DefinicijaDefinicije i osobine statičkog momenta površinepoprečnog preseka za proizvoljnu osu.

dAySA

x ∫=)(

dAxSA

y ∫=)(

,)(

A

S

A

dAx

x yAT ==

∫

A

S

A

dAy

y xAT ==

∫)(

.Ty xAS ⋅=Tx yAS ⋅=

- statički moment površine A za osu x

- statički moment površine A za osu y

Zbog i

imamo da je i

Ovo takođe znači da je statički moment površine za težišnu osu jednak je nuli.

Statički moment površine složenog preseka

,)()()()()( 54321

dAydAydAydAydAySAAAAA

x ∫∫∫∫∫ ++−+=

,5544332211 yAyAyAyAyASS xix ++−+==∑

,)()()()()( 54321

dAxdAxdAxdAxdAxSAAAAA

y ∫∫∫∫∫ ++−+=

.5544332211 xAxAxAxAxASS yiy ++−+==∑

Proanalizirajmo da li je centrifugalni moment inercije površine A za ose x i y prikazane na slici 1 pozitivan ili negativan? Kako se menja centrifugalni moment inercije ako se promeni smer samo jedne ose, a kako obe?

Definicije i osobine momenata inercije površine poprečnog preseka.

U prethodnim izrazima xi i yi su x i y koordinate težišta elementarnih površina,Ai su njihove površine a sume su algebarske. Predznak ispred člana koji sadrži A3 je negativan pošto se ta površina oduzima.

dAyIA

x ∫=)(

2

dAxIA

y ∫=)(

2

dAxyIA

xy ∫=)(

dAIA∫ρ=

)(

20

- Aksijalni moment inercije površine A zaosu x

- Aksijalni moment inercije površine A zaosu y

- Centrifugalni moment inercije površine Aza ose x i y

- Polarni moment inercije površine A za koordinatni početak 0

mogu biti negativni ali nasuprot tome centrifugalni može biti i negativan i pozitivan i jednak nuli.

Zbog kvadrata i integralu aksijalni i polarni momenti inercije ne

U zadatom slučaju (Sl.2) centrifugalni momenti površina A1 i A3 moraju biti pozitivni pošto je za svaku tačku tih površina proizvod xypozitivan. Slično tome centrifugalni momenti površina A2 i A4 moraju biti negativni pošto je za svaku tačku tih površina proizvod xynegativan. Zbog veličine i položaja tih površina jasno je zbog čega je

Ukupnu površinu Apodelimo na A1, A2, A3

i A4 pa je:

4321 Axy

Axy

Axy

Axy

Axy IIIII +++=

⇒++

++=

∫∫

∫∫∫

dAxydAxy

dAxydAxydAxy

AA

AAA

)()(

)()()(

43

21

,, 2341 Axy

Axy

Axy

Axy IIII >>

( ) ( )2341 Axy

Axy

Axy

Axy

Axy IIIII +++=

.0>AxyI

Ukoliko se promeni smer samo jedne od osa (Sl.3 i 4) centrifugalni moment inercije samo menja predznak .

11

Axy

Axy

Ayx III −== .

11

Axy

Ayx II =⇒Za x1 i y1 (Sl.5)

Centrifugalni moment inercije za ose od kojih je bar jedna osa simetrije mora biti jednak nuli.Na prikazanoj slici, svakoj elementarnoj površini dAdesno od ose y odgovara ista takva, kao slika u ogledalu, dA’ levo od nje (x’ = - x).Zbirni cenrtifugalni moment inercije ove dve elementarne površine mora biti jednak nuli jer je

( ) .0' =−+=+ ydAxxydAII dAxy

dAxy

Veza između aksijalnih i polarnog momenta inercije

,)(

2 dAyIA

x ∫= .)(

2 dAxIA

y ∫=

222 yx +=ρ

( ) ⇒+=+=ρ= ∫∫∫∫ dAxdAydAyxdAIAAAA )(

2

)(

2

)(

22

)(

20

,0 yx III +=

Pošto za svaku tačku površine A važi polarni moment inercije je

jer je

Polarni moment inercije u odnosu na tačku 0 jednak je zbiru aksijalnih momenata inercije za dve međusobno upravne ose koje prolaze kroz tačku 0.

Veza između momenata inercije za dva paralelna koordinatna sistema.

Ovde se podrazumeva da se radi o vezi između momenata inercije za težišne i njima paralelne ose.Ovde su težišne ose (ose koje prolaze kroz težište T) x i y a njima paralelne ose su u i v. Rastojanje između osa x i u je vT a između osa y i v je uT. Svaka elementarna površina dA ima svoje vrednosti svih koordinata (x, y, u i v). Veze između tih koordinata su:

⇒+=+= yvvxuu TT ,

( ) ,22222 yvvyyvv TTT ++=+=( )( ) .xvyuvuxyyvxuuv TTTTTT +++=++=

dAvIA

u ∫=)(

2

( ) ,22222 xuuxxuu TTT ++=+=

dAuIA

v ∫=)(

2

dAuvIA

uv ∫=)(

( ) ( ) ( )⇒++= ∫∫∫ dAyvdAvdAy

A

T

A

T

A

222 AvII Txu2+=

( ) ( ) ( )⇒++= ∫∫∫ dAxudAudAx

A

T

A

T

A

222 AuII Tyv2+=

⇒+++= ∫∫∫∫)()()()( A

T

A

T

A

TT

A

xdAvydAudAvudAxy AvuII TTxyuv +=

ŠTAJNEROVA TEOREMA

Članove Štajnerove teoreme nazivamo:

Aksijalni momenti inercije za pravougaoni poprečni presek.

U prethodnom izvođenju članovi koji sadrže i jednaki su nula jer su∫)( A

xdA∫)( A

ydA

to statički momenti površine za težišne ose.

AvII Txu2+=

-Moment inercije za težišnu osu (sopstveni moment inercije),

-Moment inercije za osu, paralelnu težišnoj,

-Proizvod kvadrata rastojanja osa i površine (položajni moment inercije).

xI

uI

AvT2

Rečima iskazana Štajnerova teorema:Moment inercije za osu, paralelnu težišnoj, jednak je zbiru sopstvenog i položajnog momenta inercije.

Izvedimo prvo po definiciji moment inercije za osu u na kojoj leži stranica dužine b:

⇒=⇒⋅== ∫∫ dvvbIdvbdAdAvIh

u

A

u

0

2

)(

2 ,

3

3bhI u =

Odredimo sada moment inercije pravougaonika za težišnu osu, koja je paralelna sa osom u, korišće-njem Štajnerove teoreme.

Izračunavanje momenata inercije za složeni presek.

,22 AvIIAvII TuxTxu −=⇒+=Može se takođe reći da prema Štajnerovoj teoremi

Moment inercije za težišnu osu, jednak je momentu inercije za njoj paralelnu osu umanjen za položajni moment inercije.

⇒=⋅

−=⋅−=1223

3232 bh

bhhbh

AvII Tux.

12

3bhI x =

Moment inercije složene površine za neku osu (neke ose, ako se radi o centrifu-galnom) jednak je algebarskom zbiru momenata inercije elementarnih površina za istu osu (iste ose). Na primer, složena površina je sačinjena od 4 elementarne (A1, A2, A3 i A4), tako da se ukupna složena površina A računa po formuli

.4321 AAAAAA i −++==∑Za momente inercije složene površine važili bi izrazi:

,, 43214321 Ay

Ay

Ay

Ay

Ay

Ay

Ax

Ax

Ax

Ax

Ax

Ax IIIIIIIIIIII ii −++==−++== ∑∑

.4321 Axy

Axy

Axy

Axy

Axy

Axy IIIIII i −++==∑

Aksijalni momenti inercije za kružni i polukružni presek.momenti inercije za kružni presek

⇒=⇒+== 00 2, IIIIIII xyxyx .4642

440 π=π== rdI

I x

momenti inercije za polukružni presek

Gornja polovina kružnog preseka je A1 a donja A2. Uku-pan kružni presek Aje zbir ova dva:

22 1121

AxA

xAx

Ax

Ax

Ax

IIIIII =⇒=+= .

8128

441

π=π==⇒rd

II xAx

Sopstveni moment inercije polukružnog preseka

⇒π

π−π=

π

−=29

1683

4 2

2

242

1

rrrA

rII xx

.98

84

1rI x

π

−π=

Aksijalni i centrifugalni momenti inercije za trougaoni p resek.

Aksijalni momenti inercije za težišnu osu

⇒+=⇒+=18

52

3

3321

hbI

hbIII x

Au

Au

Au

.29

432

,293

,3

2

2

2

2

1

23

122

111

bhhIA

hII

bhhIA

hII

hbI

Ax

AAu

Ax

Ax

Au

Au

+=

+=

+=

+==

ξ

,2

, 1221

bhAAbhAAA ===+=

.36

3hbI x =

,12

xAx

A III ==ξ

Izvedena formula važi za ma koji oblik trougla istih dimenzija b i h jer se radi o jednakim vrednostima elementarnih površina na jednakim rastojanjima od ose

Centrifugalni moment inercije

Aksijalni momenti inercije za osu u

⇒+=

+=29363

23

1

2bhhhb

Ah

II xu.

12

3hbI u =

,422

022hb

Ahb

I Auv =+=

,2

, 1221

bhAAbhAAA ===+= ,12

xyAxy

A III ==ξη

⇒+=⇒+=9

224

222221

hbI

hbIII xy

Auv

Auv

Auv

.93

23

,933

2

22

2

22

1

22

11

hbIA

hbII

hbIA

hbII

xyAA

u

xyAxy

Auv

+=+=

+=+=

ξη

.72

22hbI xy =

“0” je centrifugakni moment inercije pravougaonika za težišne ose zato što su one ose simetrije

Centrifugalni momenti inercije menja samo predznak pri promeni smera jedne od osa:

Sl.1

Sl.2

Sl.3

Sl.4

.72

22hbI xy =

.72

22

1

hbII xyyx −=−=

.72

22

1

hbII xyxy −=−=

( ) .72

22

11

hbIII xyxyyx ==−−=

Momenti inercije za zakrenutkoordinatni sistem. Koordinate elementarne

površine dA,u zakrenutom uvkordinatnom sistemu, izražene preko ugla zakretanja φ i njenih x i ykoordinata su:

.sincos

,cossin

ϕ−ϕ=ϕ+ϕ=

xyv

xyu

( )( )( )( ) ( ) ).sin(coscossinsincoscossin

,cossin2sincossincos

,cossin2cossincossin

2222

222222

222222

ϕ−ϕ+ϕϕ−=ϕ−ϕϕ+ϕ=

ϕϕ−ϕ+ϕ=ϕ−ϕ=

ϕϕ+ϕ+ϕ=ϕ+ϕ=

xyxyxyxyuv

xyxyxyv

xyxyxyu

( ) ( ) ( ) ( )⇒ϕ+ϕ+ϕ== ∫∫∫∫ dAxydAxdAydAuI

AAAA

v 2sincossin 22222

Na osnovu dobijenih veza dobijamo pomoćne izraze:

Na osnovu definicija i osnovnih matematičkih identiteta dobijamo:

,2sincossin 22 ϕ+ϕ+ϕ= xyyxv IIII

Glavni momenti inercije preseka i njihov položaj.

( ) ( ) ( ) ( )⇒ϕ−ϕ+ϕ== ∫∫∫∫ dAxydAxdAydAvI

AAAA

u 2sinsincos 22222

( )( )

( ) ( )⇒ϕ+−ϕ== ∫∫∫ dAxydAxydAuvI

AAA

uv 2cos22sin 22

,2sinsincos 22 ϕ−ϕ+ϕ= xyyxu IIII

.2cos2sin2

ϕ+ϕ−

= xyyx

uv III

I

Glavne momente inercije ćemo dobiti traženjem minimuma i maksimuma funkcije

Za tražena rešenjaφ = α1/2 prvi izvod mora biti jednk nuli:

( ) .2sinsincos 22 ϕ−ϕ+ϕ=ϕ xyyxu IIII

.02/1

2/1

=′=ϕ α=ϕα=ϕ

uu I

d

dI

⇒ϕ−ϕϕ⋅+ϕϕ⋅−=′=ϕ

2cos2cossin2cossin2 xyyxuu IIII

d

dI

( ) ,2cos22sin ϕ−ϕ−−=′=ϕ xyyxuu IIII

d

dI

,2

222tan2tan 121212

π+α=α⇒π+α=α⇒α=α

Dobijeni izrazi definišu pravce glavnih osa inercije.

( ) 02cos22sin 2/12/1 =α−α−− xyyx III=ϕ α=ϕ 2/1

d

dIu

⇒−

−=α⇒yx

yx

II

I22tan 2/1 ,

2arctan2 1

−−=α

yx

yx

II

I

Za oadređivanje sinusa i kosinusa od 2α1/2 iskoristimo i zamišljeni pravougli trougao sa slike:

( ) ( )

( ) ( ) .4

22sin,

42cos

,4

22sin,

42cos

222222

221221

xyyx

xy

xyyx

yx

xyyx

xy

xyyx

yx

III

I

III

II

III

I

III

II

+−=α

+−

−−=α

+−−=α

+−

−=α

( )( ) ,

41

21

2cos121

sin2211

2

+−

−−=α−=α

xyyx

yx

III

II

( )( ) ,

41

21

2cos121

sin2222

2

+−

−+=α−=α

xyyx

yx

III

II

Za određivanje kvadrata sinusa i kosinusa preko kosinusa dvostrukog ugla isko-ristimo matematičke formule:

( )( ) ,

41

21

2cos121

cos2211

2

+−

−+=α+=α

xyyx

yx

III

II

( )( ) .

41

21

2cos121

cos2222

2

+−

−−=α+=α

xyyx

yx

III

II

( ) ( ) ( ) 22222214

2

41

241

2xyyx

xyxy

xyyx

yxy

xyyx

yxx

III

II

III

III

III

IIII

+−

⋅+

+−

−−+

+−

−+=

( )( ) ( ) .4

21

242

4

222

22

22

1 xyyxyx

xyyx

xyyxyx IIIII

III

IIIIII +−+

+=

+−

+−+

+=⇒

Prvi glavni moment inercije je zaφ = α1:( )ϕuI ( ) ⇒ϕ= α=ϕ 11 uII

Dakle, glavne momente inercije određuju formule:

( )( ) ( ) .4

21

242

4

222

22

22

2 xyyxyx

xyyx

xyyxyx IIIII

III

IIIIII +−−

+=

+−

+−−

+=( ) =ϕ α=ϕ 2

uI

Istom procedurom drugi glavni moment inercije je zaφ = α2:( )ϕuI

( ) .421

222

2/1 xyyxyx III

III +−±

+=

Dokažimo sada da centrifugalni moment inercije za glavne ose inercije mora da bude jednak nuli.

( ) ϕ+ϕ−

=ϕ 2cos2sin2 xy

yxuv I

III

uglove α1 i α2 umesto φ kako bi dobili centrifugalni moment inercije za glavne ose inercije I12:

( )21

yxuv

III

−=ϕ α=ϕ ( ) ( ) 0

44

22222

=+−

−⋅+

+−−⋅

xyyx

yxxy

xyyx

xy

III

III

III

I

( )22

yxuv

III

−=ϕ α=ϕ ( ) ( ) .0

44

22222

=

+−

−−⋅+

+−⋅

xyyx

yxxy

xyyx

xy

III

III

III

I

Uvrstimo u funkciju

( ) ( ) ⇒ϕ=ϕ= α=ϕα=ϕ 2112 uvuv III

Invarijante momenata inercije.

( ) )2..(421

222

2 xyyxyx III

III +−−

+=( ) )1..(4

21

222

1 xyyxyx III

III +−+

+=

Invarijante momenata inercije izvedimo iz izraza za glavne momente inercije

Sabiranjem izraza (1) i (2), dobija se prva invarijanta:

.21 yx IIII +=+ Zbir aksijalnih momenta inercije za ma koje dve međusobno upravne ose je konstantan (PRVA INVARIJANTA)

Jednakost proizvoda levih i desnih strana izraza (1) i (2), daje drugu invarijantu:

( ) ( )

( ) ( ) ( )[ ]

( )[ ] ( )[ ][ ] [ ] ⇒−⋅=⋅⋅

⇒−−++⋅−−+=⋅⋅

⇒+−−+

=

+−−

+=⋅

⇒

+−−

+⋅

+−+

+=⋅

221

221

222222

2

21

222221

4224

44

4

44

21

2

421

24

21

2

xyxy

xyyxyxyxyx

xyyxyxxyyx

yx

xyyxyx

xyyxyx

IIIII

IIIIIIIIIII

IIIIIIII

IIII

IIIII

IIIII

II

221 xyyx IIIII −⋅=⋅ (DRUGA INVARIJANTA)

Ova invarijanta se često koristi za izračunavanje centrigugalnog momenta inercije Ixy na osnovu aksijalnih I1, I2, Ix i Iy.

Kriterijumi za odre đivanje osa maksimalnog i minimalnog momenta inercije.

Suštinsku ulogu u utvrđivanju, da li funkcija Iu(φ), za nađeno φ=α1 ili φ= α2, u minimumu ili maksimumu, ima njen drugi izvod.

( ) ϕ−ϕ−−=ϕ

2cos22sin xyyxu III

d

dI,2sinsincos 22 ϕ−ϕ+ϕ= xyyxu IIII

( ) .2sin42cos22

2

ϕ+ϕ−−=ϕ

⇒ xyyxu III

d

Id

Minimum imamo za onaj ugao α, za koji je drugi izvod pozitivan, a maksimum, za drugi ugao α, za koji je drugi izvod negativan.

,2

arctan21

−−=α

yx

yx

II

INa primer, ako je za ugao α, određen po formulidrugi izvod negativan, tj.

( ) ,02sin42cos22

2

<α+α−−=ϕ α=ϕ

xyyxu III

d

Id

onda je za taj ugao α= α1 funkcija Iu u maksimumu, tj. .1max1

III u ==α=ϕ

Na osnovu poznate funkcije Iu(φ), ili njenog prvog izvoda dobija se funkcija drugog izvoda:

Savijanje grede: definicija, moment savijanja i transverzalna sila.Zamislimo da je štap opterećen na savijanje sačinjen od uzdužnih vlakana paralelnih sa osom štapa.

Štap (greda, konzola,...) se savija pod dejstvom spegova i opterećenja u poprečnom pravcu.

Pod opterećenjem osa štapa iz pravolinijskog prelazi u krivolinijski oblik. Taj krivolinijski oblik nosi naziv “ELASTIČNA LINIJA”.

Poprečni presek je simetričan u odnosu na osu y tako da je centrifugalni moment inercije Ixy = 0 a ose x i y su glavne ose.

Ravan opterećenja zy je ravan simetrije.

U neutralnoj površini zx leže vlakna čija dužina nije promenjena (ni zategnuta, ni pritisnuta).Neutralna osa x se nalazi u preseku neutralne površine i ravni poprečnog preseka.

Sa jedne strane neutralne ose dolazi do zatezanja vlakana a sa druge do pritiska.Veoma je važno određivanje transverzalnih sila i momenata savijanja (takođe crtanje njihovih dijagrama) jer od njih zavise naponi.

Od momenata savijanja zavise i deformacije (oblik elastične linije itd.).

Čisto savijanje: definicija, raspored napona, neutralnaosa.Kod čistog savijanja nema transverzalnih sila jer jedino spregovi dejstvuju na štap. Eleme-ntarnom delu dužine dz vlakna koja prolaze kroz neutralnu osu nakon savijanja ne menja-ju dužinu ds=dz. Dužina vlakna na y udalje-

nju od neutralne ose je ds+∆ds.

( ) )1...(ϕ+ρ=∆+ dydsds

,)2(:)3(ρ

=∆⇒

y

ds

ds),2...(ϕρ= dds

),3...(ϕ=∆ ydds

⇒− )2()1(

⇒σ=ε=∆Eds

ds

.yE

ρ=σ

Naponi σ se proporciona-lno povećavaju sa rastoja-njem y od neutralne ose.

Neutralna osa odvaja deo popre-čnog preseka u kojem su naponi na zatezanje od dela sa pritiskom. Na njoj normalnih napona nema.

ρ-poluprečnik krivine elastične linije.

Jednakosti identički zadovoljene

000)()(

=⇒ρ

=⇒σ= ∫∫ T

AA

ydAyE

dA

Određivanje nor-malnih napona pričistom savijanju.

( ) ⇒=∑∑ 2.1.1 Sli

Sli XX

( ) ⇒=∑∑ 2.1.2 Sli

Sli YY

( ) ⇒=∑∑ 2.1.3 Sli

Sli ZZ

( ) ⇒=∑∑ 2.1.4 Slxi

Slxi MM

( ) ⇒=∑∑ 2.1.5 Slyi

Slyi MM

( ) ⇒=∑∑ 2.1.6 Slzi

Slzi MM

00 =

00 =

00 =

U poprečnom preseku po-stoji samo moment savija-nja M koji leži u yzravni (Sl.1) i koji je posledica no-rmalnih napona (Sl.2). Ekvi-valentnost tih dejstava daje:

yE

ρ=σ

⇒=ρ

⇒ρ

=⇒σ= ∫∫xAA I

MEdAy

EMdAyM

)(

2

)(

000)()(

=⇒=⇒σ−= ∫∫ xy

AA

IdAxydAx

Neutralna osa x je težišna.

yI

M

x

=σ

x i y su glavne ose inercije. Za-dovoljeno jer je y osa simetrije.

je dozvoljeni normalni napon a osnova dimenzionisanja je

dobija što za daje

Ako je u pitanju dimenzionisanje, a, na primer, dimenzija c definiše veličinu poprečnog preseka, lako je moguće da bi moment inercije i otporni moment bili oblika gde su B i B1 konstante.

Otporni moment. Dimenzionisanje kodčistog savijanja.

31

4, cBWcBI xx ⋅=⋅=

Pošto neutralna osa x mora da prolazi kroz težište, prvo se uočava da li se zna položaj težišta (na primer, zbog simetrije u odnosu na x osu) ili se mora naći težište da bi se znao položaj x ose. Čim se odredi nutralna x osa traži se moment inercije za nju Ix, na neki od načina. Paralelno sa tim utvrđuje se na kom rastojanju se nalazi tačka preseka koja je sa bilo koje od strana maksimalno udaljena od neutralne ose. Zatim se određuje otporni moment po formuli

maxy

.max

yIW xx =

.maxmax

xW

M=σ

Neophodno je proučiti i statički deo nosača kako bi se odredio maksimalni moment savijanja pošto je maksimalni napon na nosaču definisan izrazom

Zatim se iz uslova zadovoljenja nejednakosti , odnosno ,maxd

xW

Mσ≤

,max

dx

MW

σ≥ .3

1

max

dB

Mc

σ⋅≥

dσ≤σmax

31 cBWx ⋅=

.max dσ≤σdσ

Savijanje silama: definicijaKaže se da je nosač izložen savijanju silama ako na njega dejstvuju opterećenja u popre-čnom pravcu gde osim njih može biti i spre-gova. Ta opterećenja su ili samo sile ili osim njih i kontinualno opterećenje. U opštem slučaju u proizvoljnom poprečnom preseku postoje i moment savijanja M i transverzalna sila FT zbog kojih se u tačkama preseka oče-kuje postojanje kako normalnih tako i tange-

.yE

ρ=σ

mentarnog dela (hipoteza ravnih preseka), dobi-ja se da se normalni naponi σ proporcionalno povećavaju sa rastojanjem y od neutralne ose

Podsetimo se da je u ovom izrazu E-modul elastičnosti a ρ-poluprečnik krivine elastične linije.

ncilnih napona. Kao i kodčistog savijanja, na osnovu oblika deformisanog ele-

Da li i kod savijanja silama, kao kod čistog savijanja, neutralna osa prolazi kroz težište itd. videće se u narednom pitanju.

000)()(

=⇒ρ

=⇒σ= ∫∫ T

AA

ydAyE

dA

Određivanje normalnih napona pri savijanju silama.

⇒=∑∑ 2.1. Sli

Sli ZZ

⇒=∑∑ 2.1. Slxi

Slxi MM

⇒=∑∑ 2.1. Slyi

Slyi MM

transverzalna silaFT pravcay ose (Sl.1). Moment je po-sledica normalnih napona a transverzalna sila tangencija-lnih (Sl.2). Ekvivalentnost momenta savijanja M i silausled normalnih naponaσ, kao i u slučajučistog savija-nja, zbog ,daje: ( )yE ρ=σ

⇒=ρ

⇒ρ

=⇒σ= ∫∫xAA I

MEdAy

EMdAyM

)(

2

)(

000)()(

=⇒=⇒σ−= ∫∫ xy

AA

IdAxydAx

Neutralna osa x je težišna.

yI

M

x

=σ

To je zadovoljeno zato što je y osa simetrije.

U poprečnom preseku postoji, osim momenta savijanja M, koji leži u yzravni, i

Ovo znači da su x i y glavne ose inercije.

Tangencijalninaponi pri savi-janju silama.

Na elementarni deo grede dužine dz (Sl.1) u preseku levo dejstvuje moment savijanja a u preseku desno( ) ,MzM = ( ) .dMMdzzM +=+Normalne napone (Sl.2), u tačkama preseka koji je levo određuje formula

( ) ,yI

Mz

x

=σ=σ ( ) .' yI

dMMdzz

x

+=σ=+σa tačkama preseka koji je desno

Da bi našli tangencijalni napon u proizvoljnoj tački C (Sl.3), iskoristimo jednači-nu ravnoteže sila u zpravcu koje dejstvuju na elementarni deo, prikzan na Sl.4:

( ) ( )⇒=ξτ−σ−σ′ ∫∫ 0dzdAdA C

AA CC

( )( )

⇒ξτ=σ−σ′∫ dzdA C

AC ( )⇒ξτ=∫ dzydA

I

dMC

A xC

Pri izvođenju gornje formule iskorišćeno je da je a sa SC je označen statički moment površine AC za neutralnu osu x, odnosno

⇒ξτ= Cx

Ax

I

S

dz

dM C

⇒ξ

=τCA

x

x

TC

S

I

F .ξ

=τ C

x

TC

S

I

F

( ).∫==

C

C

A

AxC ydASS

dzdMFT =

Primer 3.1 Odrediti matematičku zavisnost promene tangencijalnog napona sa udaljenjem od neutralne ose kod pravougaonog preseka širine b a visine h?

−=

−=τ 2

2

3

22

4

6

28 CTC

x

TC y

h

bh

Fyh

I

F

+⋅

−=⋅= CCCC yh

yh

byAS22

121 ⇒

−

= 22

22 Cyhb

,28

22

CC ybbh

S −=

⇒=ξ= bbh

I x ,12

3

,2

3

2

3max0 A

F

bh

F TTyC

C==τ=τ⇒ =

.022

=τ=τ −== hyCh

yCCC

Primer 3.2 Odrediti matematičku zavisnost promene tangencijalnog napona sa udaljenjem od neutralne ose kod preseka prikazanog na slici?

.2zai3 ayaSSa CIICC <<==ξ

,0za ayCICC <≤τ=τ

,2za aya CIICC <<τ=τ

,0zai aySSa CICC <≤==ξ

FT i Ix su konstante.

( ) ( ) ( ) ,2

523

321

3 2321 CCCC

IC y

aa

aaayayaayaayyaaS −=⋅⋅++⋅−=⋅⋅+⋅−=

.21

5 22

−==τ Cx

TIC

x

TIC ya

I

F

a

S

I

F( ) ⇒⋅−= 123 yyaaS C

IIC

( ) ( ) ( ),423

221

23 22CCC

IIC ya

ayayaaS −=+⋅−= .

21

23

22

−==τ Cx

TIIC

x

TIIC ya

I

F

a

S

I

F

Takođe je neophodno da se prouči i statički deo nosača, kako bi se odredio maksimalni moment savijanja, pošto je maksimalni normalni napon na nosaču definisan izrazom

Na primer, ako dimenzija c definiše veličinu poprečnog preseka, onda su vrlo verovatno moment inercije i otporni moment oblika gde su B i B1 konstante.

,, 31

4 cBWcBI xx ⋅=⋅=

Dimenzionisanje nosača u slučaju savijanja silama vrši se na isti način kao i kod čistog savijanja, dakle uzimajući u obzir samo normalne napone, iako postoje i tangencijalni. Grubo rečeno, vrednosti tangencijalnih napona a pose-bno, kako će se videti, njihov raspored duž preseka imaju odlučujuću ulogu u njihovom zanemarivanju pri dimenzionisanju. Ukratko, nakon određivanja vrednosti za Ix i određuje se otporni moment po formulimax

y .max

yIW xx =

.maxmax xWM=σ

Dimenzionisanje nosača u slučaju savijanja silama

Poželjno je crtanje dijagrama transverzalnih sila i momenta savjaja.

je dozvoljeni normalni napon.

dobija se što za daje

Korišćenjem osnove dimenzionisanja koja daje ,maxd

xW

Mσ≤

,max

dx

MW

σ≥ .3

1

max

dB

Mc

σ⋅≥

,max dσ≤σ

31 cBWx ⋅=

dσ

U opštem slučaju moment savijaja je fukcija koordinate z, tj. promenljiv je duž nosača. Cilj je da i poprečni presek, u cilju uštede materijala, bude takođe promenljiv duž nosača i da u svakom poprečnom preseku maksimalni normalni napon bude jednak dozvoljenom:

Nosač idealnog oblika: definicija, način određivanja.

( ) ⇒σ==σ dconstz .max

( )( ) ⇒σ= d

x zW

zM ( ) ( ).

dx

zMzW

σ=

Za prostu gredu sa slike, kružnog poprečnog preseka, odrediti idealni oblik?Primer 3.3

( ) ( )d

x

zMzW

σ= ( )

⇒≤<σ

=π⇒

20,

232

3 lz

Fzzd

d

( ) .16

3

d

Fzzd

πσ=

Primer 3.4 Za konzolu sa slike odrediti idealni oblik u oba slučaja?

I slučaj-konstantna je širina preseka

( )d

qzzha

σ=⋅

⇒2

6

22

( ) ( )d

x

zMzW

σ=

( ) .3

za

qzh

d

⋅σ

=⇒

II slu čaj-konstantna je visina preseka

( ) ( )d

x

zMzW

σ= ( )

⇒σ

=⋅⇒

d

qzazb 2

6

22

( ) .3 22

za

qzb

d

⋅σ

=Napomena: Zbog tangenci-jalnih napona mora se kori-govati suženje konzole na levom kraju.

Kroz tačku C može se povući beskonačno mnogo ravni i za svaku od njih definisati normalni i tangencijalni napon (σα i τα) na način kako je to urađeno u teoriji ravnog stanja napona gde za elementarne deliće sa slike važe formule:

Glavni naponi pri savijanju grede.

,2sincos2 α⋅τ−α⋅σ=σα ,2cos2sin2

α⋅τ+α⋅σ=τα

( ) ,421

222

2/1 τ+σ−σ±σ+σ

=σ yxyx

,2sinsincos 22 α⋅τ−α⋅σ+α⋅σ=σα yx

,2cos2sin2

α⋅τ+α⋅σ−σ

=ταyx

.421

,421

222

max22

2/1 τ+σ=ττ+σ±σ=σ

.2

21max

σ−σ=τ

Pri savijanju grede, u svakoj tački poprečnog preseka C, prema izrazima

definisani su normalni i tangencijalni naponi. ξ=τ C

x

TC

S

I

F,C C

x

yI

M=σ

Za slučaj savijanja silama, kao specijalni slučaj ravnog stanja napona gde je σx

iz gornje slike jednako σ, a σy=0 (videti donju sliku) gornje formule daju:

Na primer, za poprečni presek sa slike, treba naći maksimalni glavni napon u ta-čki D, u ma kom preseku nosača, u zavisnosti od napadnih momenata i transver-

Iz strukture obrazca za glavni napon vidi se da je on veći od normalnog napona u istoj tački poprečnog preseka, pa se time može posaviti pitanje da li postupak primenjen za dimenzionisanje grede, prema maksimalnom normalnom naponu ispravan. Proračun je baziran na zadovoljenju uslova da je normalni napon, u najudaljenijim od neutralne ose tačkama preseka, sa maksimalnim momentom savijanja, manji od dozvoljenog. Pošto su baš u tim tačkama tangencijalni naponi jednaki nuli, vrednosti glavnog napona i maksimalnog normalnog su jednake i samim tim je i takav postupak dimenzionisanja ispravan. Međutim u ostalim tačkama preseka tangencijalni naponi imaju neke svoje vrednosti, pa je potrebno u nekim tačkama preseka proveriti da li su glavni naponi i maksimalni tangencijalni naponi u granicama njihovih dozvoljhenih vrednostiσd i τd.

zalnih sila, on bio, i proveriti da li je manji od dozvoljenog norma-lnog napona σd. Takođe bi trebalo odrediti maksimalni tangencija-lni napon u tački K, u ma kom preseku nosača, u zavisnosti od transverzalnih sila, on bio, i proveriti da li je manji od dozvoljenog tangencijalnog napona τd. U slučaju da provere ne daju dobre rezultate dimenzije poprečnog preseka treba korigovati.