifugalni sopstveni momenat inercije za trougao (površina 3) je: I 3 x T y T   1 72 b 2 h 2 + + + + +   + + + + +  +  a) b) 34

U našem slučaju trougao je orjentisan kao pod a) pa je I 3 x T y T   1 72 b 2 h 2  1 72 ( 3 a ) 2 ( 3 a ) 2  0 , 125 a 4

Položajni centrifugalni momenti inercije:

y i

I < 0

x y

y

t y i

-x

y i T i T i

I > 0

x y x i T y i T i x i

-y

T i

I > 0

x y x i

x

t

I < 0

x y x i Položajni centrifugalni moment inercije može da bude pozitivan i negativan u zavisnosti od toga u kom se kvadrantu nalazi pojedinačno težište u odnosu na glavno težište.

35

Koristimo apsolutna rastojanja između težišta, a znak odredimo prema položaju težišta I 1Pxy =A 1 *  x T -x T1  y T -y T1  =12a 2 *  2.12a-3.0a

 2.59a-3.5a

 =9.61a

4 (I kvadrant) I 2Pxy =A 2 *  x T -x T2  y T -y T2  =8a 2 *  2.12a-2.0a

 2.59a-1.0a

 =1.53a

4 (III kvadrant) I 3Pxy =A 3 *  x T -x T3  y T -y T3  =4.5a

2 *  2.12a-0.0a

 2.59a-3.0a

 =-3.91a

4 (II kvadrant) Sada je ukupni centrifugalni momenat inercije: I x T y T  (1.125+9.61+1.53-3.91)a 4 =8.36a

4 36

Glavni centralni momenti inercije

I 1  I x T  I y T 2  1 2  I x T  I y T  2  4 I x T y T 2  44 .

84  58 .

55  2 1 2  44 .

84  58 .

55  2  4 * 8 .

36 2 I 1  51 .

70  10 .

81  62 .

51 a 4 -maksimalni momenat inercije I 2  I x T  I y T 2  1 2 I 2  I x T  I y T  2  51 .

70  10 .

81   4 I x T y T 2 40 .

89 a 4  44 .

84  58 .

55  2 1 2  44 .

84  58 .

55  2  4 * 8 .

36 2 -minimalni momenat inercije

Položaj glavnih osa inercije:

tg 2    I x 2 I x T  T y I y T T   2 * 44 .

84 8 .

36  58 .

55  1 , 269 2   51 , 77 o    25 , 88 o 37

Položaj glavnih centralnih osa (1) i (2) zavisi od odnosa aksijalnih momenata inercije I x  i I y.

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 I y , pa njegovom rotacijom za ugao  =25.88

 u pozitivnom smeru dobijamo glavni pravac (1), koji prolazi kroz drugi i četvrti kvadrant.

(1)

 y T

Iy T



Ix T (2)

 x T T T 1 38

-za I x T  I y Položaj ugla T   1  1  možemo dobiti i kao: 1 2 arctg I  x T 2 I  x T y I y T T -za I x T  I y T   1    2 1 2 arctg I  x T 2 I  x T I y y T T {to zajedno sa vredno{}u centrifgalnog momenta daje slede}e polo`aje glavnih osa inercije 39

(2) Naš slučaj     I > I x y I > 0 x y 2 2 1 1 2 2 I < I x y I > 0 x y 2 2 1 1 (1 ) T  I I x x 2 2 I I x x   x T (1)  y y I I y y   (2 ) x T T  I I x x 2 2 I I x x I I y y y y    I > I x y I < 0 x y 2 2 1 1 x I < I y I < 0 x y (2) (2 ) (1 )   x T T T  I I x x 2 2 I I x x I I y y y y  (1 )   x T   2 2 1  I I x x 2 2 I I x x I I y y y y  40

Elipsa inercije

i i 1  2  I 1 A  I 2 A  62 .

51 a 4 24 .

5 a 2  1 .

60 a 40 .

89 a 4 24 .

5 a 2  1 .

29 a -nanosimo na osu (2) -nanosimo na osu (1) y T

(1) i 2 i 1 (2)

x T T T 1 41

Primer 3. Za površinu prikazanu na slici odrediti glavne težišne momente inercije i nacrtati elipsu inercije.

a a Postupak: 1. Odredimo položaj težišta 2. Odredimo momente inercije površine za težišne ose 3. Odredimo glavne momente inercije 4. Nacrtamo elipsu inercije 3.1 Određivanje položaja težišta Zadatu površinu smo podelili na dva dela i odredili položaj težišta pojedinačnih površina u odnosu na usvojeni koordinatni sistem x0y 42

y y 1 T 1 y 2 T 2 x 2 x 1

4 r 3

 y T 1  a y T 2  2 a  4 a 3   a   2  4 3  0 x T1 x T 2 x  2 a  4 a 3   a   2  4 3   1 , 58 a Koordinate pojedinačnih težišta u odnosu na usvojeni koordinatni sistem T 1 (a ; 1,58a) T 2 (a ; 1,58a) Povr šine pojedinačnih delova su: A 1 =2a  2a=4a 2 A 2  1 4 a 2   0 .

785 a 2  A=A 0.785a

1 2 -A 2 =4a 2 =3.215a

2  1 , 58 a 43

Koordinate težišta ukupne površine su: y 1 y T 2 x T   A i x  A i Ti  4 a 2 * a  1 .

58 a * 0 .

785 a 2 3 .

215 a 2  0 .

86 a y T   A i  y A i Ti  4 a 2 * a  1 .

58 a * 0 .

785 a 2 3 .

215 a 2  0 .

86 a T 2 T 1 x T T (0,86a; 0,86a) T x 0 x T x T1 x T2 44

Određivanje momenata inercije

Aksijalne momente inercije određujemo prema Steinerovoj teoremi

Sopstveni momenti inercije su dati u tabeli i iznose

I 1 x T I 2 x T     4  12 a 4    16  1 .

33 a 4 4 9     0 .

055 a 4 I 1 y T I 2 y T     4 12 a 4    16   1 .

33 a 4 4 9     0 .

055 a 4  i I x T  (1.33-0.055)a 4 =1.275a

4  i I y T  1 .

275 a 4 45

Položajni momenti inercije:

I I 1Px =A 1 *y 1 2 =A 1 *  y T 0.078a

2Px =A 2 4 *y 2 2 =A 2 *  y T  i I Px   0 .

078  - y T1  2 =4a 2 *  0.86a-a  2 = - y T2  2 =0.785a

2 *  0.86a-1.58a

 2 = 0.407a

4 0 .

407  a 4   0 .

329 a 4 I 1Py =A 1 *x 1 2 =A 1 *  x T I 2Py =A 2 *y 2 2 =A 2 *  x T 1.58a

 2 =0.407a

4  I i Py   0 .

329 a 4 - x T1  2 =4a 2 *  0.86a-a  2 =0.078a

4 - x T2  2 =0.785a

2 *  0.86a-

Akasijalni momenti inercije su:

I x T   I i x T   I i Px  ( 1 .

275  0 .

329 )  0 .

946 a 4 I y T   I i y T   I i Py  ( 1 .

275  0 .

329 )  0 .

946 a 4 46

*napomena: zadata površina ima osu simetrije, to je dijagonala kvadrata (površine 1) i sve tačke na toj osi simetrije su podjednako udaljene i od x i od y ose, pa tako i koordinate težišta cele površine (x Ti =y Ti ). Takođe se zbog te simetrije dobija i da je I xT =I yT .

a T 1 T T 2 a 47

Određivanje centrifugalnog momenta inercije I x T y T Sopstveni centrifugalni momenti inercije

I 1 x T y T  0 težišne ose su ose simetrije pa su sopstveni centrifugalni momenti jednaki nuli Centrifugalni sopstveni momenat inercije za četvrtinu kruga (pov. 2) je :

I

2 x T y T  

a

4   

1 8



4 9

       

0 , 0165 a

4  

0 , 0165 a

4 Za četvrtine kruga važi isto pravilo kao i za trouglove za predznak centrifugalnog momenta inercije.

+ 48

Položajni centrifugalni momenti inercije

I 1Pxy =A 1 *  x T -x T1  y T -y T1  =4a 2 *  0.86a-a  0.86a-a  =0.078a

4 ( I kvadrant) I 2Pxy =A 3 *  x T -x T2  y T -y T2  =0.785a

2 *  0.86a-1.58a

 0.86a-1.58a

 =0.407a

4 ( I ) Sada je ukupni centrifugalni momenat inercije:

I

x T y T 

(0



0.078)a

4

(0.0165



0.407)a

4 

-0.345a

4

Glavni centralni momenti inercije:

I 1  I x T  I y T 2  1 2  I x T  I y T  2  4 I x T y T 2 I 2 I 2

I

1 

0 .

946



0 .

345

  I x T  2 I y T 0 .

946  1  2  I x T  0 .

345  I y  T

1 .

291 a

4  2  4 I x T y T 0 , 601 a 4 2  0 .

946  0 .

946 2  1 2  0 .

946  0 .

946  2  4 * (  0 .

345 ) 2 -maksimalni momenat inercije  0 .

946  0 .

946 2  1 2  0 .

946  0 .

946 -minimalni momenat inercije  2  4 * (  0 .

345 ) 2 49

y Odnosno I 1,2 =I x ± l I xy I Položaj glavnih osa inercije: tg 2    I x 2 I x T  T y I y T T   2 * (  0 .

345 ) 0 .

946  0 .

946  

∞

1 tg  2  =90   =45  (*) Pravac glavne ose prolazi kroz I i III kvadrant ako je I xy <0 x  U našem slučaju I xy <0 a ugao α=45° tako da je osa simetrije površine ujedno i glavna osa inercije (1).

(2) y T (1)  x T T 50

Elipsa inercije:

i 1  i 2  I 1 A  I 2 A  1 .

291 4 3 .

215 a 2  0 .

63 a 0 .

601 a 4 3 .

215 a 2  0 .

43 a y y T -nanosimo na osu (2) -nanosimo na osu (1) 2 (2) 1 i 1  1 i x T1 i 1 i 2 i 2 i 1 i 2 2 i (1) x T x 51