5 momenti inercije

Моменти инерције раванских фигура

Кратки изводи из теорије Површина раванске фигуре

Нека фигура се може поделити на бесконачан број

елементарних површина dA. Сумирањем свих елементарних површина добија се површина фигуре, а сам процес се математички може исказати са

∫=AdAA , (Т.5.1)

где дата ознака за двоструки интеграл подразумева да се сумирање врши над површином целокупне фигуре.

Статички момент фигуре за осу

За неку фигуру и осу се по дефиницији уводи величина која се назива статички момент фигуре за осу. Уочићемо једну фигуру и координатни систем ξOη (слика). На фигури ће се уочити елементарна површина dA. Множењем ове елементарне површине са њеним растојањем од осе координатног система дефинишемо величину која се зове елементарни статички момент у односу на дату осу. Тако се множењем dA са координатом η (која представља растојање од осе ξ) добија елементарни статички момент у односу на осу ξ

dAdS η=ξ .

На сличан начин се множењем dA са координатом ξ (која представља растојање од осе η) добија елементарни статички момент у односу на осу η

dAdS ξ=η . Сумирањем елементарних статичких момента по површини

читаве фигуре добију се статички моменти фигуре у односу на осу ξ и осу η ∫η=ξA

dAS , ∫ ξ=ηA

dAS . (Т.5.2)1,2

5. Моменти инерције

77

Тежиште фигуре Тежиште Т фигуре површине A је тачка чије се координате Tξ и Tη добијају

делењем статичког момента фигуре са површином фигуре

AS

Tη=ξ ,

AS

Tξ=η . (Т.5.3)1,2

Често при решању задатака имамо једноставне фигуре (правоугаоник, троугао, круг итд.) за које лако одредити где се налази тежиште и тада се статички моменти фигуре могу одредити множењем координате тежишта са површином фигуре

AS Tη=ξ , AS Tξ=η . (Т.5.4)1,2 На основу израза (Т.5.4)1 следи закључак да је у случају да оса ξ пролази кроз тежиште (при чему је ηT = 0) статички момент у односу на ту осу једнак нули. Из израза (Т.5.4)2 се види да је, када оса η пролази кроз тежиште (при чему је ξT = 0) статички момент за осу η једнак нули.

Важи и обрнуто, уколико је статички момент фигуре за неку осу једнак нули, та оса пролази кроз тежиште фигуре. Ове осе се називају тежишне осе.

Одређивање тежишта сложених фигура

За неке фигуре сложених облика је често врло компликовано одредити положај тежишта по дефиницији. У таквим случајевима треба размотрити могућност да се фигура разложи у n једноставнијих фигура, чије су површине Ai и за које је познат

положај тежишта Тi (слика). Површина целе фигуре је тада

...3211

+++== ∑=

AAAAAn

ii , (Т.5.5)

док су статички моменти ових фигура

iTi AS

iη=ξ

)( , ni ,...2,1= , (Т.5.6)

iTi AS

iξ=η

)( , ni ,...2,1= . (Т.5.7) Статички моменти сложене фигуре су адитивне величине,

што подразумева да се могу добити као сума статичких момената појединих делова, па је

Збирка решених задатака из Отпорности материјала 78

...)3()2()1(

1

)( +++== ξξξ=

ξξ ∑ SSSSSn

i

i , (Т.5.8)

...)3()2()1(

1

)( +++== ηηη=

ηη ∑ SSSSSn

i

i . (Т.5.9)

Сходно (Т.5.3)1,2 координате тежишта целе фигуре се одређују на основу

......

321

321

1

1 321

+++

+ξ+ξ+ξ=

ξ==ξ

∑

∑

=

=η

AAAAAA

A

A

AS TTT

n

ii

n

iiT

T

i

, (Т.5.10)

......

321

321

1

1 321

+++

+η+η+η=

η==η

∑

∑

=

=ξ

AAAAAA

A

A

AS TTT

n

ii

n

iiT

T

i

. (Т.5.11)

Аксијални и центрифугални моменти инерције

Уочићемо једну фигуру и координатни систем xOy. На фигури ће се уочити елементарна површина dA. Множењем ове елементарне површине са квадратом њеног растојања од осе координатног система дефинишемо величину која се зове елементарни аксијални момент инерције у односу на дату осу. Тако се множењем dA са величином y2 (која представља квадрат растојања од осе x) добија елементарни аксијални момент инерције у односу на осу x

dAydI x2= .

На сличан начин се множењем dA са величином x2 (која представља квадрат растојања од осе y) добија елементарни аксијални момент инерције у односу на осу y

dAxdI y2= .

Сумирањем елементарних момента инерције по површини читаве фигуре добију се изрази за аксијалне моменте инерције у односу на осу x и осу y

∫=A

x dAyI 2 , ∫=A

y dAxI 2 . (Т.5.12)1,2

Центрифугални момент инерције за осе x и y се дефинише као


79

∫=A

yx dAyxI . (Т.5.13)

Уколико оса пролази кроз тежиште фигуре, момент инерције у односу на ту тежишну осу је тежишни момент инерције. Моменти инерције за неку фигуру се могу одредити на основу дефиниције решавањем двоструких интеграла. При решавању задатака се уочило да се веома често захтева одређивање момената инерције за поједине фигуре као што су правоугаоник, троугао, круг и део круга итд. Да би се убрзало решавање задатака, моменти инерције ових фигура за неке карактеристичне осе су већ израчунати и приказани у табели. Осим тога, у практичним проблемима се користе и носачи са различитим стандардним попречним пресецима као што су I, L, C, Ω итд., за које су у таблицама које прилаже произвођач дати неки битни подаци као што су маса по јединици дужине, статички моменти, моменти инерције итд. Дакле, у таквим случајевима се при решавању задатка потребне величине не одређују по дефиницији већ се у те сврхе консултују одговарајуће таблице.

Хајгенс – Штајнерова теорема

У табелама, између осталих података, су дати моменти инерције неких фигура у односу тежишне осе. При решавању конкретних проблема често за неку фигуру треба одредити момент инерције у односу на осу која није тежишна, већ је паралелна с њом. У таквим приликама се момент инерције одређује применом Хајгенс – Штајнерове теореме. Нека су за фигуру, чија површина попречног пресека износи A, а тежиште је у тачки T, дате тежишне осе x и y. Аксијални и центрифугални моменти инерције за осе ξ и η, које су паралелне са осама x и y, се тада одређују на основу израза

AII Tx2η+=ξ , (Т.5.14)

AII Ty2ξ+=η , (Т.5.15)

AII TTxy ηξ+=ξη . (Т.5.16)

При томе се моменти инерције xI , yI , yxI називају и сопствени моменти инерције,

а производи AT2η , AT

2ξ , ATT ηξ се називају положајни момент инерције. Мора се строго водити рачуна о томе да у изразима Хајгенс – Штајнерове теореме фигуришу тежишни моменти инерције, јер се на месту сопствених момената инерције не могу користити неки други моменти инерције изузев тежишних. Моменти инерције за осе заокренутог (ротираног) координатног система

Посматрајмо фигуру и координатни систем xOy са центром у тачки О. Нека је задат и координатни систем uOv који се добија обртањем координатног система xOy


за угао α (мерено у позитивном смеру). Веза између момената инерције у овим координатним системима је дата са

α−α+α= 2sinsincos 22xyyxu IIII , (Т.5.17)

α+α+α= 2sinsincos 22xyxyv IIII , (Т.5.18)

α+α−= 2cos2sin)(21

xyyxuv IIII . (Т.5.19)

При обртању координатног система долази до очувања појединих величина, које су константне и не зависе од оријентације оса и које се називају инваријанте. Прва

инваријана је сума аксијалних момената инерције у односу на две међусобно нормалне осе, што се записује као const=+=+ vuyx IIII . (Т.5.20) Друга инваријанта представља разлику производа аксијалних и квадрата центрифугалног момента инерције, па је const22 =−⋅=−⋅ uvvuxyyx IIIIII . (Т.5.21)

Главни моменти инерције

Рачунањем момената инерције при ротацији осе може се уочити да за одређену осу, која је означена са 1, момент инерције има максималну вредност. При томе је за осу, која је означена са 2 и која је под правим углом у односу на осу 1, момент инерције минималан. Ове осе се називају главне осе инерције, а одговарајући моменти инерције су главни моменти инерције. Уз то је

012 =I , (Т.5.22) дакле, центрифугални момент инерције за осе 1 и 2 је једнак нули.

Главни моменти инерције одређују се на основу 22

1max 4)(21

2 xyyxyx III

IIII +−+

+== , (Т.5.23)

222min 4)(

21

2 xyyxyx III

IIII +−−

+== . (Т.5.24)

Угао за који треба заокренути осе x и y да би се добиле главне осе инерције се одређује из

yx

xy

III−

−=α∗ 22tg . (Т.5.25)

Ова једначина има за решење два угла, па треба обратити пажњу на то који угао одговара оси 1, а који оси 2. Угао који дефинише положај осе 1 ће се означити са α1, а угао који дефинише положај осе 2 ће се означити са α2.


81

У конкретним проблемима је најчешће потребно одредити главне моменте инерције за тежиште као координатни почетак. Такве осе се називају главне тежишне осе, а њима одговарају главни тежишни моменти инерције.

Фигуре које имају више од две осе симетрије, као што су на пример: круг, правилни полигони и правилне звезде имају исти момент инерције у односу на било коју тежишну осу.

Одређивање главних тежишних момената инерције сложених фигура При проучавању савијања штапова један од основних задатака је одредити правце главних тежишних оса инерције и њихових момената. Уколико се овај проблем решава по дефиницији, интеграцијом по површини фигуре, најчешће се за сложеније фигуре добијају изрази који су врло тешки за решавање. У већини случајева је знатно ефикасније фигуру поделити на n делова за које је релативно једноставније одредити моменте инерције.

Сам поступак одређивања главних момената инерције се састоји из више

појединих операција: 1. Избор поделе сложене фигуре на више фигура. Добар избор поделе може

знатно олакшати решавање задатка; 2. Одређивање положаја тежишта за сваку од фигура. Уколико се ради о

правилним фигурама или стандардним профилима овај део задатка је олакшан коришћењем одговарајућих таблица;

3. Одређивање положаја тежишта сложене фигуре. У случају да сложена фигура има две осе симетрије тежиште је у пресеку оса. Ако сложена фигура има једну осу симетрије, тежиште је на тој оси. Уколико сложена фигура нема оса симетрије за одређивање положаја њеног тежишта треба користити већ раније презентовану методу.

4. Уводе се координатне осе x и y, тако да тежиште Т сложене фигуре постаје центар координатног система. Код сложене фигуре са две осе симетрије, осе x и y се поклапају са осама симетрије и оне су уједно и главне осе инерције. Код сложене фигуре са једном осом симетрије, усваја се да се једна од оса координатног система поклапа са осом симетрије и при томе су осе x и y главне осе инерције. Код сложених фигура без оса симетрије се осе x и y обично усвајају у


зависности од облика појединих делова фигуре (на које је фигура подељена). У овом случају осе x и y нису и главне осе инерције, осим ако се не ради о специјалном случају.

5. За сваку поједину фигуру се уводи посебан координатни систем xiTiyi чији је центар у тежишту те фигуре. Осе ових координатних система xi и yi су паралелнe са осама x и y.

6. Аксијални и центрифугални моменти инерције сложене фигуре за осе x и y се одређују сабирањем аксијалних и центрифугалних момената инерције појединих фигура, па је

...)3()2()1(

1

)( +++== ∑=

xxx

n

i

ixx IIIII (Т.5.26)

...)3()2()1(

1

)( +++== ∑=

yyy

n

i

iyy IIIII (Т.5.27)

...)3()2()1(

1

)( +++== ∑=

xyxyxy

n

i

ixyxy IIIII . (Т.5.28)

Ови моменти инерције ће поред уобичајене ознаке за осу имати и ознаке у горњем идексу које показују о којој се појединачној фигури ради. Треба имати у виду да је код савијања, где моменти инерције и налазе примену, најчешће потребно одредити момент инерције за само једну осе, што значајно скраћује поступак решавања. При одређивању момената инерције појединих фигура користиће се Хајгенс – Штајнерова теорема. Тако, ако треба одредити аксијални момент инерције i – те фигуре за осу x, добиће се

iTi

xi

x AyIIii

2)()( += . (Т.5.29)

Члан )(ixi

I представља момент инерције i – те фигуре у односу на сопствену тежишну

осу xi, док је iTy удаљеност између оса x и xi, односно y координата тежишта Ti.

Овим је и завршен поступак одређивања главних момената инерције за сложене фигуре са две и једном осом симетрије. 7. Код сложених фигура без оса симетрије су на основу претходних операција одређени моменти инерције Ix, Iy и Ixy. Користећи њих се на основу образаца (Т.5.23) и (Т.5.24) одређују главни моменти инерције, а на основу (Т.5.25) се добијају и углови које ове осе заклапају са осом x.


83

Таб. 1: Моменти инерције за поједине фигуре


Табела 2. Основна својства момената инерције

1.Промена оријентације (смера) координатних оса x и y не утиче на вредност момената инерције у односу на те осе. Ово својство ће, због коришћења специфичног координатног система, бити примењено при одређивању напона и деформација при савијању;

2. Две фигуре које су симетричне у односу на неку осу имају исти аксијални момент инерције у односу на ту осу. У датом примеру обе фигуре имају исти момент инерције у односу на осу x.;

3. Фигуре које су симетричне у односу на осу u (која је

нормална на осу x) имају исти момент инерције у односу на осу x (а према својству 2 и у односу на осу u). Превртањем фигуре дуж посматране осе x (или ротацијом за 180o око осе u која је нормална на посматрану осу x) не мења се аксијални момент инерције за осу x.

4. Транслаторним померањем фигуре дуж неке осе не мења се аксијални момент инерције за ту осу. Дакле, уколико се фигура помери тако да се свака њена тачка помери за исто растојање и то у правцу који је паралелан оси x момент инерције се неће променити;

5. Уколико је бар једна оса координатног система истовремено и оса симетрије посматране фигуре, центрифугални момент инерције фигуре у односу на тај координатни систем је једнак нули.

6. Две фигуре које су симетричне у односу на неку

осу координатног система имају центрифугални момент инерције истог интензитета, а различитог предзнака. У датом примеру су ове фигуре симетричне у односу на осу y, па им је центрифугални момент инерције у односу на осе x и y истог интензитета, а различитог предзнака.


85

Задаци

Одређивање момената инерције у елементарним табличним случајевима

Задатак 5.6: За правоугаоник приказан на Сл. 1 одредити аксијалне и центрифугални момент инерције за осе x и y. Решење: У Таб. 1 су дати моменти инерције за правоугаоник у односу на осе које пролазе кроз тежиште правоугаоника и осе које се поклапају са страницама правоугаоника. У овом случају осе x и y не одговарају тим осама, тако да се моменти инерције морају одредити

коришћењем Хајгенс – Штајнерове теореме. Прво ћемо уочити да је тежиште правоугаоника Т1 у средишту правоугаоника (Сл. 2). Према Хајгенс - Штајнеровој теореми треба увести тежишни координатни систем (чији је координатни почетак у тежишту Т1) кога чине осе x1 и y1 и које су паралелне са осама x односно y. Моменти инерције за осе x и y се одређују коришћењем формула (Т.5.14), (Т.5.15) и (Т.5.16) тако што се осе и ознаке ξ, η, x и y у поменутим формулама замене са x, y, x1 и y1, па се тако добија AyII xx

2T11

+= , AxII yy2T11

+= , AyxII yxxy 1111 TT+= . У Таб.1-1.1 и Таб.1-1.2 су дати моменти инерције за тежишне осе x1 и y1 (у таблици су то осе x и y), при чему је b = 3a, h = 2a, па је

43

212

)2(31

aaaI x =⋅

= , 43

29

12)3(2

1aaaI y =

⋅= .

Због постојања осе која је уједно и оса симетрије (у овом случају су то обе осе, и x1 и y1), према својству Таб.2-5 је центрифугални момент у односу на те осе једнак нули, дакле 0

11=yxI .

Координате тежишта Т1 у координатном систему кога чине осе x и y су (видети Сл. 2) ax 2

1T −= , ay 31T = ,

а површина фигуре је 26aA = , тако да су тражени моменти инерције за осе x и y

42242T 566)3(2)(

11aaaaAyII xx =+=+= ,


42242T 2

576)2(29)(

11aaaaAxII yy =−+=+= ,

42TT 366)3)(2(0

1111aaaaAyxII yxxy −=−+=+= .

Задатак 5.7: Одредити моменте инерције полукругова

1 и 2 (Сл. 1) у односу на осе x и y. Мере су дате у центиметрима. Решење: У Таб. 1 су наведени моменти инерције за кружни исечак, па се на основу тих формула, усвајајући да је α = π/2, могу добити и моменти инерције за полукруг. Уколико се у центру радијуса полукруга 1 поставе помоћне осе ξ и η (Сл. 2), на основу Таб.1-5.2 је η координата тежишта Т1

cm37,6cm2/3

)2/sin(1523sin2

1T =π

π⋅=

αα

=ηa .

Због симетрије полукруга у односу на осу η је ξ координата тежишта Т1 једнака нули. Поставићемо у тежишту Т1 и тежишне осе x1 и y1. Како у задатку треба одредити момент инерције у односу на x осу, која је паралелна са осом x1, мора се применти Хајгенс – Штајнерова теорема. Према (Т.5.14), када запазимо да су осе ξ, η и x у нашем задатку x, y и x1, имаћемо да је 1

2)(11

AyII Txx += . Момент инерције полукруга за тежишну осу x1 очитавамо из (Таб.1-5.4) и он износи

4424

4,5556)964(

8)15()

9sin322sin2(

81cmcmaI x =

π−π=

αα

−α+α= ,

док y координата тежишта Т1 и површина полукруга износе

cmcmy TT 37,11511

=ξ+= , 221 4,353

21 cmRA =π= .

Дакле, момент инерције полукруга 1 за осу x je 4224

12 9,512424,353)37,11(4,5556)(

11cmcmcmcmAyII Txx =+=+= .

Фигуре 1 и 2 су симетричне у односу на осу x што на основу својства Таб.2-2 доводи до закључка да су моменти инерције ових фигура исти када је у питању оса x. На овом месту треба скренути пажњу на честу грешку која се јавља при одређивању момента инерције полукруга. Наиме, приметимо да момент инерције у односу на осу ξ на основу (Таб.1-5.3) износи

444

4,198808

)2sin2(8

cmaa

I =π

=α+α=ξ .


87

Формула на основу које се одређује Iξ је једноставнијег облика у односу момент инерције у односу осу x1. Сада се може јавити и следећа идеја: момент инерције за осу x ће се одредити применом Хајгенс – Штајнерове теореме и то користећи при томе момент инерције за осу ξ, а не за осу x1. Растојање између оса ξ и x је лако одредити са Сл. 2 и износи cm5

1O =y , тако да би у том случају добили

41

2O 4,28715)(

1cmAyII x =+= ξ ,

што је битно неслагање у односу на раније добијени резултат. Како објаснити оволику разлику? Треба знати да се при коришћењу Хајгенс – Штајнерове теореме смеју користити искључиво тежишне осе, а не оса коју произвољно одаберемо, као што смо то учинили у другом случају, који је због тога нетачан. При одређивању момента инерције у односу на осу y опет ћемо користити Хајгенс – Штајнерову теорему, јер оса y не пролази кроз тежиште Т1. Користићемо образац (Т.5.15), при чему ћемо ознаке и осе ξ, η и y заменити са x, y и y1, па ће бити 1

2)(11

AxII Tyy += . Момент инерције полукруга 1 за тежишну осу y1 одређујемо коришћењем обрасца (Таб.1-5.5), на основу кога је

444

4,198808

)2sin2(81

cmaaI y =π=α−α= .

Како је cmxT 101

= , момент инерције полукруга 1 у односу на осу y је

42241

2 552204,353)10(4,19880)(11

cmcmcmcmAxII Tyy =+=+= . Полукруг 2 се може добити превртањем полукруга 1 дуж осе y, то јест заокретањем полукруга 1 за 180о око осе x. На основу својства Таб.2-3, закључујемо да полукруг 2 има исти момент инерције у односу на осу y, као и полукруг 1. При одређивању центрифугалног момента инерције полукруга 1 у односу на осе x и y применићемо Хајгенс – Штајнерову теорему и образац (Т.5.16) у којем ћемо осе ξ, η, x и y заменити са x, y, x1 и y1, тако да се добија 11111

AyxII TTyxxy += . Како је полукруг 1 фигура која има осу симетрије са којом се поклапа једна од тежишних оса (оса y1), онда ће на основу својства Таб.2-5 центрифугални момент инерције за тежишне осе x1 и y1 бити једнак нули. Према томе, центрифугални момент инерције полукруга 1 у односу на осе x и y je 424

1 401824,35337,111001111

cmcmcmcmcmAyxII TTyxxy =⋅⋅+=+= . Уочићемо да су фигуре 1 и 2 симетричне у односу на осу x, што је према својству Таб.2-6 довољно да се закључи да је центрифугални момент инерције полукруга 2 истог интензитета као и полукруга 1, само са негативним предзнаком.


Задатак 5.8: Одредити аксијалне моменте инерције за троуглове приказане на Сл. 1 означене са 1 и 2 у односу на координатне осе x и y. Мере су дате у милиметрима. Решење: Троуглови 1 и 2 су подударни и као прво ће се одредити положаји тежишта која су на Сл. 2 означена са T1 и T2. Упоређењем задатих

троуглова и одговарајућег троугла у Таб. 1 може се запазити да је: b = 22 mm, h = 18 mm, p = 8 mm и q = 14 mm. Увешћемо помоћни кооединатни систем ξO1η, какав постоји и код троугла у Таб. 1. На основу Таб.1-3.1 је ξ координата тачке Т1

mm2)(31

1T =−=ξ pq ,

док је из Таб.1-3.2 тачка Т1 на трећини висине троугла, па је

mm631

==ηh

T .

Координате тежишта Т1 у координатном систему xOy су mm2

11 TT =ξ=x , mm13OO11 1T =η+= Ty .

Није тешко закључити да је у случају тежишта Т2 троугла 2 mmmmx 27)28314(

2T =+++= , mmyy TT 1312

== . Увешћемо тежишне осе x1 и y1 троугла 1 и тежишне осе x2 и y2 троугла 2. Момент инерције троугла 1 у односу на осу x, одређује се коришћењем Хајгенс – Штајнерове теореме и формуле (Т.5.14) у којој се осе и ознаке ξ, η и x замењују са x, y и x1 , па је 1

2T

)1()1( )(11

AyII xx += ,

где је са горњим индексом (1) означено да се ради о троуглу 1. Сопствени момент инерције за тежишну осу x1 на основу Таб.1-3.4 износи

433

)1( 356436

)18(22361

mmmmmmhbI x =⋅

== .

Како су површине троуглова 1 и 2

221 198

2mmhbAA === ,

добићемо да је момент инерције троугла 1 у односу на осу x 4224

12

T)1()1( 37026198)13(3564)(

11mmmmmmmmAyII xx =+=+= .

Троугао 2 се може добити транслаторним померањем троугла 1 дуж осе x, па ће сходно својству Таб.2-4, троугао 2 имати исти момент инерције у односу на осу x као и троугао 1, дакле 4)1()2( 37026mmII xx == .


89

Моменте инерције троугла 1 и 2 у односу на осу y одредићемо помоћу Хајгенс – Штајнерове теореме (Т.5.15), коришћењем израза 1

2)1()1( )(11

AxII Tyy += , 22)2()2( )(

22AxII Tyy += .

Моменти инерције троугла 1 у односу на осу y1 и троугла 2 у односу на осу y2 су исти и одредићемо их на основу Таб.1-3.6 тако да износе

422

)2()1( 409236

]148)22[(182236

)(21

mmmmmmmmmmmmqpbhbII yy =⋅−⋅

=−

== .

Према томе, моменти инерције у односу на осу y су 4224

12)1()1( 4884198)2(4092)(

11mmmmmmmmAxII Tyy =+=+= ,

42242

2)2()2( 148434198)27(4092)(22

mmmmmmmmAxII Tyy =+=+= .

Иначе, момент инерције троугла 1 могао се одредити и уз помоћ формуле Таб.1-3.5, па је

43333

)1( 488412

])14()8[(1812

)( mmmmmmmmqphI y =+

=+

= .

Задатак 5.9: За правоугле троуглове који су на Сл.

1 означени са 1 и 2 одредити аксијалне и центрифугалне моменте инерције у односу на координатне осе x и y. Мере су дате у милиметрима. Решење: Тежиште троугла се налази на правцу који је паралелан са основом троугла и на једној трећини висине. Код правоуглог троугла саме катете представљају уједно и висине у троуглу. Зато се тежиште налази у

пресеку два правца који се повлаче паралелно са катетама на растојању од једне трећине дужине друге катете (видети обрасце Таб.1-4.1 и Таб.1-4.2). Дакле

координате тежишта су (Сл. 2):

mmmmxT 101532

1−=−= , mmmmmmxT 1615

326

2=+=

mmmmmmyy TT 1521318

21=+== .

У тежиштима троуглова Т1 и Т2 увешћемо тежишне осе x1 и y1, односно x2 и y2, тако да су паралелне са осама x и y. Пошто осе x и y не пролазе кроз тежишта троуглова, при одређивању момената инерције применићемо Хајгенс – Штајнерову теорему.

Сопствени моменти инерције троугла 1 (моменти инерције за тежишне осе x1 и y1) одређују се на основу Таб.1-4.4, Таб.1-4.6 и Таб.1-4.8 тако што се осе и ознаке x и y замене са x1 и y1, при чему је b = 15 mm и h = 21 mm. Тако се добија


433

)1( mm385936

mm)21(mm15361

===hbI x ,

433

)1( mm196936

mm)15(mm21361

===bhI y ,

42222

)1( mm137872

mm)21(mm)15(7211

−=−=−=hbI yx .

Сада се на основу Хајгенс – Штајнерове теореме добија 4224

12

T)1()1( mm39296mm5,157mm)15(mm3859)(

11=+=+= AyII xx ,

42241

2T

)1()1( mm17719mm5,157mm)10(mm1969)(11

=−+=+= AxII yy ,

4241TT

)1()1( mm25594mm5,157mm15mm)10(mm19691111

−=⋅⋅−+−=+= AyxII yxxy .

При одређивању момента инерције троугла 2 у односу на осу x треба уочити да се та фигура може добити превртањем троугла 1 дуж осе x, односно да су фигуре 1 и 2 међусобно симетричне, при чему им је оса x = 3 mm – оса симетрије. На основу својства Таб. 2-3 закључујемо да су тада и моменти инерције ове две фигуре у односу на осу x једнаки.

Да би одредили момент инерције троугла 2 у односу на осу y и центрифугални момент инерције у односу на осе x и y, треба пре свега одредити одговарајуће сопствене моменте инерције за тежишне осе x2 и y2. Троугао 2 има другачију оријентацију у односу на правоугли троугао из Таб.1 као и у односу на троугао 1 (прави угао је код троугла 2 доле десно, а не доле лево). Какав је утицај такве оријентације на моменте инерције? На Сл. 3 је приказано да при обртању оригиналног положаја троугла 2 око осе y2 добијамо троугао исте оријентације као што је то у Таб.1. Дакле добијени

троуглови су међусобно симетрични у односу на осу y2. При тој трансформацији се према својству Таб.2-2 не мења момент инерције у односу на осу y2, а према својству Таб.2-6 ће се променити предзнак центрифугалног момента инерције у односу на осе x2 и y2, док ће интензитет остати исти. До овог последњег закључка можемо доћи и анализом предзнака производа x2 и y2 координата тачака троугла. На Сл. 4 су троуглови са Сл. 3 приказани раздвојено, да би се боље разумело следеће разматрање.

Са знацима + и – означени су предзнаци производа координата x2 и y2, који су у првом и трећем квадранту позитивни, а у другом и четвртом негативни. Делови троугла код којих на Сл. 4-1 ови производи позитивни су на Сл. 4-2 негативни и обрнуто. Према (Т.5.13), светло сиви делови троугла код којих је поменути производ позитиван имају и позитиван центрифугални момент инерције, а тамно сиви делови са негативним производом имају и негативан центрифугални момент

инерције. На основу оваквог разматрања се може закључити да троуглови приказани на Сл. 4-1 и Сл. 4-2 имају центрифугални момент инерције различитог предзнака. Имајући у виду све што је у претходном параграфу изнето сада су сопствени моменти инерције за троугао 2


91

43

)1()2( mm19693612

===bhII yy , 4

22)1()2( mm1378

721122==−=

hbII yxyx .

Према Хајгенс – Штајнеровој теореми су момент инерције трогла 2 за осу y и центрифугални момент инерције за осе x и y 4224

22

T)2()2( mm42289mm5,157mm)16(mm1969)(

22=+=+= AxII yy ,

4242TT

)2()2( mm35831mm5,157mm15mm16mm19692222

=⋅⋅+−=+= AyxII yxxy .

Одређивање момената инерције код фигура са две осе симетрије

Задатак 5.10: За фигуру приказану на Сл. 1 одредити главне тежишне моменте инерције. Решење: Фигура има две осе симетрије па се у пресеку ових оса налази тежиште дате фигуре које је на Сл. 2 означено са T. Осе x и y су тежишне, а истовремено и главне осе инерције, јер је због симетрије центрифугални момент инерције једнак нули (видети својство Таб.2-5 и (Т.5.22)). Дата фигура ће се поделити на два троугла симетрична у односу на осу x, која су означена са 1 и 2.

Момент инерције целе фигуре у односу на осу x добија се као збир момената инерције троуглова 1 и 2, што се записује као (Т.5.26) )2()1(

xxx III += . Због симетрије ова два дела у односу на осу x су (према својству Таб.2-2) и њихови моменти инерције у односу на ту осу су једнаки, тако да ћемо момент инерције добити на основу )1(2 xx II = .


Дакле, треба одредити момент инерције само једног, на пример горњег троугла. Тежиште овог троугла је у тачки T1, на једној трећини висине троугла (Таб.1-3.2) и оно се не налази на оси x. Зато ће се момент инерције овог троугла у односу на осу x одредити применом Хајгенс – Штајнерове теореме, па се из (Т.5.29) добија 1

2T

)1()1( )(11

AyII xx += .

Сопствени момент инерције, то јест момент инерције троугла 1 у односу на тежишну осу x1 сe одређује из (Таб.1-3.4), где је b = 3a, h = 2a, па је

433

)1(

32

36)2(3

361aaahbI x === .

Координата y тежишта T1 и површина троугла 1 су

ahy32

31T == , 21 3

2ahbA == ,

тако да је момент инерције троугла 1 у односу на осу x

42241

2T

)1()1( 23)32(

32)(

11aaaaAyII xx =−+=+= .

Приметимо да се овај резултат могао добити и применом обрасца (Таб.1- 3.3) који се односи на момент инерције троугла у односу на осу која се поклапа са основицом (у табели је означена са ξ), па је применом тог обрасца

433

)1( 2)2)(3(121

12aaahbI x === .

Према томе, момент инерције целе фигуре у односу на осу x је 44aI x = . Слично као у случају осе x и момент инерције у односу на осу y ће се одредити као збир момената инерције троуглова 1 и 2. Због својства Таб.2-3, а имајући у виду да се фигура 2 може добити обртањем фигуре 1 око осе x, моменти инерције ове две фигуре су у односу на осу y исти, тако да је )1()2()1( 2 yyyy IIII =+= . Оса y пролази кроз тежиште Т1 тако да у овом случају нема потребе да користимо Хајгенс – Штајнерову теорему. При одређивању момента инерције користићемо формулу (Таб. 1-3.6), где је b = 3a, h = 2a, p = q = 3a/2, па је

4

22

)1()1(

89

36

]2

32

3)3[(23

36)(

1a

aaaaaqpbhbII yy =⋅−⋅

=−

== ,

док је момент инерције целе фигуре у односу на осу y

4)1(

492 aII yy == .

Задатак 5.11: За фигуру приказану на Сл. 1 одредити

главне тежишне моменте инерције. Решење: Фигура има две осе симетрије па је тежиште фигуре Т у пресеку тих оса. Увешће се осе x и y тако да се


93

поклопе са осама симетрије (Сл. 2), па су то уједно и главне осе инерције јер је центифугални момент инерције једнак нули. Дата сложена фигура се може формирати тако што се од правоугаоника одузму два троугла. Како су троуглови међусобно симетрични у односу на осу y (односно троугао 2 се може добити превртањем троугла 1 око осе y) према својству Таб.2-3 имају исти момент инерције у односу на осу x, а према својству Таб.2-2 исти момент инерције у односу на осу y, па је )3()2(

xx II = , )3()2(yy II = ,

при чему се ознакe (2) и (3) односе на троуглове. Моменти инерције целе фигуре се одређују на основу израза )2()1( 2 xxx III −= , )2()1( 2 yyy III −= , где се ознака (1) односи на правоугаоник. Негативни предзнак за моменте инерције троугла потиче од одузимања тих фигура од правоугаоника.

Тежиште правоугаоника Т1 се поклапа са тежиштем целокупне фигуре Т, а тежишне осе правоугаоника x1 и y1 се поклапају са тежишним осама целе фигуре x и y. Зато при одређивању момената инерције правоугаоника у односу на осе x и y нећемо користити Хајгенс – Штајнерову теорему, већ ћемо на основу израза (Таб.1-1-1) и (Таб.1-1.2), заменивши b = 4a и h = 3a закључити да је

433

)1( 912

)3(412

aaahbI x === , 433

)1( 1612

)4(312

aaabhI y === .

Посматрајмо положај троугла (2) у односу на осе x и y. Оса x пролази кроз тежиште троугла T2 и поклапа се са тежишном осом x2. У таквим случајевома не треба користити Хајгенс – Штајнерову теорему, а момент инерције троугла за осу x се одређује применом обрасца (Таб. 1-3.6). Треба приметити да се овај образац односи на момент инерције за тежишну осу која је нормална на основицу троугла (у Таб.1 је означена са y), при чему је основица у овом случају вертикална. Дакле, мора се узети у обзир то што је овај троугао заокренут за π/2 у односу на троугао у Таб.1. Како је основица нашег троугла дужине b = 2a, а висина је h = 3a/2, као и да је p = q = a, тражени момент инерције је

4

22

)2(

41

36

])2[(2

32

36)( a

aaaaaqpbhbI x =−

=−

= .

Оса y није тежишна оса троугла (не поклапа се са y2) па ће се при одређивању момента инерције троугла користити Хајгенс – Штајнерова теорема, на основу које је 2

2)2()2( )(22

AxII Tyy += .


Сопствени момент инерције троугла 2, то јест момент инерције у односу на осу y2, одредићемо уз помоћ обрасца (Таб.1 – 3.4). При томе узимамо у обзир оријентацију троугла 2 у односу на троугао у Таб.1, па одређујемо момент инерције за осу паралелну са основицом троугла, која је у Таб.1 означена са x. Овај момент инерције износи

433

)2(

323)

23(2

361

362aaahbI y === .

Координата x тежишта Т2 и површина троугла износе

aaax23

23

32

22T −=−−= , 22 2

32

3221

21 aaahbA === ,

тако да је момент инерције троугла 2 у односу на осу y

42242

2T

)2()2(

32111

23)

23(

323)(

22aaaaAxII yy =−+=+= .

Према томе, главни тежишни моменти инерције задате фигуре су

444)2()1(

217

41292 aaaIII xxx =−=−= ,

444)2()1(

16145

321112162 aaaIII yyy =−=−= .

Задатак 5.12: За фигуру приказану на Сл. 1 одредити момент инерције за хоризонталну тежишну осу. Решење: Тежиште Т задате фигуре је у пресеку оса симетрије (Сл. 2). Увешћемо осе x и y које се поклапају са осама симетрије. У задатку треба одредити момент инерције ове фигуре у односу на осу x. Касније ће се при проучавању савијања видети да је најчешће потребно одредити момент инерције за само ту осу. Приказана фигура је сложеног облика, па ће се формирати спајањем три правоугаоника и то централног ребра 1 и два правоугаоника стопала, међусобно симетрична у

односу на осу x, означена са 2 и 3. Имајући у виду да због својства Таб.2-2, правоугаоници 2 и 3 имају исти момент инерције у односу на осу x, коришћењем (Т.5.26) се момент инерције целе фигуре се добија као )2()1( 2 xxx III += . Тежиште правоугаоника 1 (Т1) се поклапа са тежиштем целе фигуре (Т) и налази се на оси x због чега се при одређивању момента инерције у односу на ту осу не користи Хајгенс – Штајнерова теорема. Заменом да је b = a и h = 2a у (Таб.1–1.1) добија се да момент инерције правоугаоника 1 износи

433

)1(

32

12)2(

12aaahbI x === .

Тежиште фигуре 2 (Т2) није на оси x, па је за одређивање момента инерције ове фигуре 2 потребно користити Хајгенс – Штајнерову теорему (Т.5.29), па је


95

22

T)2()2( )(

22AyII xx += .

Сопствени момент инерције правоугаоника 2, то јест тежишни момент инерције за осу x2 се одређује из (Таб.1-1.1), где је b = 3a и h = a, па је

433

)2(

41

12)3(

122aaahbI x === .

Тежиште T2 има y координату ay23

2T = , а површина фигуре 2 је 22 3aA = , па је

4442242

2)2()2( 74

27413)

23(

41)(

22aaaaaaAyII Txx =+=+=+= .

Према томе, момент инерције целе фигуре у односу на осу x je

444)2()1(

34472

322 aaaIII xxx =⋅+=+= .

Међутим, овај момент инерције се може срачунати и другачијим избором фигура које формирају задату сложену фигуру. У овом другом случају дата фигура ће се формирати тако што ће се правоугаоника 1 одузети правоугаоници 2 и 3 (Сл. 3).

Како се правоугаоник 3 може добити транслаторним померањем правоугаоника 2 дуж осе x, према својству Таб.2-4 им је и момент инерције у односу на осу x исти. На основу тога момент инерције задате фигуре је )2()1( 2 xxx III −= . Момент инерције правоугаоника 1 чије је тежиште на оси x (због чега се не користи Хајгенс – Штајнерова теорема) на основу (Таб. 1-1.1) уз b = 3a и h = 4a је


43

)1( 1612

)4(3 aaaI x == .

На сличан начин је применом (Таб.1-1.1) b = a и h = 2a момент инерције фигуре 2

43

)2(

32

12)2( aaaI x == ,

тако да је момент инерције целе фигуре у односу на осу x

444

344

32216 aaaI x =−= ,

чиме је потврђен већ раније добијен резултат. Очигледно да избор фигура које формирају сложену фигуру не утиче на сам момент инерције, али може утицати на ”тежину” решавања проблема. У овом конкретном задатку је у другом случају погодним избором фигура избегнуто коришћење Хајгенс – Штајнерове теореме, па је решавање свакако било краће.

Задатак 5.15: За фигуру приказану на Сл. 1 одредити момент инерције за хоризонталну тежишну осу. Узети да је R = 10 mm, r = 7 mm, a = 9 mm. Решење: Фигура има две осе симетрије па се у њиховом пресеку налази тежиште Т ове фигуре. Увешће се тежишне осе x и y које се поклапају са осама симетрије, због чега су на основу својства Таб.2-5 и израза (Т.5.22) то уједно и главне осе инерције. Дакле, треба одредити момент инерције задате фигуре у односу на осу x. Дата сложена фигура се може формирати тако што се од фигуре састављене од правоугаоника 1 и два полукруга 2 и 3 одузму кругови 4 и 5. Полукругови 2 и 3 су међусобно

симетрични у односу на осу x, па су им на основу својства Таб.2-2 и моменти инерције исти у односу на ту осу. Исти закључак важи и у случају кругова 4 и 5, па се момент инерције задате фигуре добија из )4()2()1( 22 xxxx IIII −+= .


97

Оса x пролази кроз тежиште правоугаоника Т1 па је на основу (Таб.1-1.1) момент инерције у односу на осу x (при чему је b = 2a, h = 2r)

422223

)1( mm1080034)2()2(

121

12==== RaRahbI x .

Тежиште полукруга Т2 није на оси x па се при одређивању момента инерције мора користити Хајгенс – Штајнерова теорема, на основу које је 2

2T

)2()2( )(22

AyII xx += .

Момент инерције полукруга за тежишну осу x2 одређује се из (Таб.1-5.4) где је a = R и α = π/2, па је

4424

)2( mm6,1097)964(

8)

9sin322sin2(

82=

π−π=

αα

−α+α=RRI x .

Растојање тежишта Т2 од основе полукруга је (Таб.1-5.2)

mm24,434

3sin2AT2 =

π=

αα

=RR ,

па је растојање између оса x2 и x mm24,13ATTT 22T2

=+== ay .

Површина полукруга је 222 mm08,1572/ =π= RA , па је момент инерције полукруга за

осу x 4224

22

T)2()2( 2863308,157)24,13(6,1097)(

22mmmmmmmmAyII xx =+=+= .

И при одређивању момента инерције круга 4 у односу на осу x користити Хајгенс – Штајнерова теорема, па је 4

2T

)4()4( )(44

AyII xx += .

Из (Таб.1-2.1) је сопствени момент инерције круга полупречника r за осу x4

4444)4( mm7,188541)2(

641

641

4=π=π=π= rrdI x .

Како је

mmayT 94

== , 2224 mm94,153

41

=π=π= rdA ,

момент инерције круга (4) у односу на осу x je 4224

42

T)4()4( 1435594,153)9(7,1885)(

44mmmmmmmmAyII xx =+=+=

Према томе, момент инерције задате фигуре у односу на осу x је 4mm8,8286=xI .

4444)4()2()1( 393561435522863321080022 mmmmmmmmIIII xxxx =⋅−⋅+=−+= .


Одређивање момената инерције код фигура са једном осом симетрије

Задатак 5.16: За фигуру приказану на Сл.1 одредити

главне тежишне моменте инерције. Решење: Дата фигура има једну осу симетрије што значи

да се на тој оси налази и тежиште. Увешћемо помоћни координатни систем ξОη (Сл.2-1), да би одредили положај тежишта Т и при томе ћемо осу η поклопити са осом симетрије. Како је фигура сложеног облика, формираћемо је сабирањем квадрата 1 (Сл.2-2) и правоугаоника 2 (Сл.2-3). У изабраном координатном систему тежишта фигура 1 - Т1 и 2 - Т2 имају η

координате a3

1T =η , a=η2T ,

док су површине тих фигура 2

1 4aA = , 22 6aA = .

Сада се коришћењм (Т.5.11) добија

aaaa

aaaaAA

AA TTT 8,1

59

6464322

22

21

21 21 ==+

⋅+⋅=

+

η+η=η .


99

Пошто се уцрта тежиште фигуре Т (Сл.3-1), уцртаће се и координатне осе x и y, при ће оса y бити у правцу осе симетрије. Имајући у виду својство Таб.2-5 и израз (Т.5.22) ове осе ће бити и главне осе инерције. Користећи (Т.5.26) момент инерције за осу x је )2()1(

xxx III += , дакле представља збир момената инерције за осу x фигура 1 и 2. Тежишта Т1 и Т2 нису на оси x тако да се при одређивању момента инерције фигура 1 и 2 мора користити Хајгенс – Штајнерова теорема (Т.5.29). Тако је за фигуру 1 (види Сл.3-2) 1

2T

)1()1(11

AyII xx += ,

где се сопствени момент инерције за тежишну осу x1 одређује из (Таб.1-1.1)

443

)1(

34

12)2(

121aahbI x === ,

где је b = h = 2a. Растојање између оса x и x1 то јест y координата тежишта Т1 се може одредити знајући η координате тачака Т и Т1, па је

aaay56

593TTT 11

=−=η−η= , 21 4ahbA == .

Према томе, момент инерције квадрата 1 у односу на осу x je

4224)1( 093,74)56(

34 aaaaI x =+= .

На сличан начин је за правоугаоник 2 (видети Сл.3-3) 2

2T

)2()2(22

AyII xx += ,

при чему момент инерције ове фигуре за осу x2 из (Таб.1-1.1) и b = 3a и h = 2a износи

433

)2( 212

)2(3122

aaahbI x =⋅

== .

Координата y тежишта Т2 и површина фигуре 2 су

aaay54

59

22 TTT =−=η−η= , 22 6ahbA == ,

тако да момент инерције правоугаоника у односу на осу x износи

44224)2( 84,5093,76)54(2 aaaaaI x ==+= .

Сада се за момент инерције целе фигуре у односу на осу x добија 444)2()1( 933,1284,5093,7 aaaIII xxx =+=+= . Одређивање момента инерције целе фигуре у односу на осу y је простије него за осу x, самим тим што оса y пролази кроз тежишта Т1 и Т2 па не треба користити Хајгенс – Штајнерову теорему. Према (Т.5.27) се овај момент инерције добија као )2()1(

yyy III += . Моменти инерције за осу y на основу (Т.1.2) износе

44

)1(

34

12)2( aaI y == , 4

3)2(

29

12)3(2 aaaI y =

⋅= ,

тако да је тражени момент инерције целе фигуре


4444 83,5635

29

34 aaaaI y ==+= .

Упоређивањем вредности момената инерције за главне тежишне осе закључујемо да је yx II > , па је

41max 933,12 aIII x === , 4

2min 83,5 aIII y === .

Задатак 5.17 За попречни пресек приказан на Сл. 1,

одредити главне тежишне моменте инерције.

Решење: При одређивању положаја тежишта пресека уочиће се да пресек има једну осу симетрије па ће тежиште бити на тој оси. Да би установио положај тежишта увешће се помоћни координатни систем ξOη тако да се једна од оса (оса η) поклапа са осом симетрије пресека (Сл. 2). Због сложеног облика пресека, он

ће се формирати од једноставнијих фигура и то тако да се од правоугаонка 1 са тежиштем Т1 одузме троугао 2 са тежиштем Т2. Површине ових фигура и координате њихових тежишта су a2

1T =η , a32T =η , 2

1 12aA = , 22 3aA = .

Координата η тежишта Т целе фигуре израчунава на основу (Т.5.11) и износи

aaa

aaaaAA

AA35

31233122

22

22

21

2T1TT

21 =−

⋅−⋅=

−

η−η=η ,

при чему се предзнак (−) уводи због одузимања троугла. Тежиште целе фигуре Т се налази на правцу Т1Т2 , али није између те две тачке, већ је због одузимања троугла на страни тачке Т1.

Сада ће се увести тежишне осе x и y. Имајући у виду да се оса y поклапа са осом симетрије целе фигуре, према својству Таб.2-5 је центифугални момент инерције је једнак нули, па су осе x и y уједно и главне осе. Момент инерције за осe x и y ће се одредити на основу


101

)2()1(xxx III −= , )2()1(

yyy III −= . где се величинa са индексом 1 односе на правоугаоник, а са индексом 2 на троугао.

Оса x не пролази кроз тежишта Т1 и Т2 па се при одређивању момента инерције за ту осу мора користити Хајгенс – Штајнерова теорема према којој је 2

T1)1()1(

11yAII xx += , 2

T2)2()2(

22yAII xx += .

Сопствени моменти инерције правоугаоника и троугла за њихове тежишне осе x1 и x2 износе

43

)1( 1612

)4(31

aaa

I x =⋅

= , 43

)2(

23

36)3(2

2aaaI x =

⋅= ,

док су y координате тежишта Т1 и Т2

3TTT 11

ay =η−η= , ay TTT 34

22=η−η= .

Према томе, моменти инерције фигура 1 и 2 у односу на осу x су

ayAII xx 3522

T1)1()1(

11=+= , ayAII xx 6

412T2

)2()2(22

=+= ,

па је момент инерције целе фигуре за осу x

4)2()1(

221 aIII xxx =−= .

При одређивању момента инерције за осу y не треба користити Хајгенс – Штајнерову теорему зато што оса y пролази кроз тежишта фигура 1 и 2. Дакле, моменти инерције фигура 1 и 2 у односу на осу y су

43

)1( 912

)3(41

aaaII yy =⋅

== , 43

)2(

325

36)2(3

2aaaII yy =

⋅== ,

тако да момент инерције целе фигуре у односу на осу y износи

aIII yyy 32)2()1( =−= .


Задатак 5.19: За попречни пресек приказан на Сл. 1, одредити момент инерције за хоризонталну тежишну осу. Мере су дате у центиметрима. Решење: Фигура има једну осу симетрије, па је тежиште на тој оси. Задата фигура је сложеног облика, па ће се поделити на три дела и то три правоугаоника означена са 1, 2 и 3 (видети Сл. 2). Увешће се помоћни координатни систем ξOη, где је усвојено да је тачка О у средишту правоугаоника 2, док се оса η поклапа са осом симетрије. При одређивању η координате тежишта користиће се израз (Т.5.11). Координате

тежишта појединих фигура и површине фигура су cm13

1T =η , cm02T =η , cm13

3T −=η ,

21 cm200=A , 2

2 cm180=A , 23 cm120=A ,

тако да је η координата тежишта.

cm08,2cm120180200

12013180020013

321

3T2T1TT

321 =++

⋅−⋅+⋅=

++

η+η+η=η

AAAAAA

По одређивању тежишта сложене фигуре увешће се тежишне осе x и y, тако да се оса y поклопи са осом симетрије (Сл. 3). На основу својства Таб.2-5 и израза (Т.5.22) осе x и y су главне тежишне осе. У задатку треба одредити момент инерције за осу x.

Пошто је задата фигура формирана сабирањем три правоугаоника и момент инерције ће се добити сабирањем њихових момената инерције, тако да је )3()2()1(

xxxx IIII ++= .


103

Тежишта правоугаоника 1, 2 и 3 нису на оси x тако да у сва три случаја треба применити Хајгенс – Штајнерову теорему. Сопствени моменти инерције правоугаоника за тежишне осе су (Таб.1-1.1):

43

)1( cm67,106612

cm)8(cm251

=⋅

=xI ,

43

)2( cm486012

cm)18(cm102

=⋅

=xI ,

43

)3( cm64012

cm)8(cm153

=⋅

=xI .

Растојања тежишних оса правоугаоника од тежишне осе сложене фигуре су cm92,10cm13cm08,2

11 TTT −=−=η−η=y ,

cm08,2cm0cm08,222 TTT =−=η−η=y ,

cm08,15cm)13(cm08,232 TTT =−−=η−η=y .

Моменти инерције правоугаоника за тежишну осу x су 4224

12T

)1()1( cm95,24915cm200cm)92,10(cm67,106611

=−+=+= AyII xx ,

42242

2T

)2()2( cm75,5638cm180cm)08,2(cm486022

=+=+= AyII xx ,

42243

2T

)3()3( cm77,27928cm120cm)08,15(cm64033

=+=+= AyII xx .

Момент инерције целе фигуре у односу на осу x је 4444)3()2()1( cm47,58483cm77,27928cm75,5638cm95,24915 =++=++= xxxx IIII .

5 momenti inercije

Documents