View
494
Download
1
Category
Preview:
Citation preview
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
10. ODNOS IZMEĐU NAPONA I DEFORMACIJE. MEHANIČKA SVOJSTVAMATERIJALA
Eksperimentalni podaci:
Slika 24.
AF
x =σ ; veličina normalnog napona u popriječnom presjeku.
Eksperiment se obavlja tako da se probna epruveta, propisanih dimenzija postavlja učeljusti kidalice, a zatezna sila (F) se postupno povećava.
Slika 26.
Slika 25.Kada se izađe iz podrvrijednosti, ne mogu zakonitost uvjeta njiho
registrira tačno deform
F F
FF
A
A
F
F
FF
l
lo
Pretpostavka je da u popriječnom presjeku epruvete vlada«uniformno stanje», tj. da je raspored sile po površinipodjednak.U području malih deformacija i male sile, mjerenjadeformacije se vrše pomoću mehaničkih tenzometara ilimjernih traka. To je područje elastičnosti gdje je veza
0l∆
50
učja elastičnosti, deformacije su vrlo velike, imaju centimetarskese koristiti mjerne trake i mehanički tenzometri jer je narušenave primjene, pa se koristi mjerni uređaj na presi (kidalici), koji
acije do 0,01 mm, a 1000
1 djelovi mm se procjenjuju.
između sile i dilatacije pravolinijska: 0
x l=ε .
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
Na ordinatu dijagrama nanosi se AF
x =σ , na apscisu εx ili u početku u području
elastičnih deformacija 0
0x l
l∆=ε , a kasnije
ll
x∆
=ε .
Eksperiment ovisi od brzine nanošenja opterećenja. Teoretski ovisi i od temperature,međutim ispitivanja pri različitim temperaturama ne spadaju u tipska već u specijalnaispitivanja.Tipični dijagrami prikazani su na Slici 27.a za mehki čelik, i Slici 27.b tvrdi čelik, betonitd.
a) b)Slika 27.
Slika 28.
Mehki čelici se najčešće koriste za izradu su izrađeni standardni valjani profili.Kada je npr. u pitanju beton, poznato je dnego na istezanje, pa je dijagram σ, ε kao
tečenje
σp
σσ
ε ε
σM
σM
zatezanje
ε
pritisak
σ
Karakteristično je na dijagramu 27.a, dau određenom trenutku pri istom naponuili čak manjem, počinje naglo izduženje.Ova deformacija naziva se tečenje.Materijal u datom intenzitetu opterećenjaprestaje da daje otpor, odnosno počinjese ponašati kao da «teče».
Ako bi probnu epruvetu izlagali silipritiska umjesto zateznoj sili, za mnogematerijale bi dobili sličan dijagram (npr.mehki čelik).
51
čeličnih konstrukcija u građevinarstvu. Od njih
a beton ima znatno veću nosivost na pritisakna Slici 29.
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
52
Slika 29.
Jedan od najvažnijih dijelova dijagrama čini tačka (P), granica proporcionalnosti.Proporcionalnost se izražava obrascem:σ = E⋅ε [ Ncm-2]σ = C⋅E - opći slučaj∆l = l ε = 1 σ = E
E – Jungov (Young) modul elastičnosti [ 2cmN ].
Dio dijagrama koji je «kosi pravac», javlja se kod materijala koji pokazuju elastičnasvojstva, dok za npr. materijale: liveno željezo, beton, kamen, opeka taj pravac nepostoji u praktičnom smislu, već se pojavljuje «blaga» parabola.σP-napon na granici proporcionalnostiσT-napon tečenjaσM-napon sloma matrerijala ili prekidna čvrstoća
Slika 30.
Slika 31.Ako vršimo opterećenje iznad granice proporcionalnosti, pa zatim izvršimorasterećivanje dobit ćemo stanje na Slici 31.εp – «plastična» dilatacija
εσe
-σ
-σc
zatezanje
pritisak
+σ
ε
opte
reće
nje
εeεp
O εB
A
P
σ
rast
ereć
enje
Baušingerov(Bauschingerov) efekat
BA -pravolinijska veza
ε
σ pσ T
σ M
MT
P
σ
O
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
53
Pošto smo izašli iz zone elastičnosti (prešli tačku P), pri rasterećenju se nismo vratili utačku (0) nego u tačku (B). Zaostala deformacija B0 , preračunata u dilataciju naziva seplastična deformacija a ostali dio ukupne deformacije predstavlja elastičnu deformaciju.Ako ponovo povećavamo silu sada će porast napona ići po pravcu BA , pa je sadatačka (P) adekvatna tački (A), tj. granica elastičnosti je pomjerena na više. Ovo senaziva Baušingerov efekat prema (Bauschingeru), naučniku koji je prvi opisao ovajfenomen.Kod opita, neki materijali u području elastičnosti imaju pravolinijski oblik dijagrama, aneki krivolinijski (Slika 32.).
Slika 32.
Ako materijal ne može da izdrži relativno veliku plastičnu deformaciju, naziva se krhtimaterijal, i obrnuto duktilni materijal. Kako je ranije rečeno za mjerodavan opit, mora bitikonstantna temperatura, temperatura okoline, a brzina nanošenja opterećenjapropisana.
Slika 33.
10.1. Hukov zakon
U analizi odnosa napona i deformacija, uz znatna pojednostavljenja koristi se linearno-elastičan odnos.
σ = C⋅E
opte
reće
nje
O ε
Pσ
rast
ereć
enje
Linearno elastični
opte
reće
nje
O ε
P
σ
rast
ereć
enje
Nelinearno elastični
duktilni materijal
εd
εk
0 ε
σkrhti materijali
Maksimalne dilatacije:εk-dilatacija krhtog materijalaεd-dilatacija duktilnog materijalaεk < εd
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
54
Ovu vezu je predložio u XVII vijeku engleski naučnik Huk (Hooke), pa je veza poznatakao Hukov zakon.Iz ranijeg izlaganja smo vidjeli da se relativno mali broj materijala ponaša po ovomzakonu, mehki čelici u jednoj zoni.Međutim uz izvjesne aproksimacije možemo u području malih naprezanja prihvatitiHukov zakon. Sva teorija elastičnosti bazirana je na ovoj postavci.Za dalje izučavanje, pitanje je kakva su stanja između napona i deformacija, ako jenaponsko stanje različito od napona na pritisak i napona na zatezanje.Ranije smo pokazali da se naponsko stanje može definirati sa 6 komponenata tenzoranapona: σx, σy, σz, τxy, τyz, τzx.Logično je uopštavanje Hukovog zakona, da se svaka komponenta deformacije smatralinearnom funkcijom komponenata tenzora napona.Rezultirajući odnosi dati su u sljedećim jednačinama i nazivaju se uopšteni Hukovzakon.ε = c⋅ σεx = C11⋅ σx + C12⋅ σy + C13⋅ σz + C14τxy + C15τyz + C16τzxεy = C21⋅ σx + C22⋅ σy + C23⋅ σz + C24τxy + C25τyz + C26τzxεz = C31⋅ σx + C32⋅ σy + C33⋅ σz + C34τxy + C35τyz + C36τzxγxy = C41⋅ σx + C42⋅ σy + C43⋅ σz + C44τxy + C45τyz + C46τzxγyz = C51⋅ σx + C52⋅ σy + C53⋅ σz + C54τxy + C55τyz + C56τzxγzx = C61⋅ σx + C62⋅ σy + C63⋅ σz + C64τxy + C65τyz + C66τzx
Koeficijenti Cij nazivaju se koeficijenti elastičnosti a ima ih ukupno 36.Za homogene i izotropne materijale, tj. materijale koji imaju ista svojstva u svimpravcima opći Hukov zakon se pojednostavljuje, pa slijedi:Pošto zbog izotropnosti postoji odnos:C11 = C22 = C33 (koeficijenti elastičnosti uz komponenetne napone σx, σy, σz)C12 = C13 = C23 (koeficijenti elastičnosti uz σy i σz) – popriječne dilatacijeC44 = C55 = C66 (koeficijenti elastičnosti uz τxy, τyz, τzx)C12 = C21 (koeficijent uz σy, σx)C13 = C31 (koeficijent uz σx, σz)C23 = C32 (koeficijent uz σy, σz)
Svi ostali koeficijenti elastičnosti su jednaki nuli.Dakle ostaju samo 3 koeficijenta elastičnosti (C11, C44, C12) koja se smjenjuju tehničkimveličinama i između njih postoji sljedeća ovisnost:
21 C44 = C11 - C12 .............(a)
Smjena koeficijenata tehničkim veličinama:
C11 = E1 .........(1); C44 =
G1 ...........(2); µ=
−
11
12
CC ⇒ - C12 = µC11..........(3)
Smjenom u jednačinu (a)
Eµ
EGµC
EG111
2111
21
11 +=⋅=⋅+=⋅
Eµ)(Gµ);(EG
=+⋅+= 121121
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
55
)1(2EGµ+
= - modul klizanja ili smicanja (G = 7,87 *106 N/cm2)
µ - Poasonov koeficijent, za većinu materijala µ = 1/3.
Ako u jednačinu :εx = C11⋅ σx + C12⋅ σy + C13⋅ σz + C14τxy + C15τyz + C16τzx , uvrstimo odgovarajuće smjeneza: C11, C12, C13, vodeći računa o rečenom, da su: C12 = C13, C11 = 1/E, - C12 = µC11 = µ/E = C13, a da su ostali članovi jednaki nuli, slijedi:
( )[ ]zyxx
zyxx
E1
000EEE
1
σ+σµ−σ=ε
+++σµ
−σµ
−σ=ε
Pošto je:
( )[ ]
( )[ ]
( )[ ]
)b(
)3(E1
)2(E1
)1(:nologana,E1
yxzz
zxyy
zyxx
σ+σµ−σ=ε
σ+σµ−σ=ε
σ+σµ−σ=ε
)6...(....................G1
)5...(....................G1
)4...(....................G1
zxzx
yzyz
xyxy
τ=γ
τ=γ
τ=γ
Rješavanjem gornjih jednačina po naponima, slijedi:
D = (1 - 2µ)(1 + µ)2
( )[ ]zyxx E1
σ+σµ−σ=ε
σx - µσy - µσz = E⋅εxσy - µσx - µσz = E⋅εyσz - µσx - µσy = E⋅εz_______________σx - µσy - µσz = E⋅εx-µσx + σy - µσz = E⋅εy-µσx - µσy + σz = E⋅εx________________
Za dvoosno naponsko stanje:
εx = C11⋅σx + C12⋅σy C11 = C22; C11 = E1
εy = C21⋅σx + C22⋅σy C21 = C12; C12 = Eµ
−
( ) )'1......(E1
EE yxyx
x µσ−σ=σ
µ−σ
=ε
( ) )'2......(E1
EE xyxy
y µσ−σ=σ
µ−σ
=ε
Iz jednačine (1') yxx E σ⋅µ+ε⋅=σ ,zamjenom u jednačinu (2') i rješavanjempo (σy)
( )2
xyy 1
Eµ−
ε⋅µ+ε=σ ; analogno
( )2
yxx 1
Eµ−
ε⋅µ+ε=σ
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
56
11
1D
µ−µ−µ−µ−µ−µ−
= ,
razvijanjem po Sarusu: D = 1 - 2µ3 - 3µ2 ili D = (1 + µ)2(1 - 2µ)
DDx
x =σ
1E1E
ED
z
y
x
x
µ−ε⋅
µ−ε⋅µ−µ−ε⋅
= , Dx = Eεx(1 - µ2) + Eεz(µ+ µ2) + Eεy(µ + µ2)
1 - µ2 = (1 - µ)⋅(1 + µ)
[ ]
[ ]
[ ]
[ ] )c(
)6.........(..................................................G)5.........(..................................................G)4.........(..................................................G
)3......(..........)()1()21)(1(
E
)2......(..........)()1()21)(1(
E
)1......(..........)()1()21)(1(
E)21)(1(
)()1(E)21()1(
)1(E)1(E)1)(1(E
zxzx
yzyz
xyxy
yxzz
xzyy
zyxx
yzxx
2yzx
x
γ⋅=τ
γ⋅=τ
γ⋅=τ
ε+εµ+εµ−µ−µ+
=σ
ε+εµ+εµ−µ−µ+
=σ
ε+εµ+εµ−µ−µ+
=σ
µ−µ+
ε+εµ+µ−ε=σ
µ−µ+
µ+εµ+µ+εµ+µ+µ−ε=σ
Ovo su komponentalni naponi izraženi preko komponentalnih deformacija.
10.2. Elastične konstante materijala
Linearno elastični odnosi između komponenti tenzora napona i odgovarajućihkomponenti tenzora deformacije kod homogenog izotropnog materijala definirani su satri komponente: E, G i µ, koje se nazivaju elastične konstate materijala. Imaju fizikalnoznačenje i spadaju u mehanička svojstva materijala.G, E, µ - elastične konstate materijalaKonstanta (E), predstavlja modul elastičnosti ili Jungov modul.Objašnjenje:
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
57
Po definiciji to je napon koji bi bio potreban da se probna epruveta izduži pod djejstvom
sile za dvostruku dužinu tj. ∆l = l; ε = 1ll= ; ε =
ll
lll2=
− ; σ = E⋅ε; odnosno σ = E.
U dijagramu σ, ε, to je nagib pravca koji prolazi kroz ishodište (Slika 34.):
tgϕ0 = E=εσ
Slika 34.
G =xy
xy
γ
τ- modul smicanja
Za jednoosno naponsko stanje: τxy = G⋅γxy, ostali komponentalni naponi su jednaki 0.
Slika 35.
Dakle odnos popriječne i uzdužne dilatacije predstavlja Poasonov koeficijent, i ovo važisamo kod linearnog stanja napona.
Za ravno i prostorno stanje napona, važi princip superpozicije (sabiranja), jednačinaoznačenih sa (1), (2) i (3).Iz zadnjih jednačina slijedi:Klizanje je jednako nuli u ravninama u kojima su tangencijalni naponi jednaki nuli.
Zaključak:U datoj tački pravci glavnih napona, poklapaju se sa pravcima glavnih dilatacija.Veličina Poasonovog koeficijenta varira od 0,25 - 0,35. Za neke betone donja granica je0,1. Najveća vrijednost je za gumu i iznosi 0,5.
σ=E⋅ε
ϕo
ε
σ
εx
εy
F F
hh´
l´l
µdilatacijauzdužnadilatacijapopriječna
=ε
ε=
x
y
µ - Poasonov koeficijent
yp
x
hhh
hhh
uzdlll
εε
ε
−=−
=−′
=
−=
´
.);(´
,
jer je h' < h
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
58
Ako saberemo prve tri od jednačina dilatacija u funkciji napona:
( )[ ]
( )[ ]
( )[ ]
)a(
E1E1E1
yxzz
zxyy
zyxx
σ+σµ−σ=ε
σ+σµ−σ=ε
σ+σµ−σ=ε
Superpozicija (sabiranje)
)(E
)21(
)(EE
)(EE
)(EE
1
zyxzyx
yxz
zxy
zyxzyx
σ+σ+σµ−
=ε+ε+ε
σ+σµ
−σ
+σ+σµ
−σ
+σ+σµ
−σ=ε+ε+ε
Pošto je: 3
zyxs
σ+σ+σ=σ , a prva invarijanta stanja deformacija
J1 = ε1+ε2+ε3 = Θ ili Θ = εx+εy+εz
Θ = )21(E
3 s µ−σ
→ odnos između zapreminske dilatacije i srednjeg normalnog napona.
Θ = sE)21(3σ
µ−
( )µ−
σ=Θ
213E
s .
Recipročno, )21(3
EKµ−
= - modul kompresije.
Pošto je:
J1 = εx+εy+εz
3zyx
s
σ+σ+σ=σ
3σs =σx+σy+σz
Onda je:( ) ( )zyx
J
zyx E21
1
σ+σ+σµ−
=ε+ε+εΘ=43421
Θ = sE)21(3σ
µ− , recipročna veličina )21(3
EKµ−
= - modul kompresije.
Za µ = 0,333 (čelik) ( ) EK0,1
cmN1021
333,02131021K
26
6
=⋅
=⋅−⋅
= .
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
59
Za neke druge materijale K ≠ E.
11. ČISTO SMICANJE
Ako je tanka ploča zategnuta po osi 0x, a pritisnuta po osi 0y, tako da su intenziteti silapo površini jednaki, slijedi: σx = σy = σ
Slika 36.
Definicija čistog smicanja: ako iz ploče isječemo prizmu čije su strane nagnute premaosi 0y pod uglom ±45°, onda na bočnim stranama djeluju samo najveći tangencijalninaponi: τnmax = σ = τ.Uzimajući prvu jednačinu iz uopštenog Hukovog zakona, dobijamo:εx = C11σx + C12σy → ostali članovi su jednaki 0 jer se radi o ravnom stanju napona.
Pošto je: C11 = E1 ;
ECC 1112
µ=µ=− , uvrštavanjem dobijamo:
;E1
E1
yxx σµ−σ=ε σx = σ ; σy = -σ
)1(E
);(E1
xx µ+σ
=εµσ+σ=ε
Analogno:
)1(E
;E
1yy µ+
σ−=εσ
µ+−=ε
U kosom presjeku nagnutom pod uglom (ϕ) javit će se oba komponentna napona, pa uzzaključak da su τxy = τyx = 0, jer je γxyC14 = 0 (C14 = 0) slijedi poznata i dokazanajednačina za σn i τnl.
0
σn = 21 (σx + σy) +
21 (σx - σy)cos2ϕ -τsin2ϕ
0
y
x
y
σσ
-σ
-σ
045°
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
60
τnl = 21 (σx - σy)sin2ϕ + τcos2ϕ
σx = σ ; σy = -σ
σn = 21 (σ - σ) +
21 (σ + σ)cos2ϕ =σcos2ϕ..........(1)
τnl = σsin2ϕ.........(2)
Eliminisanjem ugla (ϕ), ϕ = 0, cos0° = 1, sin0° = 0, te kvadriranjem i sabiranjem:sabiranjemi2
nl
10cos
n
2sin2cosϕσ=τϕσ=σ
=
___________σn
2 = σ2
τnl2 = 0
___________σn
2 + τnl2 = σ2 → dobija se jednačina Morovog kruga
Slika 37.Ako se izdvoji prizma iz kvadra:
(2)
(1)
-σ=σy +σ=σx
σn
τnl=maxτnl
τ nl
σn
ϕ 2ϕ
Za ϕ = 45° 2ϕ = 90° σn = 0, τnl = max;Za ϕ = 0 τnl = 0 σn = max.
d´
d´´
d
∆d γxy/2
x
y
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
61
d´ = d - ∆d ; ε=∆dd ; pa se može napisati:
∆d = d⋅ε
d´ = d - ddd∆
⋅ = d(1 - ε)
d´´ = d(1 + ε)
γ+γ−
≈γ
+
γ−
=ε+ε−
==
γ−
π22
2tg1
2tg1
11
´´dd́
24tg
xy
xy
xy γxy = γyx= γ
za male uglove tg γ≈γ21
21
xy
xy
22
11
γ+
γ−=
ε+ε−
(1 - ε)(2 +γxy) = (1 + ε)(2 - γxy)-2 - 2ε + γxy - εγxy – 2 - 2ε + γxy + γxyε= 0
γ = 2ε = 2 ( )τ⋅
µ+E
1 ; τ = G⋅γxy , G = ( );12E
µ+⋅
Dimenzioniranje: dsAF
τ≤=τ
Za čelik µ = 0,33 E = 2,1⋅107 N/cm2 ; G = 7,87⋅106 N/cm2.
τds – dozvoljeno naprezanje na smicanje.
12. TEORIJE O SLOMU MATERIJALA. DOZVOLJENI NAPONI
Sa tehničko inženjerskog stanovišta konstrukcija treba da bude sigurna i funkcionalna.Pod sigurnošću se podrazumjeva da je konstrukcija u stanju da stalno nosi opterećenjeza koje je dimenzionirana. Pri tome, u svakom dijelu (elementu) konstrukcije naponitreba da budu u dozvoljenim granicama, a deformacije elemenata kao i čitavekonstrukcije treba da budu u propisanim granicama. U nekim slučajevima kod nosača:vitki stubovi, grede, rešetkasti nosači, deformacije nosača mogu da budu veće odočekivanih, a da pri tome naponi u konstrukciji budu u dozvoljenim granicama. U tomeslučaju dozvoljena deformacija predstavlja prioritetan zahtjev, jer su uvjeti naprezanjasvakako zadovoljeni. Suviše velike deformaciije pri promjenljivom opterećenju mjenjajuamplitudu što dovodi do nekih od slučajeva promjenljivog naprezanja, koje se razlikujeod «mirnog» statičkog. Ova pojava može dovesti do «zamora» materijala, što je usuštini promjena strukture materijala na kritičnim mjestima.Kod krhtih materijala slom se karakterizira pojavom pukotina i naglim popuštanjemkonstrukcije.Kod elestičnih materijala (čelici), tečenje prethodi lomu (povećanje plastičnihdeformacija) i nastupa tzv. duktilni lom.
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
62
Pošto na mehanizam sloma materijala utiče veliki broj faktora, do danas ne postojiuniverzalna teoprija koja uzima sve ove faktore u obzir.Za analizu u teoriji sloma materijala uzimaju se idealne pretpostavke, i odnose se naslom materijala zbog statičkih opterećenja, pri normalnoj temperaturi i homogenim iizotropnim materijalima.
Naponi upoređivanja:
Kada su elementi konstrukcije opterećeni jednoaksijalno (linearno) stanje napona, ondase veličina normalnog napona koji izaziva slom, određuje iz eksperimenata. To jeprekidna čvrstoća σM.Prema tome u datom elementu konstrukcije neće nastupiti slom sve dok stvarninormalni napon ne pređe vrijednost prekidne čvrstoće.Kada se element konstrukcije nalazi u složenom naponskom stanju, onda je nemogućevršiti upoređivanje naponskog stanja sa testom iz dijagrama (σ, ε).Radi toga postoje kriterijumi koji uzimaju u obzir složenost naprezanja, kako bi se mogloizvršiti upoređivanje, sa jednoaksijalnim testom naprezanja, verificiranimeksperimentalno.Sve spomenute kriterijume svodimo na formuliranje jednog fiktivnog napona izraženogpreko komponenti tenzora napona složenog naponskog stanja u nekoj tačkinapregnutog tijela, čiju veličinu onda upoređujemo sa naponom pri slomu kodjednoaksijalnog naponskog stanja radi predviđanja mogućnosti pojave sloma u toj tački.Taj napon se naziva ekvivalentni ili uporedni napon, a označit ćemo ga sa (σe).Normalni napon pri kome dolazi do sloma pri jednoaksijalnom naprezanju naziva segranični i označava sa σ0.Kod duktilnih materijala to je napon na granici tečenja, σT, a kod krhtih materijala jednakčvrstoći materijala σM.Kod duktilnih: σ0 = σTKod krhtih: σ0 = σMJedinstveni kriterij za nastupanje sloma materijala izloženog složenom naponskomstanju definira se izrazom:
σe = σ0 , gdje je σ0 granični napon pri jednoaksijalnom naprezanju
Dakle, slom materijala u nekoj tački napregnutog tijela nastupit će onda kadaekvivalentni napon dostigne veličinu graničnog napona pri jednoaksijalnom naprezanju.
12.1. Neke teorije u primjeni
Do danas je postavljeno više teorija pri čemu su neke prihvatljivije za duktilne a drugeza krhte materijale.Ovdje će biti prikazane četiri teorije, za koje su eksperimenti pokazali da imaju praktičnuvrijednost i to dvije za duktilne a dvije za krhte materijale.To su:
1. Teorija najvećeg normalnog napona,2. Teorija najvećeg smičućeg napona,3. Morova teorija,4. Teorija najvećeg deformacionog rada na promjeni oblika.
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
63
- Teorija najvećeg normalnog napona
Prema ovoj teoriji slom u materijalu će nastupiti kada najveći normalni napon poapsolutnoj vrijednosti dostigne vrijednost graničnog napona, bez obzira na veličinuostalih napona.Dakle potrebno je proračunati napone σ1 i σ3, i uporediti ih sa graničnim naponom σ0 zamaterijal koji je u pitanju.Znači ekvivalentni napon: σe = σ1 ili σe = σ3σe = σM za krhte materijale.Ova teorija je dosta dobra za krhte materijale (beton, liveno željezo, opeka), poduvjetom da je najveći glavni napon zatežući napon. Tada na naponsko stanje utičumikroskopske pukotine, gdje lom ide po nekoj od pukotina. Ako je pak u pitanju pritisak,onda pukotine ne utiču na naponsko stanje i primjenljivost teorije je manja.
- Teorija najvećeg smičućeg napona (za duktilne materijale)
Prema ovoj teoriji u materijalu će doći do sloma usljed tečenja pri bilo kom naponskomstanju, kada maksimalni smičući napon po apsolutnoj vrijednosti dostigne graničnuvrijednost.
Kod jednoosnog naponskog stanja vidi se iz Morovog kruga da je to napon τ0 = 2
0σ , koji
djeluje u ravnini koja je na probnoj epruveti pod uglom od 45°.
Slika 38.
Ranije je pokazano da su smičući naponi jednaki nuli u svim presječnim ravninama unekoj tački kada u njima vlada hidrostatsko naponsko stanje (sferni tenzor), pa odsustvotečenja i napona smicanja potvrđuje teoriju o ključnoj ulozi smičućih napona pri slomuodnosno tečenju. (Visoka nosivost, jer su τ naponi jednaki 0).
σo
σ
τ
τ o
45° 2ϕ
τo=σo/2
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
64
Ranije je pokazano kod prostornog stanja napona da su ekstremne veličine smičućihnapona:
231
max21
331
232
1 2;
2;
2;
2τ=
σ−σ=τ
σ−σ=τ
σ−σ=τ
σ−σ=τ
Prema iznešenoj teoriji do sloma neće doći, ako budu ispunjeni sljedeći uvjeti:
τ1< τ0 ; τ2< τ0 ; τ3< τ0 .............. (a)
σ0 – granični napon pri jednoosnom naprezanju
Smjenom iz predhodnih objašnjenja: τ0 = 2
0σ u predhodne jednačine, slijedi:
;2
321
σ−σ=τ τ1 = τ0; ;
22320 σ−σ
=σ
pa je : σ0 = σ2 - σ3 ; analogno je i za ostale dvije jednačine, pa uz zadani uvjet (a)
σ2 - σ3< σ0 ili < τ0⋅2 jer je τ0 = 2
0σ
σ1 - σ3< σ0 itd.
σ1 - σ2< σ0 , za ravno naponsko stanje: σ3 = 0 pa je:
σ2< σ0 .....................(1)σ1< σ0 .....................(2)σ1 - σ2< σ0 ..............(3)
Nejednačine (1) i (2) važe za prvi i treći kvadrant, tj. za slučaj kada su oba glavnanapona istog predznaka. Treća nejednačina važi za drugi i četvrti kvadrant.Izraz za ekvivalentni napon:Maksimalni τ napon za dvoosno naponsko stanje: ( ) 2
xy2
yx2,1 4τ+σ−σ±=τ ili
( ) 2xy
2yxe 42 τ+σ−σ=σ=τ ; 2τ0 = σ0 = σe
Ranijim smjenama: σ0 = σe; τ0 = 2
0σ ; σ0 = 2τ0 = σe
( ) 2xy
2yxe 4τ+σ−σ=σ - opći slučaj ravnog stanja napona.
U slučaju savijanja σy = 0
2xy
2xe 4τ+σ=σ
0U slučaju čistog smicanja: τ=τ+σ=σ 24 22
xe
Ova teorija daje dovoljno tačne rezultate za čelike i poznata je kao «Tresca-ov uvjettečenja» (francuski inženjer Tresca).
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
65
- Morova teorija
Odnosi se na krhte materijale.Suština je u sljedećem:Za isti materijal izvrši se niz eksperimenata do sloma materijala i za svaki eksperimentse konstruira Morov krug. Zatim se konstruira njihova obvojnica. Kritična su onanaponska stanja za koja Morov krug tangira ili siječe obvojnicu.
Slika 39.
Ova hipoteza je našla najveću primjenu u geomehanici. Tlo kao materijal, praktično neposjeduje otpornost na zatezanje nego samo na pritisak i čisto smicanje.
ϕ - ugao unutrašnjeg trenja,c – kohezija [N/cm2].
Morova obvojnica
τ
σ
c
ϕ
τ=c+σ⋅tgϕ
σo
σ
τ
Slika 40.
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
66
- Teorija najvećeg deformacionog rada na promjeni oblika
Po ovoj teoriji slom materijala u nekoj tački pri bilo kome naponskom stanju nastupit ćeu trenutku kada maksimalna specifična energija deformacije (utrošena energija pojedinici zapremine tijela) na promjeni oblika dostigne veličinu specifične energijedeformacije na promjeni oblika pri slomu, kod jednoaksijalnog naprezanja.Kasnije će biti dokazano, a sada se uzima bez dokaza, specifična energija deformacijena promjeni oblika, izražena preko glavnih napona data izrazom:
Prostorno naponsko stanje: ( )( )
( )( )
( )( )
σ−σ+σ−σ+σ−σ=
τττ 23
21
22 2
231
22
32
22
2112G1U
Za jednoaksijalno naponsko stanje: σ1 = σ0 ; σ2 = 0 ; σ3 = 0 ; σ0 = σe = σ1
[ ]G6G12
2G12
1U2
02
021
21 ⋅
σ=
σ=σ+σ= za upoređivanje
Za ravno naponsko stanje: Kriterijum za nastupanje sloma dobit ćemo izjednačavanjemdesnih strana jednačine, uz σ3 = 0, jer je ravno naponsko stanje:posmatra se samo dvoosno naponsko stanje i upoređuje sa jednoosnim, premaosnovnoj pretpostavci.
( )[ ][ ]
2:/2222
222
2/2222
221
G121
G6
2221
21
20
21
2221
21
20
21
22
22
21
212
0
21
22
2221
21
20
21
22
221
20
σ+σσ−σ=σ
σ+σ+σσ−σ=σ
⋅σ
+σ
+σ
+σσ−σ
=σ
σ+σ+σ+σσ−σ=σ
σ+σ+σ−σ=σ
2221
210
2221
21
20
σ+σσ−σ=σ
σ+σσ−σ=σ
Kod čistog smicanja σ2 = -σ1 = τ
3
3
0
222220
τ=σ
τ=τ+τ+τ=σ
U općem slučaju ravnog stanja napona (bez dokaza):2
xyyx2
y2
xe 3τ+σσ−σ+σ=σ σ1 = σx ; σ2 = σy
U slučaju savijanja: 2xy
2xe 3τ+σ=σ jer je σy = 0
Čisto smicanje: σe = 3τ , iz 33 2e τ=τ=σ ; σ = 0.
Eksperimenti sa duktilnim materijalima su pokazali dobro slaganje sa analitičkimpretpostavkama.
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
67
12.2. Dopušteni ili dozvoljeni napon
Konstruktivni elementi se projektuju tako da naponi izazvani projektnim opterećenjemne prekorače neki dopušteni nivo, koji je uvjek znatno niži od graničnog napona.Odnos između graničnog napona i dopuštenog napona naziva se koeficijent sigurnosti(n).
napondozvoljenin
d
0 napongranični=
σσ
=
Uvođenje koeficijenta sigurnosti, potrebno je iz sljedećih razloga:- Projektna opterećenja su najčešće rezultat inženjerske procjene. Osim toga
promjena namjene konstrukcije ili izmjene u konstrukcijij prouzrokuju promjeneopterećenja u odnosu na projektno.
- Metode proračuna zasnovane su na određenim pretpostavkama, uzaproksimativno tretiranje napona.
- Mehanička svojstva materijala uvjek variraju, a kod nekih materijala i znatno.Osim toga u materijalu mogu nastati naponi pri ugradnji (npr. zavarivanjem), tosu tzv. zaostali naponi.
- Neki materijali korozijom mjenjaju nosivi presjek, zatim dolazi do pojave zamoramaterijala.
Rezime: izbor koeficijenta sigurnosti je vrlo značajan, ako je suviše nizak, rizik od slomaje vrlo visok, ako je pak koeficijent visok, dobija se predimenzionirana konstrukcija.U većini slučajeva, dopušteni naponi, odnosno koeficijenti sigurnosti, dati su propisima.
Dopušteni smičući napon
Za određivanje dopuštenog smičućeg napona, služe teorije o slomu materijala.Osnovni je uvjet: σe ≥ σd ; σe – ekvivalentni napon.- Na osnovu teorije najvećeg normalnog napona:za čisto smicanje: σe = τAko iz prethodne nejednačine , uzmemo varijantu jednakosti:
τd = σd ⇒ po teoriji najvećeg normalnog napona
- Po teoriji najvećeg smičućeg napona:
za čisto smicanje: σe = 2τ ; σd = 2τ ili 2
dd
σ=τ ⇒ po teoriji najvećeg smičućeg napona.
- Po teoriji maksimalne energije deformacija na promjeni oblika za čisto smicanje je:
3e τ=σ ; τd = 0,58⋅σd
12.3. Utjecaj promjenljivog opterećenja na napone
Ako u funkciji vremena dolazi do promjene normalnog opterećenja, na dijagramu (σ,t)imamo sljedeću situaciju:
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
68
Statičko mirno opterećenje Naizmjenično promjenljivo opterećenje
a) b)
Jednosmjerno promjenljivo opterećenje
c) d)
Slika 41.
σg – gornja granica napona,σu – donja granica napona
( )
( )uga
ugsr
21
21
σ−σ±=σ
σ+σ=σ
=σσ
sr
a karakteristika promjenljivog opterećenja.
Wöhler-ov (Velerov) dijagram napona i broja oscilacija, pokazuje da napon asimptotskiteži određenoj veličini pri beskonačnom broju oscilacija.Ta granična veličina zove se dinamička izdržljivost materijala (σMd), (Slika 42.)
σ
σg
t
σ
σ a
σ a σ g
t
σ sr
σ uσ a
σ
σ g
t
σ σa=0
σ g
t
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
Slika 42.
Utjecaj dinamičkih naprezanja na koeficijent sigurnosti, određuje se Smith-ovimdijagramom (Slika 43.).Ako na ordinatu nanesemo granične napone a na apscisu srednje, i to tako:σg = σsr + σaσu = σsr - σaσsr = σu + σaVariranjem ovih veličina nastaje Smith-ov (Smitov) dijagram.
Slika
σσ
=β
σ
σ=β
sr
u2
sr
g1
tg
tgtačke opterećenja sa istom oscila
0 σ Md
σ
n (broj oscilacija)
β2
KA
D
T
K´D´
B
σM
σM
σsr
σ
σ a-σ
a
σ T
β1
σM – prekidna čvrstoća,σT – granica tečenja.
- zona praktičnih kritičnihnapona: DKTK´D´
- zona sigurnosti: DTD´
69
43.
cijom.
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
70
Određivanje dijagrama dozvoljenih napona kod promjenljivog opterećenja
Ako iz prethodnog dijagrama izdvojimo zonu sigurnosti, a zatim granicu tečenjapodijelimo sa koeficijentom sigurnosti (n), a ordinatu tačke (D) sa proizvodom (n⋅αk),gdje je (αk), emopirijski faktor koncentracije napona, dobit ćemo pravac D´T´, ispod
koga je zona dozvoljenih naprezanja (napona) za različite odnose sr
a
σσ .
Slika 44.
12.4. Koncentracija napona
Naponi na istezanje, smicanje, savijanje, određeni su na osnovu dosadašnjegizučavanja odnose se na određene geometrijske oblike homogenog popriječnogpresjeka. Ako na presjeku postoje otvori ili zarezi, naponi su oko takvih mjesta znatnoveći, od proračunatih, odnosno nominalnih.Odnos najvećih napona u nekom presjeku σ'max ili τ'max prema nominalnom σ i τ,predstavljaju geometrijski faktor koncentracije napona (αk).
ττ
=ασ
σ=α max
kmax
k';' .
Pri ovome razmatranju, σ´max i τ´max treba razlikovati od graničnih napona (maksimalnikoje smo ranije dokazivali). Ovi granični naponi σ´max i τ´max su sekundarna pojava usmislu rasprostiranja i djeluju oko mjesta oslabljenja (Slika 45. i 46.)
Slika 45. Slika 46.
k
an ασ⋅
T´
T
D
D´
D´
σsr
σ
σa
σT
σ ´m
a
F
F
d
σ
p
Aσ=F/A
d
τ ´m
ax
σ ´m
ax
σ
F Mt
ρ ρ
τ
F
t
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
1t=
ρ podaci za αk
ZaponaZain
Aksilza
KonoVediNopr
N
t/d Istezanje αk Smicanje αk0,05 2,35 1,70,1 2,0 1,40,15 1,7 1,20,2 1,5 1,15
Istezanjed/b αk 0,1 2,70,2 2,50,3 2,350,4 2,250,5 2,18
71
različite slučajeva oslabljenja presjeka izazvanih tehničkim zahtjevima konstrukcijestoje tabele, sa eksperimentalno utvrđenim veličinama koeficijenata koncentracijepona. one slučajeve koji se ne mogu podvesti pod konkretan primjer, služimo se
ženjerskom analogijom i slučaj podvodimo pod «sličan slučaj».
13. AKSIJALNO NAPREZANJE
o je neki element konstantnog popriječnog presjeka zategnut ili pritisnut silom (F), aa (F) se poklapa sa osom, ova sila izaziva aksijalno naprezanje. To je tipičan slučaj štapove rešetkastih nosača.
Slika 47.
13.1. Analiza naponskog stanja
risteći metodu presjeka, vidimo da u popriječnom presjeku štapa djeluje samormalna sila.ličina i smjer ove sile određuje se iz ravnoteže svih sila koje djeluju na desni ili lijevi
o štapa.rmalna sila (N) je rezultanta proizvoda normalnog napona i elementa površine u
esjeku.
∫σ=A
xdA
Slika 48.
FF F F+ −
F1
F1F2
F2
F3
N
x
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
72
U popriječnom presjeku se ne mogu pojaviti tangencijalni naponi, o čemu je ranije bilogovora.Pretpostavka je da su dilatacije u svim tačkama štapa jednake, odnosno da su normalni
naponi takođe jednaki, pa je N = σx⋅A; [ ]2x cm/N
AN
=σ .
Ako je u pitanju zatezanje: σx = «+» , a za pritisak σx = «-».Ako želimo naći napone u kosom presjeku štapa onda koristimo ranije izvedeneobrasce za ravno naponsko stanje.
Slika 49.
σn = 21 (σx + σy) +
21 (σx - σy)cos2ϕ -τxysin2ϕ
τnl = 21 (σx - σy)sin2ϕ + τxycos2ϕ
τxy = 0σy = 0Smjenom: τxy = 0, σy = 0
σn = 2
xσ + 2
xσ cos2ϕ = 2
xσ (1+cos2ϕ)
τnl = ϕσ 2sin2
x
Slika 50.
nr
lr
τnl
σnσxσx
σ
σx=σmax
σn
ϕ 2ϕ-τnl
τmax za ϕ=45°τ
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
73
Iz kruga napona se vidi da je apsolutno najveći normalni napon u aksijalno
napregnutom štapu, napon (σx), a da je apsolutno najveći smičući napon jednak 2
xσ i da
djeluje u ravni koja je pod uglom 45°u odnosu na osu.
13.2. Deformacije aksijalno opterećenog štapa
Pošto se popriječni presjeci štapa aksijalno pomjeraju pri djejstvu opterećenjadeformacija štapa se analizira kao jednodimenzionalni problem.
Slika 51.
Iz štapa «isječemo» element dužine (dx) na koga djeluju naponi σx. Ako je izduženjaelementa (du).
dxdu;dxdu
xx ε=ε=
Primjenom Hukovog zakona: σx = E⋅εx ; Ex
xσ
=ε
dxE
du xσ= , pošto je AN
x =σ
dxAE
Ndu⋅
= ; integracijom:
∫ +⋅
=x
01Cdx
AENu
ako se štap pomjera koa kruto tijelo C1 ≠ 0. ako je lijevi kraj štapa uklješten, štap se nepomjera, već se samo povećava njegova dužina zbog deformacija, pa je C1 = 0.Promjena cjelokupne dužine označava se sa ∆l, pa se prethodna jednačina moženapisati:
∫ ⋅=∆
l
0
;dxAE
Nl Ako su (N) i (E⋅A) konstante, i E⋅A –krutost pri aksijanom opterećenju.
l
dx
x
F1F2
σx
F3
σx
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
74
FN;AElN
AENdx
AENl
l
0
l
0
=⋅⋅
=⋅
=⋅
=∆ ∫
AElFl
⋅⋅
=∆ ;
Ako ovu jednačinu napišemo u obliku : ∆l =
lAE
F⋅
; onda izdvojen nazivnik možemo
označiti sa: k =lAE ⋅ ; [N/m]., gdje je k – krutost štapa. Ovo se ne smije poistovjećivati sa
krutošću kod aksijalnih naprezanja ( E⋅A). Ako je poznata krutost štapa, izduženje se
računa ∆l = kF ; [m].
13.2.1 Računski primjer
Odrediti izduženje čeličnog štapa promjenljivog popriječnog presjeka, prikazanog naslici (Slika 52.). Modul elastičnosti čelika je E = 21⋅106 N/cm2.
Slika 52.
Sile su vezani vektor, nisu klizeći!F1 = 600 kN; l1 = 10 cm; A1 = 8 cm2
F2 = 400 kN; l2 = 40 cm; A2 = 4 cm2
F3 = 300 kN; l3 = 30 cm;
cm113,04
303008
401008
1050021000
1l
AlN
AlN
AlN
E1l
2
33
1
22
1
11
=
⋅
+⋅
−⋅
=∆
⋅+
⋅−
⋅=∆
l3l2l1
F3F2F1
A2A1
+
+
−
N1
N3F2
N2
100k
N
F1
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
75
13.3. Dimenzioniranje
Određivanje dimenzija konstruktivnih elemenata sa stanovišta funkcionalnosti inosivosti, naziva se dimenzioniranje.
Uslov: σemax ≤ σd , gdje je σe – ekvivalentni napon u konstruktivnom elementu.
Ako je σxmax= dmaxA
Nσ≤
Apotr = d
Nσ
13.3.1 Računski primjer
Dimenzionirati okrugle čelične štapove BCiAB , prikazane na slici, (Slika 53.), kojinose teret Q = 250 kN, ako je σd = 14,5 kN/cm2.
Slika 53.
tgϕ1 = °=ϕ= 6,22417,012050
1
tgϕ2 = °=ϕ= 13,53333,16080
2
Postavljamo koordinatni sistem kroz (B).Uvjeti statičke ravnoteže:ΣFx = 0 ; ΣFy = 0
N1cosϕ1 = N2cosϕ20,92 N1 = 0,6 N2N1 = 0,65 N2
sinϕ1 = 0,384
80cm
50cm
60cm120cm
ϕ2ϕ1
A
B
C
N1 N2
x
Q=250kN
y
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
76
sinϕ2 = 0,8
N1sinϕ1 + N2sinϕ2 - Q = 00,65 N2 ⋅ 0,384 + N2 ⋅ 0,8 = 2500,25 N2 + 0,8 N2 = 2501,05 N2 = 250 ;N2 = 238 kN ; N1 = 0,65⋅238 = 154,8 kN
A1P = 67,105,148,154N
d
1 ==σ
cm2 ; A2P = 4,165,14
238Nd
2 ==σ
cm2 ;
mm46cm57,414,3
4,164d;mm37cm68,314,3
67,104d;4
dA 21
2
==⋅
===⋅
=π
=
13.4. Naponi nosivosti i gnječenja
Slika 54.
Ako sila djeluje u težištu, pritisak na kontaktu između dva tijela: AF
g =σ , naziva se
napon gnječenja, a napon između tla i plohe (A1), naziva se napon nosivosti.
13.5. Statički neodređeni problemi kod jednoaksijalnog naponskog stanja
Ako za neki problem nisu dovoljni statički uvjeti ravnoteže: ΣFx = 0, ΣFy = 0, ΣM = 0, dabi se odredile reakcije u osloncima ili presječne sile, problemi ove vrste se nazivajustatički neodređeni problemi, npr. oslanjanje na tri tačke ili više, uklještenje nosača sajedne ili obje strane itd.Postavljanjem statičkih uvjeta ravnoteže, dobijamo manje jednačina nego što imamonepoznatih veličina.Koristeći zakonitosti vezane za otpornost materijala, veza: naponi i deformacije,postavljamo potreban broj jednačina, kako bi se mogao riješiti problem.U narednim primjerima, pokazat ćemo način riješavanja:Primjer 1:Apsolutno kruto tijelo AB, težine Q, obješeno je o tri vertikalne žice iste dužine,simetrično postavljene u odnosu na težište «C».Površine popriječnog presjeka žica su iste, a srednja je od čelika, dok su vanjske odbakra.
F A
A1
σg
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
77
Slika 55.
Rješenje:Postavljamo ΣM za težište, da je jednako nuli.
ΣMc = S1⋅a – S3⋅a = 0................( a ); S1 = S3
Drugi uvjet: ΣFy = 0
S1 + S2 + S3 – Q = 0 ; S1 = S32S1 + S2 – Q = 0......................( b ).
Pošto je tijelo AB apsolutno kruto, ostaje ravno i poslije deformiranja sistema, pa su:∆l1 = ∆l2 = ∆l3
č
b21
č
2
b
11 E
ESS;AElS
AElSl ===∆
Uvrštavanjem u ( b ):
1EE2
QS;Q1E
E2S
QSEES2
č
b2
č
b2
2č
b2
+==
+
=+
čb
b
č
b
č
b
1 EE2EQ
1EE2
EEQ
S+⋅
=+
= ; S1 = S3
l
a a
Eb⋅A Eb⋅AEČ⋅A
A BC
Q
Q
S1 S2S3
1 2 3
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
78
Primjer 2:Elastični štap konstantnog popriječnog presjeka opterećenje kao na slici (Slika 56.).Proračunati napone u štapu usljed vezane sile (F).
Slika 56.
RA + RB – F = 0
Dio štapa (a) se isteže, a dio (b) se skuplja.
∆lAC = ∆lCB
abRR;
AEbR
AEaRl BA
BAAC ⋅=
⋅⋅
=⋅⋅
=∆
ab1
FR
Fab1R;FR
abR
B
BBB
+=
=
+=+⋅
AR;
AR B
BCA
AC −=σ=σ
13.6. Naponi prouzrokovani promjenom temperature
Poznato je iz fizike, da se tijela pri povećanju temperature šire i obrnuto.Tako če npr. štap dužine (l), pri povećanju temperatureza ∆t, izdužiti ∆l = α⋅∆t⋅l;
odnosno temperaturna dilatacija iznosi °∆⋅α=∆ tll , gdje je:
α - temperaturni koeficijent širenja, ili dilatacija koja nastaje ako se tijelo zagrije za 1°C.
Primjer:Homogeni štap AB, učvršćen je na oba kraja, a temperatura mu se povećala za ∆t.Treba odrediti reakcije u osloncima i napon σx u štapu.
l
ba
A C BRA F RB x
+
¯RA
RBF
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
79
Slika 57.
Izduženje štapa je spriječeno, pa je ∆l = 0.Deformaciju od zagrijavanja poništava deformacija od reakcije R.
AEtRAEF;AElRtl ⋅⋅∆⋅α=⇒⋅⋅ε=
⋅⋅
=∆⋅⋅αε321
Očigledno je da su u štapu naponi pritiska: EtAR
x ⋅∆⋅α−=−=σ
α za važnije materijale iznosi:- čelik = 12,5⋅10-6,- drvo = (2 – 5)⋅10-6,- beton = (10 – 14)⋅10-6,- bakar = 16,7⋅10-6
- aluminijum = 25,5⋅10-6
13.7. Primjer rješavanja statički neodređenih problema primjenom uvjetakompatibilnosti
Odrediti sile u štapovima i pomijeranje tačke (C). Poznat je teret (G).
Slika 58.
Kompatibilnost: Konstrukcija se deformira tako da poslije deformacije ne dolazi doraskidanja veza.
l
R R
A1l1
G
A1l1
A3l3
(1) (2)(3)y
x
F1 F2
F3
ϕ ϕ
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
80
Statički uvjeti ravnoteže:
ΣFx = 0 F1sinϕ - F2sinϕ = 0F1 = F2
ΣFy = 0 F3 + F1cosϕ + F2cosϕ - G = 0F3 + 2F1cosϕ = G ; F3 = G – 2F1cosϕ
Pošto nedostaje jedna jednačina postavljano jednačine deformacija (Slika 59.):
21
111 l
AElFl ∆=
⋅⋅
=∆
ϕ∆=∆ϕ=∆∆ cosll;cosll
313
1
ϕ=
ϕ=⋅⋅
=∆
cosll
cosll;
AElFl
13
1
3
3
333
ϕ−=ϕ
⋅=
⋅ϕ⋅
=⋅⋅
⋅ϕ⋅⋅
=∆
ϕ∆
=∆⋅
ϕ⋅=∆
cosF2GcosA
AFF;AE
coslFAElF
AEcoslFl
cosll;
AEcoslFl
121
313
3
213
1
11
3
213
1
13
3
133
A – površina popriječnog presjeka štapa.
( )3
3
313
21
1
21
3131
21
31131
311
213112
1
31
A:
A:cosA2AcosAGF
cosAGcosA2AFcosAGcosAF2AF
cosAF2cosAGAF;cosF2GcosA
AF
ϕ+ϕ⋅
=
ϕ⋅=ϕ+
ϕ⋅=ϕ⋅+⋅
ϕ−ϕ⋅=⋅ϕ−=ϕ
⋅
Ako uzmemo da je kAA
3
1 =
∆l
∆l3=f
ϕ
C
C´
Slika 59.
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
81
23
2
1 Fcosk21coskGF =
ϕ+ϕ⋅⋅
=
ϕ⋅+=
ϕ⋅+ϕ⋅⋅−ϕ⋅⋅+
=ϕ+ϕ⋅⋅
−=ϕ−=
33
3
33
3
3
13
cosk21GF
cosk21coskG2coskG2G
cosk21coskG2GcosF2GF
Pomjeranje tačke (C): ( )ϕ⋅+⋅⋅
=⋅⋅
=∆ 33
3
3
333 cosk21EA
lGAElFl
( )ϕ+⋅
=
ϕ+⋅
⋅=∆ 3
13
3
3
3
1
3
33
33 cosA2AE
lG
cosAA2
AAEA
lGl
Npr. G = 100kN; A1 = 3 cm2; A3 = 4 cm2; ϕ = 30°; l3 = 300 cm
( ) cm18,016583930000
649,032421000300100l3 ==
⋅⋅+⋅
=∆
13.7.1 Računski primjeriPrimjer broj 1:Kruta greda je obješena i poduprta kao na slici (Slika 60.)
Slika 60.
Zadato: sila (F), dužine l, l1, l2, a1, a2.Nepoznate: F1, F2, XA i YA
Pošto možemo postaviti tri statičke jednačine: Σx = 0; Σy = 0; ΣMA = 0; nedostaje jednajednačina pa je slučaj jedan puta statiči neodređen.
l2
β f2
l
a2
a1
l1
Ff1
xA A α
(1)
(2)
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
82
Slika 61.
ΣXi = XA + F2cosβ - F1cosα= 0ΣYi = - YA + F1sinα - F2sinβ - F= 0ΣMA = - F⋅l + F1sinα⋅a1 + F2sinβ⋅a2= 0
β∆
=α
∆=β=∆α⋅=∆=
sinlf;
sinlf;sinfl;sinfl;
aa
ff 2
21
122112
1
2
1
2
222
1
111
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
AElFl;
AElFl
sinasina
ll;
sinlsinl
sinl
sinl
aa
⋅⋅
=∆⋅⋅
=∆
βα
=∆∆
α∆β∆
=
β∆α
∆
=
β⋅⋅α⋅⋅
=β⋅α⋅
=⋅⋅⋅⋅
=
⋅⋅⋅⋅
=∆∆
sinaAlsinaAl
FF;
sinasina
AlFAlF
AElF
AElF
ll
221
112
2
1
2
1
122
211
2
22
1
11
2
β⋅⋅α⋅⋅⋅
=sinaAl
sinaAlFF221
11221
Primjer broj 2:
Za štapni sistem prikazan na slici odrediti sile u štapovima (1), (2) i (3). Poprečnipresjeci štapova su: A1=2,075cm2; A2=5cm2; A3=2cm2. Takođe odrediti pomijeranjetačke (C), pod djelovanjem sile G=100kN. Štapovi su od čelika. Težinu štapovazanemariti. l2=200cm.
F1cosα
F2sinβ
l
a2
a1
F
F1sinα
F2cos
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
83
331
31
15,130sin35sin
035sin30sin
SSS
SSS
o
o
oox
⋅=⋅=
=⋅−⋅=Σ
0819,0866,0035cos30sin
0
321
321
=−⋅++⋅=−⋅++⋅
=Σ
GSSSGSSS
Soo
y
GSSGSSS
=+⋅=⋅++⋅⋅
23
323
81,1819,0866,015,1
23 552,025,55 SS ⋅−=
2
222
3
333 ;
AElSl
AElSl
⋅⋅
=∆⋅⋅
=∆
ooo llll
ll
35cos;
30cos;30cos 2
32
11
2 ===
( )
kNSS
SS
SSAE
lSAE
lSl o
37,6725,5582,0
268,0552,025,555
819,0819,02552,025,55
819,035cos
552,025,55
2
2
22
22
2
22
3
223
==⋅
⋅=⋅−
⋅=
⋅⋅−
⋅⋅⋅
=⋅
⋅⋅−=∆
kNS 05,1837,67552,025,553 =⋅−=kNSS 76,2005,1815,115,1 31 =⋅=⋅=
Pomijeranje tačke ( C ):
x
30o
35o
G=100kN
C
A B
1 2 3
y
S1
S2
S3
l1
l 2
l 3
30o
35o
G
C
A B
1 2 3
35o
x
30o
35o
C
S1
S2
S3
∆l3
∆l2
C/23
2
3
0
2
3
819,0
819,0
35cos
llllll
∆⋅=∆
=∆∆
=∆∆
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
84
C-C/=∆l2
cmll
lAElSl
1282,0200000641,0000641,0521000
37,67
22
2
2
222
=⋅=⋅=∆⋅⋅
=⋅⋅
=∆
Primjer broj 3:
Za statički sistem prikazan na slici, odrediti dilatacije u štapovima CA i CB , ako su istiod čelika. Štapove dimenzionirati na osnovu sila u štapovima i dozvoljenog naprezanjana istezanje: σde=12kN/cm2. Štapovi su okruglog popriječnog presjeka. Greda A-B, čijutežinu treba zanemariti, opterećena je silama F1=60kN i F2=30kN.
Kroz tačku (A) postavimo koordinatni sistem i postavimo uvjete ravnoteže:
0;0;0 =Σ=Σ=Σ Byx MFF
Iz prva dva uvjeta odredimo sile u štapovima (kao funkcije ugla ϕ), a iz trećeg odredimougao (ϕ). Ugao (ϕ) je ravnotežni ugao. Zatim izračunamo sile FA i FB, i izvršimodimenzioniranje štapova. Kada su poznati popriječni presjeci štapova, određuje senjihova deformacija (∆li) i dilatacija (εi).
mlCBCA 45,0
260cos
==°
==
lA
B
C
F1F2
l/2l/2
lα
α
α=60o
l=2m
1
2
y
B
C
60o1
2
ϕ
FBx
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
85
( )( )
)3.(....................0cos23sin2
)2(........................................0cossin)1(........................................0sincos
21 =⋅⋅
⋅+−⋅⋅⋅=Σ
=⋅−⋅+=Σ=⋅−⋅−=Σ
ϕα
ϕαϕα
lFFlFM
GFFYGFFX
AB
BAi
BAi
Iz jednačine (1):
αϕ
cossin⋅
=−GFF BA
Iz jednačine (2):
αϕ
sincos⋅
=+GFF BA
αααϕαϕ
αααϕαϕ
αϕ
αϕ
αϕ
αϕ
αϕ
αϕ
αϕ
cossin2)coscossin(sin
cossincoscossinsin
sincos
cossin2
sincos
sincos
cossin
cossin
cossin
⋅⋅⋅+⋅⋅
=
⋅⋅⋅+⋅⋅
=⋅
+⋅
=⋅
−⋅
=
−⋅
=⋅
−
⋅−=
−⋅
=−
GF
GGGGF
FGF
FGGF
GFF
FGF
A
A
AB
AA
AB
AB
Matematske smjene:
F1+F2=G=90kN
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
86
( ) ( )[ ]
( ) ( )[ ]
( ) ( ) ( ) ( )[ ]
( ) ( )ϕαϕααϕαϕ
ϕαϕαϕαϕααϕαϕ
ϕαϕαϕαααα
ϕαϕααϕ
ϕαϕααϕ
−=−⋅=⋅+⋅
++−++−−⋅=⋅+⋅
⋅+⋅=−=⋅⋅
++−⋅=⋅
+−−⋅=⋅
coscos22coscossinsin
coscoscoscos21coscossinsin
sinsincoscos)cos(2sincossin2
coscos21coscos
coscos21sinsin
( )αϕα
2sincos GFA
⋅−=
Analogijom slijedi:
( )αϕα
2sincos GFB
⋅+=
Uvrštavanjem (FA) u jednačini (3), slijedi:
( ) 0cos23sin2
2sincos
21 =⋅⋅
⋅+−⋅⋅⋅
−⋅ϕα
αϕα lFFlG
Zamjenom poznatih veličina slijedi:( )( )
°==
=⋅+
⋅=⋅+⋅⋅+⋅=⋅+⋅=−
⋅=−
47,5096,0
583,0cossin866,05,0
cos583,0sin866,0cos5,0sin866,0cos5,0sinsincoscoscos
cos583,0cos
ϕϕ
ϕϕ
ϕϕϕϕϕϕαϕαϕα
ϕϕα
tg
( ) kNFA 3,60866,0
2,52120sin
9047,560cos==
°⋅°−°
=
( ) kNFB 2,43866,036,37
120sin9047,560cos
==°
⋅°+°=
Dimenzioniranje štapa (1)
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
87
21
1
025,512
3,60 cmFA
AF
d
A
Ad
===
=
σ
σ
cmd
dA
53,214,3025,54
4
1
21
1
=⋅
=
=π
Usvaja se d1=26mm.
Dimenzioniranje štapa (2)
22
2
6,312
2,43 cmFA
AF
d
B
Bd
===
=
σ
σ
cmd
dA
14,214,3
6,344
2
22
2
=⋅
=
=π
Usvaja se d2=22mm.
cmCBCAll 40021 ====
Izduženje štapa (1):
cmAElFl A 216,0
3,5210004003,60
1
11 =
⋅⋅
=⋅⋅
=∆
22
1 3,54
6,2 cmA =⋅
=π
cmAElFl B 216,0
8,3210004002,43
2
22 =
⋅⋅
=⋅⋅
=∆
22
2 8,34
2,2 cmA =⋅
=π
4
1
121 104,5
400216,0 −⋅==
∆==ll
εε
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
88
14. LANČANI NOSAČI (LANČANICE)
Čest je slučaj da se u tehnici pojavljuju lančani nosači (lančani i užetni mostovi, kablovidalekovoda itd.).Pretpostavimo da je uže elastično i opterećeno sopstvenom težinom (izraženoj pojedinici dužine)n i obješeno u tačkama A i B.
Slika 62.
Napomena: U ovom poglavlju se tretiraju lančanice opterećene kontinuiranim teretom.
Element lančanice MN dužine (ds) opterećen je teretom p⋅ds = q⋅dx,gdje je:p - specifično opterećenje po jedinici dužineluka [N/m],q – specifično opterećenje po jedinici dužine horizontalne projekcije [N/m].
Uvjeti ravnoteže:
1. Σ xi = Fu'cos(α + dα) - Fucosα = 0Zanemaraujući malu veličinu (dα), Fu´= Fu
2. Σ yi = Fu'sin(α + dα) - Fusinα - qdx = 0
Dakle za infinitezimalne veličine cos(α + dα) ≅ cosα pa slijedi:
Fu'cos(α + dα) ≅ Fucosα = F0 = H
Dakle, horizontalna projekcija sile u užetu je konstantna i jednaka horizontalnoj sili utjemenu (O).
Ako je )dcos(
H'Fu α+α= , zamjenom u drugu jednačinu slijedi:
;qdxtgH)d(tgH
0qdxcossinH)dsin(
)dcos(H
=α⋅−α+α⋅
=−αα
−α+α⋅α+α
S obzirom da je dα mala veličina, može se sa dovoljnom tačnosti pisati:
ba
Fo
hf 1
f 2
x
y
α
α+dα
N
M
F´u=F
Fu
q⋅dx
ds
x
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
89
qdxdtgHqdxtgHdtgHtgH
=⋅=⋅−⋅+⋅
αααα ;
Uvođenjem smijene: tgα = y', 'ydxdy
= , dy' = y''
q''yH;q'dyH;qdxdydH =⋅=⋅=⋅
tgα = y'H⋅y'' = q = q(x) – diferencijalna jednačina lančanice
Integralenjem : H⋅y' = qx + C1 ; H⋅y' = qx
H⋅y = 2
qx2
+ C1x + C2
Konstante određujemo iz uvjeta da je lijeva strana jednaka (0).Za koordinatni sistem kroz tjeme lančanice: x = 0; y = 0 pa su C1 = C2 = 0
;H2
qxy2
⋅= parabola y = ugib
14.1. Slučajevi vješanja lančanice
14.1.1. Vješanje na istoj visini
Slika 63.f = ymax za x = l/2
)(..........88
22
aflqHili
Hlqf
⋅⋅
=⋅⋅
=
αα
cos;cos HFFH A ==
2
22222
22
22
BAmax l4lHf64Hl
4qH
2lqHFFF
⋅⋅⋅⋅
+=⋅+=
⋅
+===
l/2
FAf
q
l
xH
FB
x
y
B
αα
FA
A
l/2
α
αH
q⋅l/2
q⋅l/2
FB
q
0
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
90
Iz jednačine (a) 2lHf8q ⋅⋅
=
2
max lf161HF
+=
Dužina lančanice:
∫ ∫ ∫
+=+==
L
0
2l
0
2l
0
22 dx'y2112dx'y12dsL
gdje je:L – dužina lančanice (luka),l – dužina projekcije.
Kada su u pitanju mali brojevi:(1 ± α)n ≈ 1 ± n⋅α
Hqx
H2qx2'y;
H2qxy
2
===
Pošto je 22
2
lxf8
f8lq
qx'y;f8
qlH;Hqx'y ⋅⋅
=
⋅⋅
=⋅
==
4
222
2 lxf64'y;
lxf8'y ⋅
=⋅⋅
=
2l
04
322l
04
22
l3xf32x2dx
lxf64
2112 L
⋅
+=
⋅+= ∫
+=
⋅+=
⋅⋅⋅⋅
+= 2
22
4
32
lf
381l
lf
38l
l38lf32
2l2L
Dimenzioniranje: dmax
AF
σ≤=σ
A – popriječni presjek užeta
14.1.2. Tačka vješanja na različitim visinama
Slika 64.x = - a ; x = b
ba
f1
B
Af2
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
91
H2qbf
H2qaf
2
2
2
1 ==
,ffba;
ba
ff
2
12
2
2
1 ±== a raspon je l = b + a ; ;lffbb;
ffblb
2
1
2
1 =+−=
2
12
1
ff1
lb;lff1b
±
==
±
Pošto je ,f2
qbH2
2
= zamjenom sa (b)
( )212
2
2
2
122
2
2
2
12
2
ff2
lq
fff
f2
lq
ff1f2
lqH±
⋅=
±⋅
⋅=
±⋅
⋅=
15. NAPREZANJA (I DEFORMACIJE) POSUDA TANKIH STIJENKI(REZERVOARI)
Pretpostavka je da je unutrašnja raspodjela pritisaka homogena. Ako smo iz posude čijaje stijenka debljine (δ), isjekli element ograničen sa dvije meridijanske ravnine OAT iOBT i dvijema ravninama upravnim na meridijane ab i cd onda su polupriječnici: Rm –meridijanski a Rc – cirkularni polupriječnik okomit na meridijanski.
Slika 65.
z
O
O´
dϕ B
RC
dθa
bcd
A
T
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
92
Slika 66.
dsm – dužina luka po meridijanu,dsc – dužina luka po krugu, okomito na meridijan.
Na bočnim stranicama elementa usljed pritiska javljaju se samo normalni naponi umeridijanskom (σm) i cirkularnom pravcu (σc).Prvi napon (σm) pada u pravcu tangente meridijana a drugi (σc) u upravni pravac na tutangentu.Sile na bočnim stranama elementa
Fm = Fm' = σm⋅dsc⋅δ ; Fc = Fc' = σc⋅dsm⋅δ
Projiciramo sve sile na pravac normale: nr
, i postavljamo jednačinu ravnoteže:
F m=σ
m⋅d
sc⋅δ
F m´=σ m
⋅dsc⋅δ
dϕdθ
Fc´=σc⋅dsm⋅δd s
dsc
a
e
δ
hd
c
f
g b
Fc=σc⋅dsm⋅δ
nr
Pr
dθ
O´
mnF
mF ′r
mFr
nr
F´m
Fm
O´
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
93
∑Fn = -σm⋅dsc⋅δ⋅tgdθ - σc⋅ dsm⋅δ⋅tgdϕ + p⋅dsc⋅dsm = 0
dsm = Rm⋅tgdθ; za male uglove tgdθ = dθ
c
sc
m
sm
Rdtgd;
Rdtgd =ϕ=θ →dužina luka θ=θϕ=ϕ
)) tgd;tgd
0ddpRdd
Rdd smsc
c
scsmc
m
smscm =⋅⋅+δ⋅⋅σ−δ⋅⋅σ− : dscdsm
pRR c
c
m
m =δ⋅σ
+δ⋅σ :δ
δ=
σ+
σ pRR c
c
m
m , ovu jednačinu je postavio matematičar Laplas (Laplace, XVIII stoljeće).
Nepoznate su veličine σm i σc, pa se ista rješava za postavljanje uvjeta ravnoteže zakonkretni uporednik.
15.1. Primjer sfernog suda
Slika 67.
Kod sfernog suda: Rc = Rm, pa je σm = σc = σ
δ=
σδ
=σ
+σ p
R2;p
RR
max2Rp
σ=δ⋅⋅
=σ .
Ako je poznat dozvoljeni napon što je i najčešći slučaj, onda je:
dpotrebno 2
Rpσ⋅⋅
=δ [cm].
Rc=Rm
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
94
15.2. Primjer cilindričnog suda (cijev)
Rm = ∞
0
δ⋅
=σδ
=σ
+∞σ Rp;p
R ccm
Za uzdužni meridijanski pravac:
Slika 69.
Jednačina ravnoteže: ( ) δ⋅σ⋅πδ+=⋅π⋅ z
obim2 R2pR
48476
0 mala veličina δ u odnosu na RR2π⋅p = (2R + 2δ)⋅π⋅σz⋅δ = 2Rπ⋅σz⋅δ + 2δ⋅π⋅σz⋅δ
R2π⋅p = 2Rπ⋅σz⋅δ
R⋅p = 2σz⋅δ;δ⋅⋅
=σ2
pRz
Pošto je napon u cirkularnom pracu dva puta veći, on je mjerodavan koddimenzioniranja cijevi.
σc
p
y
σ2
δR
Slika 68.
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
95
16. GEOMETRIJSKE KARAKTERISTIKE RAVNIH PRESJEKA
(MOMENTI INERCIJE)
Slika 70.
Iz «statike» su poznati pojmovi «statičkog momenta površine»:
∫∫=A
x ;ydAS [cm3]
∫∫=A
y ;xdAS [cm3]
Na isti način definiramo»momente površina drugog reda», ili momente inercije ravnepovršine.
[ ] [ ]4
A A
2y
42x cm;dAxcm;dAy∫∫ ∫∫=Ι=Ι → aksijalni momenti inercije za ose (Ox) i
(Oy).
Polarni moment inercije za pol (O):
[ ]∫∫=ΙA
42o cm;dAr
Dvostruki integral proizvoda elementa površine A i rastojanja težišta od osa (x i y), zovese po Kulmanu, centrifugalni moment površine.
[ ]∫∫=ΙA
4xy cm;xydA
Aksijalni i polarni momenti inercije su pozitivne veličine, dok centrifugalni momentinercije može biti pozitivan, negativan ili jednak nuli za osu simetrije.
ry
x
Y
X
dA
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
96
Slika 71.
∫∫ ∫∫ =−+=Ι'A ''A
xy 0ydA)x(xydA
Za osu simetrije -x = x , Ιxy = 0
Kada je u pitanju polarni moment inercije, isti se može transformirati na slijedeći način:
∫∫=ΙA
2o ;dAr Pošto je x2 + y2 = r2
( )∫∫ ∫∫ ∫∫ Ι+Ι=+=+=ΙA A A
xy2222
o dAydAxdAyx
Dakle, polarni moment inercije jednak je zbiru aksijalnih momenata inercije površine, zaupravne ose.
16.1. Aksijalni moment inercije za pravougaonik
Slika 72.
dxx
dyy
h
bX
Y
b
Y
y
-x
y
x X
dAdAA´A˝
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
97
∫∫=ΙA
2x dAy
dA = b⋅dy - svodimo na jednostruki integral
3hbb
3ybdyy
3h
0
h
0
32
x⋅
===Ι ∫
3hbh
3xhdxx
3b
0
b
0
32
y⋅
===Ι ∫
Polarni moment inercije: ( )2233
yxo bh3hb
3hb
3hb
+⋅
=⋅
+⋅
=Ι+Ι=Ι
Centrifugalni moment inercije: ∫∫ ∫ ∫⋅
=⋅=⋅==ΙA
b
0
2222h
0xy 4
hb2y
2xydyxdxxydxdy
Ili: A = b⋅h [cm2] , 4hb
4hbhb
2h
2bAyxA
2hy;
2bx
22
xy⋅
=⋅
⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=Ι==
16.2. Moment inercije kruga
Slika 73.
Element površine: dA = 2⋅ρ⋅π⋅dρ
2R2
4
d2dA
4R
0
4
o
A
R
0
22o
π⋅=π⋅
ρ=Ι
ρ⋅π⋅ρ⋅⋅ρ=ρ=Ι ∫∫ ∫
Pošto je za krug: Ιx = Ιy, onda je 4
R;4
R;21 4
y
4
xyoxπ⋅
=Ιπ⋅
=ΙΙ=Ι=Ι
Pošto je D = 2R ; y
4
x 64D;
2DR Ι=
π⋅=Ι=
Centrifugalni moment inercije jednak je nuli.
ρ
dρ
R
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
16.3. Moment inercije cijevi
Slika 74.
16.4. Promjena momenta in(Štajnerova teorema)
x = a + x'y = b + y'
( ) dAbdA'ybdAyA A
Ab
A
222x
2
=+==Ι ∫∫ ∫∫ ∫∫48476
Na isti način: AaSa2' 2yyy ⋅+⋅⋅+Ι=Ι
Pošto su statički momenti površine ztraže momenti inercije za težišne ose
D
d
x
y
b
a
x
Y´Y
( )4444
2o1oo dD3232
d32
D−
π=
π⋅−
π⋅=Ι−Ι=Ι
oI - polarni moment inercije
98
ercije pri translaciji koordinatnog sistema
Slika 75.
AbSb2'dA'ydA'yb2 2xx
A
'
A
2
x
⋅+⋅⋅+Ι=+⋅⋅+ ∫∫ ∫∫Ι 48476
a težišne ose jednaki nuli, a u praksi se najčešće, slijedi:
y
η
ξ
y´
x´
X´
dA
X
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
99
⋅+Ι=Ι
⋅+Ι=Ι
Aa'Ab'
2yy
2xx ove jednačine predstavljaju Štajnerovu teoremu, koja glasi:
Aksijalni moment inercije za neku osu, jednak je zbiru sopstvenog momenta inercije zatežišne ose i položajnog momenta inercije.
Ιx' – sopstveni moment inercije za težišnu osu,b2⋅A – položajni moment inercije.
Za centrifugalni moment inercije, kod translacije koordinatnog sistema:
x = a + x'y = b + y'
( )( ) ( )∫∫ ∫∫∫∫ ⋅⋅+Ι+⋅+⋅=+++=++=ΙA A
'y'xxyA
xy Aba'Sa'SbdA'y'x'ay'bxabdA'yb'xaxydA
Ako se radi o površini čije su težišne ose ujedno i ose simetrije, Sx' = 0 ; Sy' = 0, isopstveni centrifugalni moment inercije je jednak nuli, pa je:Ιxy = Ιxy(pol) = A⋅a⋅b ; [cm4]
16.4.1 Računski primjeri
Primjer broj 1:
Odrediti sopstveni moment inercije pravougaonika
Slika 76.Ιξ = ?
Prema Štajnerovoj teoremi:
3hb;A
2h 3
x
2
x⋅
=Ι⋅
+Ι=Ι ξ
12hb
4hb
3hbhb
4h
3hbAb
333232
x⋅
=⋅
−⋅
=⋅⋅−⋅
=⋅−Ι=Ιξ
Dakle sopstveni moment inercije jednak je: 12
hb 3⋅=Ιξ
η
ξ
h
b
X
Y
h/2
T
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
100
Primjer broj 2:
Slika 77.
Odrediti aksijalni i centrifugalni moment inercije pravougaonika na slici: za osu (x)aksijalni, a za (x, y) centrifugalni.Prema Štajnerovoj teoremi: Ιx = Ιx' + Ιpol.
Ιpol. = 202⋅A = 202⋅20⋅10 = 80.000 cm4
433
x cm7,166612
102012
hb' =⋅
=⋅
=Ι
Ιx = 80.000 + 1666,7 = 81.666,7 cm4
xT = 20 cm ; yT = 20 cm
Ιxy = A⋅xT⋅yT = 20⋅10⋅20⋅20 = 80.000 cm4
Primjer broj 3: Za popriječni presjek oblika «T», prikazanog na slici, odrediti momenat inercije zatežišne ose.
Slika 78.
X'
Y'
T.
y´
0
y
20cm20cm
h=10
cm
b=20cm
x´
x
T
y 1=4
5cm
y 2=2
0cm
10cm
40cm
40cm
10cm
y
x
η
ξ
A1
A2T
Ιx'y' = 0
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
101
A1 = 40⋅10 = 400 cm2
A2 = 40⋅10 = 400 cm2
A = A1 + A2 = 800 cm2
Određujemo ordinatu težišta: 21
2211T AA
yAyAy+
⋅+⋅=
cm5,32800
2040045400yT =⋅+⋅
=
Slika 79.
Pošto je lik simetričan u odnosu na osu (η), (xT) se nalazi na simetrali lika, xT = 20 cm.
433
4
333
12
cm666.56333.3333.5312
104012
4010
cm666.181427.114406.1333.3500.623
5,32103
5,71012
1040A5,12
=+=⋅
+⋅
=ηΙ
=+++=Ι
⋅+
⋅+
⋅+⋅=Ι
ξ
ξ
16.5. Otporni moment popriječnog presjeka
Ako momenat inercije nekog presjeka podijelimo sa maksimalnom udaljenošću odtežišta do vanjske ivice dobijamo otporni momenat (minimalni) mjerodavan zadimenzioniranje
maxyW ξ
ξ
Ι= [cm3]
U konkretnom slučaju: 7,589.55,32666.181
yW
max
==Ι
= ξξ cm3
7,5c
m
12,5
cm10cm
32,5
cm
40cm
10cm
η
ξT
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
102
Polupriječnik inercije za osu (ξ) je:
15800
666181A
i =⋅
=Ι
= ξξ cm
Momenat inercije za osu (η)
667.5612
401012
1040 33
=⋅
+⋅
=Ιη cm4
833.220
W =Ι
= ηη cm3
4,8800
667.56A
i ==Ι
= ηη cm
16.6. Moment inercije za trougao
Slika 80.
∫∫=ΙA
2x dAy ;
hyh
bx −=
( ) ( )h
0A
h
0
h
0
432
22
x 4y
3hy
hbdyyhy
hbdyyh
hbyxdyy∫∫ ∫ ∫
−
⋅=−=−
⋅==Ι
;12
hb 3
x⋅
=Ι Pošto je Ιx = Ιξ +A⋅yT2 ; Ιξ = Ιx -A⋅ yT
2
36hb
18hb
12hb
3h
2hb
12hb 33323 ⋅
=⋅
−⋅
=
⋅
⋅−
⋅=Ιξ
hy
dy
y
xT
b
x
ξ
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
103
16.7. Promjena momenta inercije pri rotaciji koordinatnog sistema (sustava)
Ako koordinatni sustav: 0xy, zarotiramo za ugao (ϕ), dobit ćemo koordinatni sustav 0uv.
Slika 81.
u = u' + u'' cosϕ = u'/x ; sinϕ = u''/y
ϕ−ϕ=ϕ+ϕ=+=
sinxcosyvsinycosx''u'uu
Aksijalni moment inercije za osu (u):( ) ( )
∫∫ ∫∫ ∫∫
∫∫ ∫∫ ∫∫ϕ+ϕϕ−ϕ=
=ϕ+ϕϕ−ϕ=ϕ−ϕ==Ι
A A A
2222
A A A
222222u
dAxsinxydAsincos2dAycos
dAsinxsincosxy2cosydAsinxcosydAv
Smjenama: ( ) ( ) ϕ=ϕϕϕ−=ϕϕ+=ϕ 2sincossin2;2cos121sin;2cos1
21cos 22
( ) ( )
( ) ( ) xyyxyxu
yyxy
xxu
A
2
AA
2u
A
22
AA
22u
2sin22cos
21
2cos22
2sin2
2cos2
dAx2cos121xydA2sindAy2cos1
21
dAxsinxydAcossin2dAycos
yxyx
Ιϕ−Ι−Ιϕ
+Ι+Ι=Ι
ϕΙ
−Ι
+ϕΙ−Ι
ϕ+Ι
=Ι
ϕ−+ϕ−ϕ+=Ι
ϕ+ϕϕ−ϕ=Ι
ΙΙΙ
∫∫∫∫∫∫
∫∫∫∫∫∫484764847648476
Na sličan način se dobija aksijalni momenat za drugu osu:
;cossinxy2cossin 2y
2xv ϕϕ+ϕΙ+ϕΙ=Ι nakon smijene imamo:
Koordinate težišta elementarne površine (dA), uzarotiranom koordinatmnom sustavu.
xcosϕ
x
v
u
x⋅sinϕ
x⋅sinϕu˝=y⋅sinϕ
yϕ
ϕ
ϕ
ydA
vu
x0
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
104
( ) ( ) xyyxyxv 2sin22cos
21
Ιϕ+Ι−Ιϕ
−Ι+Ι=Ι
Centrifugalni moment inercije:
( )( )
( )∫∫
∫∫∫∫ϕ−ϕϕ+ϕϕ−ϕ=Ι
ϕ+ϕϕ−ϕ=⋅=Ι
A
222uv
AAuv
dA2sinxysincosycossinxcosxy
dAsinycosxsinxcosyvdAu
Ako uvedemo smjenu imamo:
( )
( ) ϕΙ+Ι−Ιϕ=Ι
ϕΙ−ϕΙ+ϕΙ=Ι
ϕ−+ϕ=Ι ∫∫
2cos2sin21
2sin212sin
212cos
dA2sinxy212cosxy
xyyxuv
yxxyuv
A
22uv
Invarijante momenta inercije pri rotacijij sistema ostaju konstantne.Prva invarijanta: Jn1 = Ιu + Ιv = Ιx + Ιy ; Jn1 = ΙoDruga invarijanta: Jn2 = ΙuΙv - Ιuv
2 = ΙxΙy -Ιxy2
vuv
uvu
yxy
xyx2nJ
ΙΙ
ΙΙ=
ΙΙ
ΙΙ=
16.8. Glavni momenti inercije
Pošto je pri rotaciji sistema dokazano da momenti inercije zavise od ugla (ϕ), da bi
dobili ekstremne veličine, tražimo prve izvode: ϕΙ
ϕΙ
ddi
dd vu i izjednačavamo ih sa nulom.
Pošto su: ( ) ( )
( ) ( ) ϕΙ+Ι−Ιϕ
−Ι+Ι=Ι
ϕΙ−Ι−Ιϕ
+Ι+Ι=Ι
2sin22cos
21
2sin22cos
21
xyyxyxv
xyyxyxu
( )
( ) )2......(..........02cos22sindd
)1......(..........02cos22sindd
xyyxv
xyyxu
=ϕΙ+ϕΙ−Ι−=ϕΙ
=ϕΙ−ϕΙ−Ι−=ϕΙ
Iz prve jednačine: -(Ιx - Ιy)sin2ϕ = 2Ιxycos2ϕ ⋅(-1)
(Ιx - Ιy)sin2ϕ = -2Ιxycos2ϕ :cos2ϕ(Ιx - Ιy)
yx
xy
yx
xy 22tg;
22tg
2cos2sin
Ι−Ι
Ι−=α
Ι−Ι
Ι−=ϕ=
ϕϕ
Iz druge se jednačine dobije isto.Pošto je ugao (ϕ) promjenljiv, da bi razlikovali vrijednost pri kojoj se dobijajumaksimalne veličine momenata inercije uvedena je oznaka za ugao (α).
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
Kada je ϕ = α, jedan momenat inercije ima maksimum, a drugi minimum. Pravci poduglom (α) su «glavne ose inercije», a aksijalni momenti za te ose su «glavni momentiinercije».Ako glavne ose inercije prolaze kroz težište (tako ih postavimo), onda su «glavnecentralne ose inercije».
Kako su: ( ) 2
xy2
yx
xy
yx
xy
yx
xy
2 4
2
21
2
2tg12tg2sin
Ι+Ι−Ι
Ι−=
Ι−Ι
Ι−+
Ι−Ι
Ι−
=α+
α=α
( ) 2
xy2
yx
yx
2 42tg112cos
Ι+Ι−Ι
Ι−Ι=
α+=α
Zamjenom izraza: sin2α = sin2ϕ i cos2α = cos2ϕ, u jednačine za Ιu i Ιv;
( ) ( )
( ) ( )
Ι=ϕΙ+Ι−Ιϕ
−Ι+Ι=Ι
Ι=ϕΙ−Ι−Ιϕ
+Ι+Ι=Ι
2xyyxyxv
1xyyxyxu
2sin22cos
21
2sin22cos
21
( ) ( )
( ) ( ) 2xy
2yxyx2
2xy
2yxyx1
421
21
421
21
Ι+Ι−Ι−Ι+Ι=Ι
Ι+Ι−Ι+Ι+Ι=Ι
Ι12 – centrifugalni momenat inercije za glavne Isto je i za «glavne centralne ose inercije»Uslov invarijantnosti je zadovoljen i za glavne J1n = Ι1 + Ι2 = Ιx + Ιy ; J2n = Ιx⋅Ιy - Ιxy
2
Elipsa inercije:
Ai;
Ai 2
21
1Ι
=Ι
=
Ako se na glavnu osu inercije (1) nanese pinercije (i1), i konstruira elipsa, to je elipsa iner
Slika 8
y(1)
(2
i1i2
Analogno sa poznatimstavovima oko napona ideformacija
105
ose jednak je nuli.
ose:
olupriječnik (i2) i na osu (2) polupriječnikcije.
2.
)
x
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
106
16. 9 Računski primjeri
- Brojni primjer određivanja momenta inercije za jednu osu kod složenog presjekaNapomene: Kod rješavanja ovih slučajeva vodi se računa da se složeni presjek podijelina odgovarajuće segmente. Pri tome treba voditi računa, da za one segmente koji neleže na osi za koju se traži ukupni moment inercije, koristimo Štajnerovu teoremu: Ιxi =Ιxis + Ιxip.Ιxi – momenat inercije segmenta za zadatu osu,Ιxis – sopstveni momenat inercije segmenta (za njegove težišne ose),Ιxip – položajni momenat inercije segmenta u odnosu na zadatu osu.Osim toga kod složenih presjeka , nekada je racionalno izračunati momenat inercije zaosnovnu konturu, pa onda odbiti momente inercije (šupljina u konturi), od momentainercije osnovne konture.Na sljedećem primjeru, prikazan je ovakav postupak.
Primjer broj 1:
Popriječni presjek grede, prikazan je na sljedećoj slici (Slika 83.). Odrediti momenatinercije za težišnu osu, i to osu veće krutosti.
Rješenje:- Prema dimenzijama presjeka, očigledno je da je osa (x), osa veće krutosti.
Ukoliko to nije očigledno, račun se obavlja i za osu (x) i za osu (y), pa je osa većekrutosti ona, za koju je veći momenat inercije.
Slika 83.Prema rečenom, momenat inercije osnovne konture, za težišnu osu (x):
x
0,7a
3,1a
0,7a
5,5a
3,1a
9a
4,2a
1,8a4,2a
0,7a
6a
y
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
107
b0 = 6a ; h0 = 9a ( ) 43
000x a5,364
12a9a6
12hb
=⋅
=⋅
=Ι
«Šupljine» u presjeku možemo predstaviti sa četiri pravokutna trokuta koji leže na osi(x).
Slika 84.
Momenat inercije za slučaj kada pravokutni trokut «leži» na osi svojom osnovicom:
( ) 43
xi
3
xi
a12,312
a75,2a8,1
a75,2h;a8,1b;12
hb
=⋅
=Ι
==⋅
=Ι
Za četiri trokuta: ∑Ιxi = 12,48a4
Za druga dva trokuta, primjenjujemo Štajnerovu teoremu:
Slika 85.
Sopstveni momenat inercije za težišnu osu trokuta (paralelnu osi (x)):
36hb 3
2x⋅
=Ι ; b = 4,2a ; h = 3,1a
( ) 43
xs a47,336
a1,3a2,4=
⋅=Ι
x
y
b=1,8a h=2,
25a
1
2
3
4
0,7a
2,07
a
x2
x
2,77
a
T
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
108
Položajni momenat inercije: Ιxp = A⋅y02 = A⋅(2,77⋅a)2
2a51,62
a1,3a2,42hbA =
⋅=
⋅=
Ιxp = 6,51a2⋅7,67a2 = 49,95a4
Ιx = Ιxs + Ιxp = 3,47a4 + 49,95a4 = 53,42a4
Za dva trokuta: ∑Ιxj = 106,84a4
Dakle momenat inercijecjelokupnog popriječnog presjeka grede:
Ιx = Ιx0 - ∑Ιxi - ∑Ιxj = 364,5a4 – 12,48a4 –106,84a4 = 245,18a4
Dakle osnovna formula za izračunavanje (Ιx) za konkretan slučaj, glasi:
( ) ( ) ( )223
3
3
x a77,2a51,6236a1,3a2,42
122
a5,5a8,14
12a9a6
⋅⋅−⋅−
⋅⋅
−⋅
=Ι
Primjer broj 2:
Za lik prikazan na slici, odrediti glavne momente inercije, položaj glavnih osa inercije,glavne polupriječnike inercije i nacrtati elipsu inercije. R=10cm
Određujemo težište i zadati lik postavljamo u koordinatni sistem
4R
3
R
R
x
4R
3
A4
A2
A1
y
A3
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
109
Tabela 7.Br. A(cm2) xi(cm) yi(cm) Sx
(cm3)Sy
(cm3)1 157 10 5,8 910,6 15702 1200 10 40 48000 120003 600 35 60 36000 210004 157 54,2 60 9420 8509Σ 2114 - - 94330 43079
44
11
11,0;8
58,0;42,0
RIRI
RyRy
xy ⋅=⋅
=
⋅=⋅=′
π
Koodinate težišta:
RxilicmAS
x
RyilicmAS
y
Ty
T
Tx
T
⋅≅==Σ
Σ=
⋅≅==ΣΣ
=
220211443079
46,46,442114
94330
Za težišne ose x i y određujemo momente inercije:
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
444
44444444
224
22
32
24
33
832000103,823,82
7,34,01426,2311,06,279,10
54,128
54,16
122388,3
211,0
346,32
354,22
cmRI
RRRRRRRRI
RRRRR
RRRRRRRRRI
x
x
x
=⋅=⋅=
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=
⋅⋅⋅
+⋅
+⋅⋅⋅+
+⋅⋅⋅
+⋅⋅⋅
+⋅+⋅⋅⋅
+⋅⋅⋅
=
ππ
π
3,42R
1,54
R
4,46
R
R3,
46R
2,54
R
y
x
3,88
R
3
A4A3
A2
A1
T
y
xy/ 1y 1
R
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
110
( ) ( ) ( )
444
444444
42
22
24
33
545000105,545,54
4,057,14,1811,0181682
42,32
11,0332
326
cmRI
RRRRRRI
RRRRRRRRRRI
y
y
y
=⋅=⋅=
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=
⋅+⋅
⋅+⋅⋅
⋅+⋅+
⋅⋅⋅+
⋅⋅⋅=
πππ
( ) ( ) ( )
444
44444
2
22
337000107,337,33
61245,63,886,13
88,32
73,1)(46,32
27,1)(254,242,354,12
5,154,16
cmRI
RRRRRI
RRRRRRR
RRRRRRRRRRI
xy
xy
xy
=⋅=⋅=
⋅+⋅+⋅−⋅+⋅=
⋅−⋅−⋅⋅
+⋅−⋅⋅⋅⋅⋅+
+⋅⋅−⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅
+⋅⋅⋅⋅⋅=
π
π
Položaj glavnih osa simetrije:
o
o
o
yx
xy
arctg
RRR
III
tg
8,33;58,672
58,672
42,25,543,82
7,33222 44
4
−=
−=
−=
−=⋅−⋅
⋅⋅−=
−⋅−
=
α
α
α
α
Glavni momenti inercije:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
;319000109,319,31;1049000109,1049,104
5,364,680,732
5,543,822
7,3345,543,82215,543,82
21
421
21
4442
4441
4444
2,1
24244442,1
222,1
cmRI
cmRI
RRRRI
RRRRRI
IIIIII xyyxyx
=⋅=⋅=
=⋅=⋅=
⋅±⋅=⋅±+⋅=
⋅⋅+⋅−⋅⋅±⋅+⋅⋅=
+−⋅±+⋅=
cmAIi
cmAIi
28,122114
319000
;27,222114
1049000
22
11
==Σ
=
==Σ
=
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
111
Elipsa inercije:
Primjer broj 3:
Za lik prikazan na slici, odrediti glavne momente inercije, položaj glavnih osa inercije,glavne polupriječnike inercije i nacrtati elipsu inercije. δ=1cm
Određivanje težišta lika:Tabela 8.Br. A(cm2) xi(cm) yi(cm) Sx (cm3) Sy (cm3)1 250⋅δ2=250 12,5⋅δ=12,5 30⋅δ=30 7500⋅δ3=7500 3125⋅δ3=31252 75⋅δ2=75 12,5⋅δ=12,5 17,5⋅δ=17,5 1312,5⋅δ3=1312,5 937,5⋅δ3=937,53 100⋅δ2=100 10⋅δ=10 5⋅δ=5 500⋅δ3=500 1000⋅δ3=10004 25⋅δ2=25 3,33⋅δ=3,33 3,33⋅δ=3,33 83,25⋅δ3=83,25 83,25⋅δ3=83,255 25⋅δ2=25 26,67⋅δ=26,67 28,33⋅δ=28,33 708,25⋅δ3=708,25 666,75⋅δ3=666,75Σ 475⋅δ2=475 - - 10104⋅δ3=10104 5812,5⋅δ3=5812,5
10δ5δ
15δ5δ
5δ
10δ10δ
10δ
10δ
10δ
25δ
1
5
2
3
4
(2)
α=-33,8°
(1)
i 2
i1
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
112
Koodinate težišta:
cmAS
x
cmAS
y
yT
xT
3,2113,213,21475
10104
2,1212,122,12475
5,5812
2
3
2
3
=⋅=⋅=⋅⋅
=Σ
Σ=
=⋅=⋅=⋅⋅
=ΣΣ
=
δδδ
δδδ
Momenat inercije za osu (x). Lik je podijeljen na 6 segmenata.
( )
( ) ( ) 4223
)2(
43
)1(
210067,825012
1025
4,843
7,35
δδδδδ
δδδ
⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅
=
⋅=⋅⋅⋅
=
I
I
( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
444
444444
)6()5()4()3()2()1(
4223
)6(
4223
)5(
4223
)4(
43
)3(
6047316047360473
821213641370116106210064,84
821297,172536105
136472536105
137013,165012105
161063
3,215
cmI
I
IIIIIII
I
I
I
I
x
x
x
=⋅=⋅=
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=
+++++=
⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅
=
⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅
=
⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅
=
⋅=⋅⋅⋅
=
δ
δδδδδδ
δδδδδ
δδδδδ
δδδδδ
δδδ
2,8δxT=12,2δ
5δ 15δ10δ
25δ
10δ
10δ
10δ
y T=
21,3δ
5δ1
6
2
3
4
5
y
x
5δ
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
113
Momenat inercije za osu (y). Lik je podijeljen na 7 segmenata.
( )
( ) 43
)2(
43
)1(
5,69903
8,1210
8,60523
2,1210
δδδ
δδδ
⋅=⋅⋅⋅
=
⋅=⋅⋅⋅
=
I
I
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
444
4444444
)7()6()5()4()3()2()1(
4223
)7(
4223
)6(
43
)5(
43
)4(
43
)3(
8,2226818,222688,22268
7,526622288,15218,1552,535,69908,6052
7,526647,142536
510
222837,92536
510
8,15213
7,710
8,1553
8,23,21
2,533
2,215
cmI
I
IIIIIIII
I
I
I
I
I
y
y
y
=⋅=⋅=
⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=
++++++=
⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅
=
⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅
=
⋅=⋅⋅⋅
=
⋅=⋅⋅⋅
=
⋅=⋅⋅⋅
=
δ
δδδδδδδ
δδδδδ
δδδδδ
δδδ
δδδ
δδδ
xT=12,2δ 2,8δ
2
10δ
y T=
21,3δ
2δ 15δ
10δ
12,2δ
10δ
10δ
5δ
1
6
2
34
5
y
x
7,2δ
7
12,8δ
15δ
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
114
Centrifugalni momenat inercije za težišne ose. Lik je podijeljen na 9 segmenata.Segmenti (9) i (8) imaju i sopstvene centrifugalne momente inercije.
( ) ( )
( ) ( )422
)9(
422)8(
422
)8()9(
6,24977,3447,14725
3,39457,3497,1786,825
7,3472
105
δδδδδ
δδδδδ
δδδ
⋅=⋅−⋅⋅⋅⋅⋅=
⋅=⋅−⋅−⋅⋅−⋅⋅=
⋅−=⋅⋅⋅−
==
xy
xy
sopstvenixysopstvenixy
I
I
II
( )
( )( )( ) ( )
( ) ( ) 4)7(
4)6(
4)5(
4)4(
4)3(
4)2(
4)1(
42253,166,3102,7
5,1541,165,52,23,11
2,8894,165,108,23,21
3,1785,118,17,32,2
8,2685,14,17,38,2
5,64741,67,8102,12
71274,67,8108,12
δδδδδ
δδδδδ
δδδδδ
δδδδδ
δδδδδ
δδδδδ
δδδδδ
⋅=⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=
⋅=⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=
⋅−=⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=
⋅−=⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=
⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
⋅−=⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=
xy
xy
xy
xy
xy
xy
xy
I
I
I
I
I
I
I
)9()8()7()6()5()4()3()2()1( xyxyxyxyxyxyxyxyxyxy IIIIIIIIII ++++++++=
444
44
4444444
5,1056015,105605,105606,24973945
42255,1542,8893,178,265,64747127
cmI
I
xy
xy
=⋅=⋅=
⋅+⋅+
+⋅+⋅+⋅−⋅−⋅+⋅−⋅=
δ
δδ
δδδδδδδ
12,8δ
xT=12,2δ
5δ
10δ
2
y T=
21,3δ
2,8δ
2δ 15δ
10δ
12,2δ10
δ10
δ
1
6
2
34
5
y
x
7,2δ
7
15δ
8
9
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
115
Položaj glavnih osa simetrije:
o
o
o
yx
xy
arctg
III
tg
47,14;93,282
93,282
5528,08,2226860473
5,10560222 44
4
−=
−=
−=
−=⋅−⋅
⋅⋅−=
−
−=
α
α
α
δδδ
α
Glavni centralni momenti inercije:
( ) ( )
( ) ( ) ( )
;1954411954419544;6319816319863198
2182741371
58,1056048,2226860473218,2226860473
21
421
21
4442
4441
442,1
24244442,1
222,1
cmIcmI
I
I
IIIIII xyyxyx
=⋅=⋅=
=⋅=⋅=
⋅±⋅=
⋅⋅+⋅−⋅⋅±⋅+⋅⋅=
⋅+−⋅±+⋅=
δ
δ
δδ
δδδδδ
cmAIi
cmAIi
4,6475
19544
;5,11475
63198
22
11
==Σ
=
==Σ
=
Elipsa inercije:
i 1
i2
x
y
(1)
(2)
α=-
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
116
17. ČISTO SAVIJANJE (NAPONI I DEFORMACIJE)
Ako je prosta greda sa dva jednaka prepusta, opterećena kao na slici (Slika 86.), ondase može smatrati da je ista opterećena istim spregovima suprotnog smijera.
Slika 86.
Vlakna na osi 0 – 0, ostaju nepromjenjena. Vlakna iznad ose 0 – 0 su zategnuta, avlakna ispod ose 0 – 0, su pritisnuta.
Ako uzmemo isječak grede, imamo slijedeću situaciju.
Slika 87.
CREyC
RyE
ERy
dzdz
kkz
z
k
=⋅=⋅
=σ
σ==
∆=ε
dϕ
Ka
bb
MMBA
FFl cc
a0 0
K
dϕ
0
∆dzdz y
00
Rk
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
117
Radi određivanja odnosa između normalnog napona i napadnog momenta M (momentasavijanja), posmatramo ravnotežu grede lijevo od presjeka. Utjecaj desnog odsječenogdijela na lijevi, zamjenjujemo unutrašnjim silama.
Slika 88.
Svaki element dA površine popriječnog presjeka napada elementarna sila σz⋅dA, pajednačine ravnoteže krutog tiujela daju:
1. ∑Xi = 0,2. ∑Yi = 0,3. 0SCdAycdAZ x
A Azi =⋅=⋅=⋅σ=∑ ∫ ∫ ; jer je statički moment površine jednak nuli
za težišne ose,4. 0CdAyCdAyM x
0
2
Azx =Ι⋅−=⋅−=⋅σ⋅−=∑ ∫∫ MMM ,
5. ∫ ∫ =⋅=⋅σ⋅=∑=ΙA A 0
zy 0dAxyCdAxMxy
321,
6. ∑Mz = 0.
Pošto je: y
C;yC zz
σ=⋅=σ .
Dakle iz uvjeta (4):
{
x
W
xxz
xz
xzx
Wy
y;y
;y
C
x
MMM
M
M
=
Ι=
Ι⋅
=σ
Ι⋅σ=⋅
Ι⋅σ=Ι⋅=
Za dimenzioniranje važi: dfx
z Wσ≤=σ
M
My
x
z
σz⋅dA=dZ σmax
+
¯x
y
dA
0
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
118
18. SAVIJANJE SILAMA (NAPONI I DEFORMACIJE PRI SAVIJANJU SILAMA)
Ako je greda opterećana silama, onda imamo sljedeći slučaj:
Slika 89.
U nekom presjeku udaljenom (z) od lijevog oslonca imamo napadni momenat itransverzalnu silu. Ako se sve spoljašnje sile lijevo od presjeka redukuju na težištepopriječnog presjeka (C), onda je napadni moment redukcioni spreg a transverzalna silaredukciona rezultanta u tom presjeku.Zbog napadnog momenta sprega, koji djeluje u ravni savijanja, greda je napregnuta načisto savijanje, a usljed transverzalne sile koja djeluje u ravni popriječnog presjeka,greda je napregnuta na smicanje. Prema tome, u ovom slučaju imamo složenonaprezanje na čisto savijanje i smicanje.Radi dovođenja u vezu tangencijalnih i normalnih naprezanja (napona), napadnihmomenata i transverzalnih sila, utjecaj desnog odsječanog dijela zamjenjujemounutrašnjim silama koje se moraju redukovati na spreg i silu istog intenziteta kao i salijeve strane ali suprotnog smijera.
Slijedi šest uvjeta statičke ravnoteže:
1. ∑Xi = 0;2. ∑Yi = FT - ∫ τ
A
dA = 0;
3. ∑Zi = ∫σA
zdA = 0;
BA
zl
τ⋅dA
Mf
yx
σz⋅dA
dA
0
FT
Fu
yx
0
FT
MuFAF1
F2 FB
FT
M
F1 F2
+
+
¯
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
119
4. ∑Mx = M(z) - ∫σA
zydA = 0;
5. ∑My = - ∫σA
zxdA = 0;
6. ∑Mz = 0.7.
Iz navedenih uvjeta ravnoteže i ranijih zaklučaka slijedi:
1. Neutralna osa se poklapa sa težišnom osom popriječnog presjeka,2. Neutralna osa ja glavna osa inercije popriječnog presjeka,3. Raspored normalnog napona po popriječnom presjeku je linearan,4. Normalni napon se određuje kao kod čistog savijanja,5. Tangencijalna sila (transverzalna) i τ napon stoje u odnosu FT = ∫ τ
A
dA .
U svakom popriječnom presjeku najveći normalni naponi javljaju se u vlaknima naomotaču grede (ivični naponi). Međutim napon σz zavisi i od (z), pa se najveći normalninapon u gredi javlja u presjeku u kome je napadni moment najveći (opasni presjek) i unajudaljenijem vlaknu od neutralne ose. Radi toga pri dimenzioniranju grede mora bitizadovoljen uvjet:
dfmaxx
maxfmaxf yM
σ≤⋅Ι
=σ
18.1. Tangencijalni naponi
Da bi smo odredili raspored tangencijalnog napona po presjeku grede, tj. τ = f(x,y), izgrede izdvojimo elemenat dužine (dz).
Slika 90.
U ovom slučaju koristimo pravilo «konjugovanosti» tangencijalnih napona što namolakšava posao. Naime tražimo tangencijalne napone u ravni PQRS i oni će biti jednakitangencijalnim naponima u vertikalnom presjeku grede.Pošto se normalni napon σz mijenja u funkciji od udaljenosti (z), jer se mjenja momenatsavijanja, za elementarnu dužinu dz, imamo sa jedne strane σz, a sa druge (σz + dσz).
dz
(σz+dσz)⋅dA´
P
S R
Qτ
dA dAσz⋅dA´
x
z
y
ξτ
τ
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
120
Iz uvjeta ravnoteže slijedi:
( )
0dz'dAd'dA'dAz
0dz'dAd'dAz
'Az
'Az
'Azi
'Azz
'Azi
=⋅ξ⋅τ+σ−σ−σ=∑
=⋅ξ⋅τ+σ+σ−σ=∑
∫∫∫
∫∫
∫ σ=⋅ξ⋅τ'A
z 'dAddz ..............(a)
Pošto je:
maxx
fz yM
⋅Ι
=σ onda je x
maxfz
ydMdΙ
⋅=σ .................(b)
Zamjenom (b) u (a) dobijamo:
∫ ∫
∫
⋅ξ⋅Ι
⋅=⋅⋅Ι⋅ξ
=τ
Ι=⋅ξ⋅τ
'A 'Ax
f
x
f
'A x
maxf
'dAy1dz
dM'dAydMdz1
'dAydMdz
Pošto je prvi izvod momenata savijanja po promjenljivoj dužini jednak transverzalnoj sili,a izraz 'S'ydA x
'A
=∫ , pa je:
ξ⋅Ι⋅
=τ 2x
xT
cmN'SF
gdje je:Sx' – statički moment površine za neki presjek.
Da bi tangencijalni napon bio maksimalan mora biti maksimalna transverzalna sila i
maksimalan odnos
ξ
'Sx .
Za dimenzioniranje grede mora biti ispunjen uvjet:
dfmax
x
x
maxTmax
'SFτ≤
ξΙ
=τ
gdje je:τdf – dozvoljeni tangencijalni napon za slučaj savijanja (razlika kod čistog smicanja:
AF maxT
max =τ ).
Važna napomena: Statički momenat površine se uzima za pola presjeka.
18.2. Normalni napon savijene grede i idealni popriječni presjek
Iz prethodnog smo utvrdili da se maksimalni normalni napon javlja u opasnom presjeku ina krajnjim vlaknima.
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
121
;y
Wmax
xx
Ι=
Potreban otporni momenat:
df
maxx
MWσ
≥
Dužnost projektanta je da pri dimenzioniranju nosača izvrši izbor profila popriječnogpresjekatako, da se postigne optimalna ekonomičnost pri utrošku materijala, izradi iutrošku rada. S obzirom na definiciju momenta inercije i otpornog momenta, slijedi:
∫∫=A
2
maxx ;dAy
y1W
Ovo možemo napisati i u sljedećem obliku:
∫∫
=
A
A
2
maxmaxx dA
yyyW
43421
< A⋅ymax
Pošto je maxyy neimenovan broj, ∫∫ =
A
AdA .
Za većinu tačaka popriječnog presjeka maxyy <1. «Wx» bi bio jednak proizvodu A⋅ymax,
samo u slučaju kada bi se presjek sastojao od dva uska pojasa na međusobnom
rastojanju h = 2⋅ymax; ymax = 2h .
Ovakav popriječni presjek bio bi idealan a njegov otporni momenat bi bio:
2hAyAW maxi⋅
=⋅=
Slika 91.
2hAW
2h
4h
2A2
ix
2
x
⋅==
⋅⋅
Ι 48476
h
y max
A/2
A/2
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
122
Kako je tehnički neizvodiv navedeni slučaj, ova dva pojasa moraju se vezati vertikalnimrebrom.
Slika 92.
Kako je za rebro uvijek maxyy <1, to je stvarni otporni momenat manji od idealnog.
Odnos stvarnog i idealnog otpronog momenta, naziva se stupanj iskorištenja presjeka :
i
x
WW
=η .
Primjeri:
Slika 93.
Za važnije standardne profilisane nosače:
Ι - η= 61 – 65 %,[ - η= 59 – 61 %, - η=57 – 60 %.
pojas
rebro
η=25% η=55% η=33,3 η=67%
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
123
18.2.1 Računski primjer
Simetrični limeni nosač ojačan lamelama:
Slika 94.
Ako je za osnovni nosač poznato: Wx0, Ιx0
δ+
∆Ι+Ι=
∆Ι+Ι=Ι
δ
+⋅δ⋅+δ⋅
=∆Ι
2h
W
22hb
12b2
x0xxu
x0xxu
23
x
U praksi se često traži ∆Wxpot. pa se sa tolerantnom tačnošću može uzeti:
Wxu = Wx0+∆Wxp; pri čemu je:
δ+
∆Ι=∆
2h
W xpxp
0
δ+
δ⋅⋅⋅+δ⋅≈∆
δ⋅⋅⋅+δ⋅=
δ+⋅∆
δ
+δ⋅⋅+δ⋅
=
δ+⋅∆
2h6
hb3bW
6hb3b
2hW
22hb2
6b
2hW
23
xp
23
xp
23
xp
Rješava se iteracijom, grafoanalitičkom metodom.Također prethodni izraz možemo pojednostaviti uzimajući u obzir da je prvi sabirakdesne strane zanemarljivo mala veličina.
δδ
b
h
osnovninosač
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
124
0
δ+
δ⋅⋅⋅+
δ+
δ⋅=∆
2h
6
hb3
2h
6
bW
23
xp
( )
xp2
xp
xp2
xp
xp2
x
2xp
W2hbWh
W6hb3Wh3
W6hb3hW3
hb32hW6
∆⋅−⋅
∆⋅=δ
∆⋅−⋅⋅
∆⋅⋅=δ
∆⋅−⋅⋅δ=⋅∆
δ⋅⋅⋅=
δ+∆⋅
Primjer:
Slika 95.
∆Wxp = 560 cm3
cm0,156023020
305602 =
⋅−⋅⋅
=δ
18.3. Tangencijalni naponi savijene grede
Za sve praktične proračune normalnog napona i tangencijalnog napona uzimamopretpostavku da je popriječni presjek grede nepromijenjen.Međutim u stvarnosti zategnuta vlakna izazivaju kontrakciju presjeka, a pritisnuta vlaknaizazivaju širenje (Slika 96.).
δ=?
δ=?
b=20cm
h=30
cm
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
125
Slika 96.
Ako je za neku gredu Ιx = const. po cijelom rasponu, onda tangencijalni napon zavisi od
odnosa
ξ
'Sx . Kako je
ξ
'Sx = 23
cmcmcm
= , onda je 22
4
x
x cmcmcm
'S==
ξ
Ι , odnos ima
dimenziju površine. Takvu površinu nazivamo «redukovana površina»
max
x
xred 'S
A
ξ
Ι= ,
pa se napon smicanja može izračunati kao kod «čistog smicanja». Međutim postojirazlika što u ovom slučaju koristimo fiktivnu, redukovanu površinu, dok je to kod čistogsmicanja stvarna površina.Primjer za pravougaoni presjek:
Slika 97.
12hb 3
x⋅
=Ι8hb
4h
2hby
2hb'S
2
tx⋅
=⋅⋅
=⋅⋅
= ξ = b
z
y
K
K
Presjek: K-K
xz
xy
ε⋅ν−=ε
ε⋅ν−=ε
h/4=
y T
h
b
x
y
T
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
126
A2F3
AF
A32A
hb32
h12hb8
b8hb
12hb
A
T
red
Tmax
red
2
3
2
3
red
⋅⋅
==τ
=
⋅⋅=⋅⋅⋅
=
⋅⋅
⋅
=
Određivanje dijagrama (τ) napona za pravougli popriječni presjek:
Slika 98.
4y2h
4y
4h
2
y2h
−=−=
−
Udaljenost od ose (x) do težišta:
4y2hyyT
−+=
Pošto je širina b = ξ = const.
( )2222
Txx
y4h8b
8yhb2hbby4yhb2
4hy2
2by2hb
4y2hy4by
2hb
4y2hyby
2hyA'S
−=⋅⋅⋅−⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅
=
+⋅
⋅⋅−⋅
=
=
−+
⋅−
⋅=
−
+⋅⋅
−=⋅=
8y4h
b'S'S 22
xx −==
ξ
h/2-(h
/2-y
)/2
y
h
b
x
y
T
ξ
τ
τmax
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
127
Da bi našli ekstremnu veličinu:
;0y08y8
dy
'Sd x
==−=
ξ
Dakle maksimalni napon smicanja je na osi (x).
Opći slučaj:
ξΙ
=τ'SF x
x
maxT ili
−Ι
=τ8
y4hF 22
x
maxT . Uvrštavanjem (y) od 0 do h/2,
dobijamo odgovarajuće vrijednosti napona (τ) za popriječni presjek.
Za okrugli presjek:
Slika 99.
η = Rcosϕ
( )
( ) ϕϕη
ϕϕη
dsinRd
sinRdd
−=
−=
ϕξ sinR2u == , jer je dη, beskonačno mala veličina
Elementarna površina: dA = u⋅dη; u = 2RsinϕPošto je uzeto čitavo (u) a ne (u/2), onda možemo integraliti u granicama od 0 do π/2.
( )
∫
∫∫
α
ϕϕϕ−=
ϕϕ−⋅ϕ⋅ϕ=η=
023
x
A'Ax
dcossinR2'S
dsinRsinR2cosRdA'S
tablični integral: ( ) ϕ−=ϕϕϕ+
−=ϕϕ + 321nn sin31cossin:jepa;sin
1n1cossin
α+=ϕ+=α
33
0
33x sinR
32sinR
32'S ;
dηη
y xα
y
τmaxϕ
R
u=ξ
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
128
pošto je ξ= 2Rsinα; α=ξ
α=
ξ 33
333
3
sinR8
;sinR2
AF
34
AF
34F
4RA3
RF'S4
R4RA
3R
12R4'S;
12'S
12832'S
Tmax
TT2
2
x
Txmax
42
x
22
max
x2
x
33
x
=τ
=⋅⋅
⋅=
Ι⋅
ξ=τ
π=
⋅=Ι
==
ξ
ξ=
ξ
ξ+=
ξ+=
18.4. Glavni naponi savijene grede
Najveći normalni napon savijene grede javlja se u «opasnom» presjeku i to kao ivičninapon. Najveći tangencijalni napon javlja se najčešće u tačkama neutralne ose, ali ima iizuzetaka npr. za deltoidni popriječni presjek grede.
Slika 100.
Normalne i tangencijalne napone računamo prema:
dfmax
x
x
maxTmaxdf
maxmax
'SF;W
Mτ≤
ξΙ
=τσ≤=σ
Za neki kosi presjek grede pod uglom (ϕ), komponentni naponi se poklapaju sa ranijedokazanim komponentnim naponima kod ravnog naponskog stanja uz uvjet da je σy=0,što je ovdje slučaj.
1/2h
h
τmax
τmax
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
Slika 101.
Ranije dokazane formule glase:
( )
( ) ϕτ+ϕσ−σ=τ
ϕτ−ϕσ−σ+
σ+σ=σ
2cos2sin21
2sin2cos21
2
yxnl
yxyx
n
Za ovaj slučaj: σy = 0; σx = σz, pa su komponentni naponi:
( )
( ) ϕτ−ϕ+σ
=σ
ϕτ+ϕσ
=τ
ϕτ−ϕ+σ
=ϕτ−ϕσ
+σ
=σ
2sin2cos12
2cos2sin2
2sin2cos12
2sin2cos22
zn
znl
zzzn
Ranije dokazana formula za pravce glavnih napona pomoću ekstremnih veličina:
0ddi0
dd nln =
ϕτ
=ϕσ
( ) ( )
z
22zz
22yxyx
22tg
24
2tg
24
2tg
στ
−=α
ττ+σ−σ
=α
τ
τ+σ−σ−σ−σ=α
Dakle postoje dva ugla (α): α1 i α2 = (α + ½ π).Glavni naponi, opća formula ranije dokazana:
( ) ( )
0
421
21
;0;421
21
2,1
22zz2,1
zxy22
yxyx2,1
=τ
τ+σ±σ=σ
σ=σ=στ+σ−σ±σ+σ=σ
τ
τ
zr
nr
lr
ϕ ϕ
«+» se odnosi na glavni napon σ1,«-» se odnosi na glavni napon σ2.
129
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
130
Analogno za glavne napone smicanja:
422tg
;0;2
2tg
z
zxyyx
π+α=β
τσ
=β
σ=σ=στ
σ−σ=β
U dvije ravni I i II, koje sa glavnim ravnima 1 i 2 , zatvaraju uglove ± 45°, bit ćeekstremne vrijednosti tangencijalnih napona.Pošto je opći izraz za najveće tangencijalne napone:
0
( ) ( )2122
yxII,I 214
21
σ−σ±=τ+σ−σ±=τ
σx = σz; σy = 0
( )2122
zII,I 214
21
σ−σ±=τ+σ±=τ
Komponentni naponi σn i τn mogu se odrediti i grafički pomoću Morovog kruga, a i pravciglavnih napona. Eliminacijom ugla (ϕ) iz jednačina za σn i τnl,
22z
R
22z
nl
2z
n
421R
44
22
τ+σ=
τ+σ=τ+
σ−σ
43421
Slika 102.
Iz (0) nanesemo σz, pa ga raspolovimo. To je centar kruga. Na kraju σz, povučemo τ. Izvrha τ, spojimo sa ½ σz i to je polupriječnik kruga.
σ2 σ1
σz
1/2σz1/2σzC´
σn
C´
(II)
(2)
(1)
(I)
τn
τI
τ
-τII
0
45°45°
2α
2222
421
21
τστσ +=+
= zzR
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
131
Normalni napon (σz) i tangencijalni napon (napon na smicanje) zavise od udaljenosti (z)od oslonca grede i od (y), (udaljenosti vlakna od neutralne ose).Kod određivanja glavnih napona, rješavamo dva problema:
1. U kojoj tački popriječnog presjeka treba tražiti glavne napone?2. U kome presjeku treba tražiti te napone?
Kod pravougaonog i kružnog presjeka, najveći normalni napon je ivični napon, a najveći(τ) napon je u tačkama neutralne ose.Obično je kod ovih presjeka glavni napon u presjeku, sam ivični napon.Za Ι profile i limene nosače, to nije slučaj, jer se tangencijalni napon naglo mjenja naprijelazu sa pojasa na rebro, dok se normalni napon vrlo malo mjenja.
Slika 103.
Dijagram glavnih napona se crta tako što se postupa na dva načina:
1. Ako su u razmjeri nacrtani dijagrami za τ i σz napone, onda se za (y) od 2h pa do
y = 0, skidaju vrijednosti za σz i τ za odgovarajući (y) i uvrštavaju u formulu:
)c.........(..........421
21 22
zz1 τ+σ+σ=σ
Izračunate veličine se crtaju na dijagramu (c) za isto (y).
2. Računamo ;WMfz
maxz =σ a zatim y
2h
zmaxz σ=
σ odnosno: yh
2 maxzz ⋅
σ=σ za bilo koji
(y) u rasponu od 0 do 2hy = ; dobijamo odgovarajući normalni napon σz. Koristeći
formule za:
ξ
⋅Ι
=τ x
x
maxT 'SF ; pri čemu za odgovarajuće segmente statičkog
momenta popriječnog presjeka određujemo
ξ
x'S za isto (y), određujemo
odgovarajući napon smicanja.
Dijagram glavnihnaponaσzmax
h
y max
=h/2
δb
y τmax
σz σ1
στ
+ +
¯ ¯
τ
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
132
Ovako izračunate veličine za σz i τ, uvrštavamo u formulu za (σ1), i dobijamo potrebanbroj karakterističnih veličina na osnovu kojih možemo nacrtati dijagram glavnih napona.
18.5 Računski primjer
Primjer broj 1.
Dimenzionirati gredu sa nestandardnim prifilom, tako, da je greda ojačana lamelama upodručju djelovanja maksimalnog momenta savijanja.Lamele imaju ½ potrebnog ukupnog momenta inercije.Greda je opterećena prema datoj slici (Slika 104.)
Slika 104.
Greda je od čelika a dozvoljeno naprezanje na savijanje: σdf = 15 kN/cm2. Izgledpopriječnog presjeka grede prikazan je na narednoj slici (Slika 105.) l = 10 m
Slika 105.
l=10m0,2l0,4l 0,4l
BA
F2=30kN
F1=50kNq=20kN/m
2δ2δ
δ 0δ 0
10δ
15δ
lamela
lamela
2δ
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
133
Rješenje zadatka:
∑MB = 0
kN142F01230100F
10:00,104,0300,106,0502
10200,10F
l:0l4,0Fl6,0F2lqlF
A
A
2
A
21
2
A
==−−−
=⋅⋅−⋅⋅−−⋅
=⋅−⋅−−⋅
∑Fy = F1 + F2 + q⋅l = 50 + 30 + 20⋅10 = 280 kN FB = ∑Fy – FA = 280 – 142 = 138 kN
Moment savijanja:
I polje (A – 1)
( )
( ) kNm40824204142M
l4,0x2xqxFM
2
1
1
21
1A1
=−⋅=
=−⋅=
Momenat saviijanja u polju II
( ) ( ) =−−−⋅= l4,0xF2xqxFM 21
22
2A2
Transverzalna sila u polju II
( )12A
2T FxqF
dxdM
F −⋅−==
Uslov maksimalnog momenta
FT = 0
FA - q⋅x2 – F1 = 0
-q⋅x2 = -FA + F1 -1
m6,420
50142q
FFx 1A2 =
−=
−=
( )lxFxqxFM A 4,02 21
22
2max −−⋅
−⋅=
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
134
( )
kNcmM
kNmM
160.41
6,4110,46,4502
6,4206,4142
max
2
max
=
=−−⋅
−⋅=
Potrebni ukupni otporni momenat:
3
df
maxxu cm744.2
15160.41MW ==
σ=
Ukupni otporni momenat: Wxu = Wx1 + Wxl
Wxl = 0,5 Wxu; Wx1 = 0,5 Wxu
Otporni momenat bez lamela:
Wx1 = 0,5⋅2.744 = 1.372 cm3
Otporni momenat lamela Wxl = 1.372 cm3
Momenat inercije osnovnog nosača:
Slika 106.
( ) ( )
.mm16ilicm6,1365372.1;365372.1
3655,9
466.35,9
W
5,9WyW466.3250.2716.5
121542
121910
33
34
1x1x
1xmax1x1x
4441x
33
1x
==δδ=
δ=δδ
=δ
Ι=
δ⋅=⋅=Ι
δ=δ−δ=Ι
δ⋅δ⋅−
δ⋅δ=Ι
x
y
4,0δ
2δ2δ
10δ
15δ
2δ
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
135
Otporni momenat lamela:
Slika 107.
Sopstveni momenat inercije obje lamele:
( )cm2,155,9y
7,112
102
00max
30
30
xls
δ+=δ+δ=
δ⋅δ⋅=δ⋅δ
⋅=Ι
Položajni moment inercije obje lamele:
12102
259102
30
20
0xlpδ⋅δ
⋅+
δ
+δ⋅δ⋅δ⋅=Ι ,
Kako je izračunata veličina (δ), zaokružena na standardni broj, δ = 1,6 cm, onda jestvarni otporno momenat osnovnog presjeka: Wx1 = 365⋅δ3 = 1.495 cm3.
( )
7123235494545
7107242287854486710
71044863737495172422710448637372154951yW
WWzadatkomuvjetovanojejerlamelamomenatotpornipotrebnicm4951W
71044863737cm61za51908001
724
5990102
020
30
020
30
30
2000
30
2000xl
xl1x
3xl
30
200xl
30
20
20
3xl
30
20
02
0xl
,.,,
,:..,,,,...
,,.,.
:.
,,.,.
,,
max
=δ−δ+δ
=δ+δ+δ
δ+δ+δ=δ+
δ+δ+δ=δ+⋅=⋅
=→=
δ+δ+δ=Ι=δ
δ⋅δ+δ⋅δ+δ⋅δ=Ι
δ+
δ+δ⋅δ+δδ⋅δ⋅=Ι
9,5δ
x
y
δ 0
10δ
9,5δ
+δ0/2
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
136
za δ0 = 2,0 cm Ki = 1288,4za δ0 = 2,5 cm Ki = 1673,0za δ0 = 3,0 cm Ki = 2084,0za δ0 = 3,2 cm Ki = 2256,0Desna strana prethodne jednačine, uvjetno je označena sa (K). Rješavanje prethodnejednačine vrši se grafo-analitičkom iterativnom metodom, tj. proizvoljnim usvajanjem(δ0), i izračunavanjem (K). Kada je Ki = K, (δ0), zadovoljava jednačinu.
1
1,5
2
2,5
3
3,5
1200 1400 1600 1800 2000 2200 2400
K
δ 0
Slika 108.Prema dijagramu, Slika 108., određena je debljina lima δ0 = 3,05 cmUsvojena je standardna debljina lima : δ = 3,1 cmMaksimalni napon na smicanje pojavljuje se na mjestu maksimalne transverzalne sile.To je mjesto, oslonac (A).
FT = FA = 142 kN
ξ⋅Ι⋅
=τxu
xmaxTmax
'SF
Pošto se po visini presjeka mjenja širina (ξ), kao i S'x, ako se posmatra segmentarno,posmatrat će se četiri tačke (1, 2, 3, 4) po visini polovine presjeka. Kako je presjeksimetričan, druga polovina dijagrama je identična prvoj.
Slika 109.
2123
,7
3,05
6 15,1
5 18,3
12
x
y
6,3
16
(1)
(2)
(3)
(4)
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
137
30
200
4xl1xxu
31x
710448637374663cm527115153616S
δ+δ+δ⋅+δ⋅=Ι+Ι=Ι
=⋅⋅=
,,...,,'
za δ = 1,6 cm ; δ0 = 3,14
xu cm5645043228492771522 .... =++=Ι
Sx2 = S'x1 + S'x2S'x2 = 6 ⋅ 3,2 ⋅ 9,0 = 173 cm3
Sx2 = 173 + 1.527 = 1.700 cm3
S'x = S'x1 + S'x3S'x3 = 12 ⋅ 3,2 ⋅ 6 = 230 cm3
S'x = 1.527 + 230 = 1.757,4 cm3
( )
( )
( )
( )
( ) 24
23
22
22
1
cmkN541
235645047571142
cmkN491
23564507001142
cmkN341
23564505271142
cmkN270
16564505271142
0
,,,.
,,
.
,,
.
,.'
=⋅⋅
⋅=τ
=⋅⋅
⋅=τ
=⋅⋅
⋅=τ
=⋅⋅
⋅=τ
=τ
Maksimalni momenat savijanja, određuje mjesto maksimalnog napona na savijanje.
2xu
df cmkN814
5645031816041yM ,
.,.
maxmax
max =⋅
=⋅Ι
=σ
Određivanje dužine lamela:
Lamela se postavljaod mjesta, gdje na osnovnom nosaču napon na savijanje dostiževeličinu dozvoljenog napona.
kNcm426.2215495.1WM
cm495.16,1365365W;WM
df1xf
3331x
1x
fdf
=⋅=σ⋅=
=⋅=δ⋅==σ
Provjeravamo da li je ovaj momenat savijanja u prvom polju: (sa lijeve strane)
qMxFqx
kNmMqxxFM
qxxFM
fA
fAf
Af
:022
3,224;222
2
2
2
=+⋅−
=−⋅=
−⋅=
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
138
28,51,743,222
2,142
2,14
043,222,1422
2
2,1
22
±=−
±=
=+−=+⋅
−
x
xxqM
qxFx fA
Korijen sa predznakom «-», ima tehnički smisao, pa je: x = 7,1 – 5,28 = 1,8 m
Slika 110.
Sa desne strane:
m9,159,643,222
8,132
8,13x
043,22x8,13x
q:0M2xF2qx
kN138F;2
qxxFM
2
1
121
f1B21
B1
1Bf
=−=−
−=
=+−
=+⋅−
=−⋅=
Slika 111.
BALl=10-1,8-1,9=6,3m 1,91,8
σ=14,8kN/cm2
τm=1,54kN/cm2=τ4
16
36,6
24
+
¯
τ2
τ3
UL=10cm/4cm Uτ=(1kN/cm2)/1cm
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
139
Primjer broj 2.
Greda prikazana na slici a, izrađena je od čelika i ima dozvoljeno naprezanje nasavijanje σdf=15kN/cm2. Popriječni presjek grede, prikazan je na slici b. Dimenzionisatigredu, tj. odrediti parametar (a), uz zanemarivanje sopstvene težine grede. l=10m;q=10kN/m
Slika a.
Slika b.Određivanje koordinate težišta
Zbog simetrije aaxT ⋅=⋅
= 92
18
Tabela 9.2
1 1895,1018 aaaA ⋅=⋅⋅⋅= ay ⋅= 25,513
1 25,992 aSx ⋅=
22 4,23
292,5 aaaA ⋅−=⋅⋅⋅
= ay ⋅= 73,123
2 48,40 aSx ⋅=
23 20210 aaaA ⋅−=⋅⋅⋅= ay ⋅= 5,93
33 190 aSx ⋅=
24 28227 aaaA ⋅−=⋅⋅⋅⋅= ay ⋅= 5,74
34 210 aSx ⋅=
25 28
2414 aaaA ⋅−=⋅⋅⋅
= ay ⋅= 97,453
5 139 aSx ⋅=
226 4,23
292,5 aaaAA ⋅−=⋅⋅⋅
== ay ⋅= 73,163
6 48,40 aSx ⋅=
5,2a
5,3a
4a
6,3a
2a2a
4a
2a 2a
10a4a
A
l=10m
0,4l0,6lA B
F=300kNq=10kN/m
A
Presjek A-A
Q+F
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
140
Površina popriječnog presjeka:
aya
aaaaaay
ASSSSSSy
aAAAAAAA
T
T
xxxxxxT
⋅=⋅
⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅=
=−−−−−
=
⋅=−−−−−=
6,52,66
48,4013921019048,4025,992
2,66
2
333333
654321
2654321
Određivanje momenata inercije za osu (x):
( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
⋅⋅
⋅⋅⋅+
⋅⋅⋅⋅−
−⋅⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅−
−⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅
−⋅⋅⋅
+⋅⋅⋅
=
23
3322
322
333
87,32
2,5936
2,592
123,377,52
34,07,129,128
122149,320
12210
36,518
39,418
aaaaa
aaaaaa
aaaaaaaaaaIx
y 2
y 4
y 3
4a10a4a
y 5
A3
A4
A5
A6
A2 y T=5
,6a
y
T
xo
4,9a
5,6a
2,9a
2a
2a2a
3,3
a
4a10a4ay
T
JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla
141
34
max
4
444444444
26,956,55,533
5,533
7706,343,01013,92,3047,67,10539,705
aaa
yIW
aI
aaaaaaaaaI
xx
x
x
⋅=⋅⋅
==
⋅=
⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅+⋅=
axa
xo
o ⋅=⋅
=⇒⋅
= 77,54
3,373,34
7
Otpori oslonaca:
kNlllqQ 5010552
102
=⋅=⋅=⋅
=⋅
=
kNlFlFlQlF
MkNlF
FQFlFlQlF
M
B
B
A
A
A
A
B
5,1961801065,118065,106,033,0
05,1531201035,312035,3
4,067,004,067,0
0
=+⋅=+⋅==⋅⋅+⋅⋅+⋅−
=Σ=+⋅=+⋅=
⋅+⋅==⋅⋅−⋅⋅+⋅
=Σ
Maksimalni momenat savijanja je ispod sile (F),pošto na tome mjestu, transverzalna sila mijenja predznak.
kNllqlqlqQ
mkNqq
lq
lq
8108,08,008,02
4,04,02
4,0
4104,04,0
4,0
=⋅=⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅
=⋅⋅′
=′
=⋅=⋅=′
⋅′
=
( )kNmlllllM
lqlllQlFM B
6,7251056,0107256,0721,066,072
01,04,065,118013,04,02222
max
2max
=⋅+⋅=⋅+⋅=⋅−⋅+⋅=
⋅⋅−⋅⋅⋅+=⋅⋅′−⋅⋅=
cmlla
llalla
WM
d
79,3)1056,01072(07,0)56,072(07,0
100)56,072(1429100)56,072(26,9515
3 23 2
23
23
max
=⋅+⋅⋅=⋅+⋅⋅=
⋅⋅+⋅=⋅
⋅⋅+⋅=⋅⋅
=σ
FBFA
0,6l
l=10m
0,4l
0,33lA B
F
Q
A
l=10m
0,4l0,6lA B
q
q´
Recommended