1

1. недеља наставе

СТАБИЛНОСТ ЛИНИЈСКИХ НОСЕЋИХ ЕЛЕМЕНАТА Посматрајмо део неке машинске конструкције, на пример облика цеви напуњене неким флуидом, на чијем се крају налази покретни клип преко кога се преноси нека центрична притискујућа сила интензитета F (Сл. 1).

Сл. 1 Претварање реалне конструкције у модел за прорачун Уколико се претпостави да је веза између цеви и зида са леве стране и клипа, који прима притискујућу силу са десне стране, остварена на начин како је показано, овај се конструктивни елемент може посматрати као штап зглобно ослоњен на два краја (тачке А и В). У првом приближењу може се усвојити да је флуид нестишљив и да се сила притиска преноси на цев у пуном интензитету, преко клипа који се кроз њу креће без трења. За овакав линијски носећи елемент, оптерећен центричном притисном силом, показује се да је критеријум за димензионисање подужно напрегнутих штапова

d)z(A

)z(N)z( σσ ≤= , потребан али не и довољан.

Експериментално се може показати да при одређеним условима до попуштања оваквог носећег елемента може доћи и при вредностима напона које су далеко испод вредности дозвољеног напона на притисак.

2

Појава попуштања оваквог носећег елемента је изазвана губитком стабилности. Дакле, задовољење критеријума стабилности један је од неопходних услова који морају бити узети у обзир при одређивању носивости овог типа конструкције. Генерално, појава губитка стабилности јавља се код носећих елемената типа: штапови (једна димензија – дужина им је значајно већа од преостале две) и плоче и љуске (једна димензија – дебљина им је значајно мања од преостале две). Код таквих носећих елемената може доћи до појаве великих деформација и у области еластичног понашања материјала од којих су направљени, дакле, деформација које ће изазвати ефекат губитка стабилности. Појава губитка стабилности се не дешава код конструктивних елемената чије су све три димензије величине истог реда. У историји развоја машинске и грађевинске технике, недовољно познавање ефекта губитка стабилности је било повод великом броју хаварија разних грађевинских и машинских конструкција као што су мостови, кранови, хале, резервоари, летилице, бродови итд., код којих су њихови носећи елементи облика штапа, плоче или љуске били изложени дејству притискујућих сила. При дејству притискујуће силе на елемент облика штапа на пример, када та сила достигне једну одређену вредност, може доћи до појаве савијања штапа при чему угиби почињу неограничено да расту, тј. може доћи до попуштања тог носећег елемента. У том случају кажемо да се штап извија. а сама појава се назива извијање. Проблем извијања се своди, као што ће бити показано, на проблем стабилности равнотеже између спољашњих и унутрашњих сила. У даљем току разматрања овог проблема изучаваће се појава губитка стабилности код такозваних простих штапова. Носећи линијски елемент константног попречног пресека, чија је тежишна оса идеална права линија, а који је изложен дејству притискујуће силе чији се правац дејства поклапа са том осом, назива се прости штап. Сила при којој долази до појаве савијања - односно извијања штапа, назива се критична сила извијања, а одговарајуће стање напона у штапу се назива напрезање на извијање. Експериментима је показано да се савијање штапа у случају извијања, увек дешава око осе најмањег момента инерције попречног пресека тог штапа (главни момент инерције I2 = I min ). При анализи конструкције потребно је имати у виду да постоје три могућа стања равнотеже. Да бисмо ово објаснили, посматрајмо неки ваљак у та три могућа стања (Сл..2).

3

Сл..2 Три могућа стања равнотеже Ваљак се налази у положају стабилне (Сл. 2-а), индиферентне (Сл..2-б) и лабилне равнотеже (Сл. 2-ц). Уколико ваљак избацимо из почетног положаја равнотеже у неки положај близак почетном, могућа су три случаја: - померање ваљка из положаја стабилне равнотеже повећава његову потенцијалну енергију, при чему ће ваљак тежити да се врати у првобитни положај, а у том положају његова потенцијална енергија биће у минимуму, - у случају лабилне равнотеже доћи ће до губитка стабилности без могућности повратка ваљка у почетни положај, при чему ће у почетном тренутку његова потенцијална енергија бити у максимуму, - прелазно стање између ова два полажаја је стање индиферентне равнотеже ваљка, када у било ком положају ваљка његова потенцијална енергија има исту вредност. Конструкције као што су мостови, кранови или стубови далековода, су у већини случајева састављени од штапова од којих су неки изложени притиску и код којих може доћи до појаве извијања односно губитка стабилности. Све ове конструкције у оптерећеном стању морају се налазити у положају стабилне равнотеже јер би у противном дошло до њиховог попуштања. Посматрајмо неке примере конструкција. Конструкција приказана на слици (Сл. 3) садржи елементе код којих може доћи до појаве губитка стабилности (штапови 2, 3, 5 и 6 трпе сабијајуће силе) па при њиховом димензионисању о овоме треба водити рачуна.

Сл. 3 Равна решеткаста конструкција оптерећена силама у својој равни

4

Даље, посматрајмо систем од три штапа међусобно зглобно везаних и оптерећених силама F1 и F2 (Сл. 4-а). Под дејством сила F1 и F2 овај се систем налази у стању лабилне равнотеже. Довољно је овом систему задати мало

померење CCBB ′=′ (нпр. неком побудном силом у хоризонталном правцу) па да дође до пада ове конструкције на страну, што би одговарало њеном уништењу.

Сл. 4 Утицај начина везивања појединих елемената у целину У случају да је у тачкама B и C остварена крута веза (Сл. 4-б), давањем малог

померања CCBB ′=′ у хоризонталном правцу, неће доћи до пада конструкције, односно, она ће се налазити у положају стабилне равнотеже. То значи да, поред осталог, стање равнотеже зависи од типа саме конструкције, односно облика и начина везивања појединих елемената у целину. Другачије речено, конструкција која се налази у стању стабилне равнотеже мора бити геометријски непроменљива, а овај услов је потребан али не и довољан, јер у случају прекорачења критичних оптерећења, конструкција може изгубити своју стабилност. Да би се нека конструкција налазила у стању стабилне равнотеже морају бити испуњени следећи услови: - конструкција мора бити геометријски непроменљива, - оптерећење на конструкцију мора бити мање од критичног (у случају претпоставке да је конструкција крута – недеформабилна, овај услов не постоји). Основни задатак при изучавању деформабилних елемената изложених извијању је изналажење вредности критичног оптерећења при коме може доћи до појаве губитка стабилности.

5

Због разлике између реалног понашања неке конструкције и одговарајућег модела за прорачун, постоје две могућности тумачења појаве извијања. Извијање у математичком смислу. Разматрање на овај начин подразумева идеализован случај извијања код кога је оса штапа идеална права линија а правац дејства притисне силе се поклапа са осом штапа. У том случају проблем се своди на изналажење вредности критичне силе извијања. Извијање у физичком смислу. Разматрање на овај начин подразумева реално стање извијања код кога оса реалног штапа увек има мали почетни угиб, при чему реална притискујућа сила никад не делује тачно у тежишту попречног пресека. Овако дефинисано почетно стање изазива истовремено притисак и савијање штапа. Све ове ефекте (унос оптерећења, ...) треба узети у обзир при димензионисању конструкције. У даљем току разматрања задржаћемо се на изучавању појаве извијања у математичком смислу.

ИЗВИЈАЊЕ У ЕЛАСТИЧНОЈ ОБЛАСТИ У овом случају, када притисна сила достигне вредност F = Fkr, подједнако је могућ прав и извијен - савијен облик штапа. Уколико се притиснутом штапу који је прав у том тренутку саопшти неки произвољно мали попречни поремећај, доћи ће до избацивања штапа из почетног положаја равнотеже и његовог преласка у нови положај близак почетном, при чему оса штапа која је у почетом положају била идеална права линија, прелази у криву линију u = u (z). По престанку дејства оптерећења штап се враћа у првобитни положај, уз услов да није дошло до прекорачења границе еластичности. У зависности од начина ослањања штапа разликујемо четири основна случаја извијања.

Први случај извијања

Посматрајмо штап зглобно ослоњен на оба краја, пре и после достизања вредности критичне силе F = Fkr (Сл. 5).

Сл. 5 Извијање штапа зглобно ослоњеног на оба краја

6

Извијање штапа се дешава у еластичној области, па приближну диференцијалну једначину еластичне линије можемо написати у познатом облику

)z(M)z(uIE xmin −=′′ (1)

Вредност момента савијања у неком попречном пресеку штапа на локацији z,

мерено по распону штапа, износи )z(uF)z(Mx ⋅= , што даје

0)z(uF)z(uIE min =⋅+′′ , односно

0)z(uk)z(u 2 =⋅+′′ (2)

при чему је min

2

IE

Fk = . (2-а)

Ово је хомогена диференцијална једначина другог реда са константним коефицијентима, чије је опште решење облика

zkcosCzksinC)z(u 21 += . (3)

Вредности интеграционих константи C1 и C2 одређујемо из граничних услова ослањања штапа:

0)z(u ;0)z(ulz0z

====

, (4)

што даје

0C ;0klsinC 21 == .

Први од последња два израза има два решења. Једно је тривијално решење: C1 = 0 (што показује да је прав облик штапа један од могућих равнотежних облика штапа и у том случају добијамо да је 0)z(u = ). Друго решење (sin kl = 0)

ће бити задовољено ако је: kl = n π , n = 1, 2, 3, . . . Одатле може да се напише

k2 l 2= n2 π2, (4-а)

што коначно даје, види (2-а) и (4-а), вредност критичне силе при којој ће доћи до појаве извијања

2

min

22

krl

IEnF

π= . (5)

7

Најмања вредност силе при којој ће доћи до појаве извијања добија се за n = 1, и она се назива Ојлерова критична сила извијања у еластичној области, односно

2

min2

krl

IEFF

π== (6)

Уврстимо ли вредност kl = n π у израз за u = u(z), добијамо једначину еластичне линије за овај случај у облику

zl

nsinC)z(uu 1

π== . (7)

За вредност константе C1 може се рећи да је неодређена, јер, на пример, из услова на половини распона штапа следи

0Cf)z(u 1max2lz≠==

=,

а величина fmax је непозната величина угиба – избочавања, која се не може одредити. У случају n = 1 еластична линија је приказана као полуталас синусоиде и представља тзв. основни хармоник (Сл.6-а). За вредности броја n = 2, 3, 4, . . . добијамо више хармонике којима одговарају веће вредности критичне силе извијања (Сл.6-б, 6-ц).

а б ц

Сл. 6 Хармоници вишег реда штапа изложеног извијању Случај виших хармоника остварив је само када при повећању вредности

критичне силе, од )1n(

krF=

до )n(

krF , постоји могућност да све превојне тачке

штапа буду блокиране све до тренутка достизања вредности Fkr. То значи да виши хармоници извијања немају практичан значај.

8

Други случај извијања (прочитај) Други случај извијања се везује за други начин ослањања штапа. Посматрајмо штап који је уклештен на једном и слободан на другом крају, пре и после достизања вредности критичне силе (Сл.7-а). Гранични услови и оптерећење штапа идентични су као у случају зглобно ослоњеног штапа, али дужине 2 l, при чему гранични услови на половини распона тог штапа одговарају граничним условима конзоле уклештене у тачки А (Сл. 7-б).

Сл. 7 Извијање штапа уклештеног на једном и слободног на другом крају

Имајући у виду израз (6), најмања вредност критичне силе у овом случају износи

2

min2

kr)l2(

IEF

π= . (8)

а до истог резултата можемо доћи постављајући диференцијалну једначину еластичне линије са одговарајућим граничним условима, као што је то већ урађено у анализи првог случаја извијања.

Трећи случај извијања (прочитај) Опет се мења начин ослањања штапа. Посматрајмо сада обострано уклештен штап после достизања вредности критичне силе (Сл. 8). Због симетрије услова ослањања у тачкама А и B, произилази да растојање између превојних тачака C и D на еластичној линији која описује савијеност-избоченост штапа, износи l / 2 . Како је момент савијања у превојним тачкама једнак нули, то ће се део распона

CD , понашати као зглобно (први случај извијања) ослоњен штап дужине l / 2

(Сл. 8-б). Истовремено делови распона штапа AC и DB понашаће се као штап

9

(други случај извијања) дужине l / 4, уклештен на једном крају и слободан на другом (Сл. 8-а).

Сл. 8 Обострано уклештени штап изложен извијању Одавде следи да се критична сила за обострано уклештени штап може дефинисати сходно изразу (6) као

2

min2

kr)2l(

IEF

π= ,

односно сходно изразу (7)

2

min2

kr)4l2(

IEF

⋅=

π .

То значи, да је у случају обострано уклештеног штапа најмања вредност критичне силе извијања дата као

2

min2

kr)l5.0(

IEF

π= . (9)

Исти резултат може се добити решавањем диференцијалне једначине еластичне линије са одговарајућим граничним условима.

Четврти случај извијања (прочитај) Посматрајмо сада штап уклештен на једном и зглобно ослоњен на другом крају.

Сл. 9. Штап уклештен на једном и слободно ослоњен на другом крају изложен извијању

а

б

10

Водећи рачуна да је момент савијања у неком попречном пресеку штапа на

локацији z, мерено по распону штапа, zY)z(uF)z(M A ⋅+⋅= , диференцијална

једначина еластичне линије је облика

zY)z(uF)z(uIE Amin ⋅−⋅−=′′ . (10)

Диференцирањем једначине (10) два пута узастопно, добијамо

Amin Y)z(uF)z(Tdz

)z(dM)z(uIE −′⋅−=−=−=′′′ ,

)z(uFdz

)z(dT)z(uIE v

min′′⋅−=−=′ , (11)

што коначно даје хомогену диференцијалну једначину четвртог реда

0)z(uk)z(u 2v =′′+′ (12)

где се опет уводи као скраћена ознака: min

2

IE

Fk = .

Применимо граничне услове за леви и десни крај распона штапа, облика:

; 0)(M 0)z(u ;0)z(u A0z0z==′′=

== (дакле, угиб и момент у ослонцу лево)

и

0)z(u ;0)z(ulzlz

=′===

(дакле, угиб и нагиб у конзолном ослонцу) (13)

у опште решење хомогене диференцијалне једначине (12), које је облика

4321 CzCkzcosCkzsinC)z(u +++= . (14)

Постављањем прва два услова (13), да су угиб и момент савијања у ослонцу лево једнаки нули, у једначину (14), добијамо решења за две интеграционе

константе: 0CC 42 == , па је решење једначине (12) :

zCkzsinC)z(u 31 += . (15)

Уврстимо затим и друга два услова (13), да су угиб и нагиб у конзолном ослонцу десно једнаки нули, у једначину (15) добијамо систем од две једначине :

0lCklsinC 31 =+

0CklcoskC 31 =+ . (16)

11

Да би постојао угиб, видети израз(15), мора бити задовољен услов C1 ≠ 0; C3 ≠ 0, односно, детерминанта система једначина (16) мора бити једнака нули, што даје

01klcosk

1klsin=

=∆ , односно tg kl = kl . (17)

Ова трансцедентна једначина (17) има најмањи корен за: kl ≈ 4.493 , што даје минималну вредност критичне силе, видети израз (6), као

( ) 2

min

2

2

min

2

min2

krl7.0

IE

l

IE19.20

l

IE493.4F

π≈== (18)

Тиме су размотрена сва четири основна случаја извијања у еластичној области.

Ојлерова хипербола Генерално, до сада су разматрана четири начина ослањања штапа (Сл. 10). Посматрајмо сада изразе за четири основна случаја извијања (изрази 6, 8, 9 и 18). Увођењем појма који називамо редукована дужина штапа, дужина коју ћемо обележити са

lklr

= , (19)

где коефицијент k зависи од начина ослањања штапа, израз за Ојлерову критичну силу може се написати у облику

2

min

2

r

kr

l

IEF

π= (20)

Сл. 10 Четири основна случаја извијања

12

Уведимо и појам који ћемо назвати виткост штапа у облику

mini

lr

r=λ (21)

где је A

Ii

min

min= - минимални полупречник инерције.

Дефинишимо сада и појам критичног напона, при коме долази до појаве извијања, као количник критичне силе и површине попречног пресека, па сходно изразима (20) и (21) добијамо

2

r

2kr

kr

E

A

F

λ

πσ == . (22)

На основу израза (22) у дијаграму (1), на коме је приказана веза величина σ kr и

λ , добија се крива која се назива Ојлерова хипербола. Границу еластичне области у којој важи израз за критични напон (22) добијамо из услова

P

P

2

kr

Eσ

λ

πσ == ,

где је σ P - напон на граници пропорционалности, што даје и одговарајућу вредност виткости штапа

P

P

E

σπλ ⋅= (23)

Као што видимо λ P представља величину која зависи искључиво од материјала

штапа оптерећеног на извијање. Значи, уколико је задовољен услов λ r > λ P , имамо случај извијања у еластичној области, па вредност критичне силе одређујемо помоћу израза (20).

ИЗВИЈАЊЕ У НЕЕЛАСТИЧНОЈ ОБЛАСТИ

За штапове код којих је λ r < λ P , израз за израчунавање критичне силе (20) више се не може користити, пошто у тој области више не важи Хуков закон, односно, извијање се дешава у нееластичној области. По прекорачењу границе пропорционалности настају трајне деформације, па престаје линеарна зависност између напона и деформације. По прекорачењу ове границе било би неопходно применити теорију која даје одговор на еласто-пластично понашање материјала.

13

Ово би захтевало веома компликован математички апарат, а добијени резултати били би непогодни за свакодневну инжењерску примену. Због горе наведених чињеница користе се емпиријски обрасци за израчување вредности критичног напона извијања, а ови обрасци се обично потврђују експерименталним истраживањима. Основна идеја при формирању израза за критични напон извијања јесте да се постави функционална веза

σ kr = f (λr ) (24) На основу експеримената са челичним стубовима, Лудвиг Тетмајер (1850-1905), швајцарски професор и директор Лабораторије за испитивање материјала Циришке Политехнике, поставио је линеарну зависност између критичног напона извијања и виткости у облику

rkr CB λσ −= , (25)

где су са B и C обележене константе које зависе од врсте материјала. За разне материјале, вредности константи B и C приказане су табеларно (Табела 1).

МАТЕРИЈАЛ

ВИТКОСТ У НЕЕЛАСТИЧНОЈ ОБЛАСТИ

λ т ДО λ P

КРИТИЧНИ НАПОН

σ [M Pa]

Č 0360 84 - 108 289 – 0.82 λ

Č 0461 70 - 101 320 – 1.00 λ

Č 0561 63 - 86 589 – 3.80 λ

Сиви лив 10 - 80 100

3.5127762λ

λ +−

Алуминијумске легуре λ P < 80 100

80.23382λ

−

Дрво λ P < 100 293 – 0.2 λ

Табела 1

Израз за критични напон у овом облику веома се дуго користио при димензионисању штапова оптерећених на извијање. Међутим, треба знати да знатно бољу апроксимацију експерименталних резултата добијамо, ако се уместо зависности (25) користи израз

14

m

rkr CB λσ −= (26)

За, на пример, вредност експонента m = 2 добијамо параболу Џонсон-Остенфелда (Johnson - Ostenfeld) у облику

2

rkr CB λσ −= (27)

Обрасци (27) и (28) могу се користити за виткости које се крећу у границама

λ T < λ r < λ P , где вредност λ T одговара виткости на горњој граници течења.

За виткости λ r < λ T , меродавна је граница гњечења (граница великих скраћења). У том случају нема извијања, већ се напон одређује по познатом обрасцу

A

N=σ (28)

На основу свега овога, зависност критичног напона извијања од виткости може се представити помоћу следећег дијаграма:

Дијаграм 1

ОМЕГА ПОСТУПАК (прочитај) У области ових прорачуна, влада доста велика шароликост израза за израчунавање вредности критичног напона извијања уграђених у прописе разних држава. Један од једноставнијих начина израчунавања вредности критичног напона извијања притиснутих штапова, који се врши према стварној притисној сили, је омега поступак. У том случају мора бити задовољен услов

15

dckr

A

Fσωσ ≤⋅= (29)

Величину броја ωωωω одређујемо из односа

dk

dc

σ

σω = (30)

где је: σ dc - дозвољени напон на притисак, а σ dk - дозвољени напон при

извијању. Вредности коефицијента ωωωω зависе од врсте материјала, као и од величине виткости штапа, а могу се приказати табеларно (лако се налазе у литератури везаној за ову област).

ДОМАЋИ СТАНДАРДИ ЗА ПРОВЕРУ СТАБИЛНОСТИ НОСЕЋИХ ЧЕЛИЧНИХ КОНСТРУКЦИЈА (прочитај)

У оквиру ових стандарда задржаћемо се само на стандардима везаним за извијање призматичних штапова у математичком смислу. Ово су стандарди са обавезном применом, почев од 22.08.1980 године, а касније су измењени допунама стансарда из 1986. године, и односе се на: - центрично притиснуте призматичне штапове константног попречног пресека, (JUS U.Е7.081), - редуковане дужине штапова константног и променљивог попречног пресека, (JUS U.Е7.086). Стандардом JUS U.Е7.081 утврђује се начин прорачуна носивости простих штапова, израђених ваљањем, закивањем или заваривањем од хомогеног конструкцијског челика. Провера носивости врши се по обрасцу

ν

σ

ν

σσσ νN

A

N id,i ==≤=

где је: σ - рачунски нормални напон, N - рачунска сила притиска за одговарајући случај оптерећења, A - површина неослабљеног попречног пресека штапа,

σ i, d - дозвољени нормални напон,

σ i - критични нормални напон,

σ ν - нормални напон на граници развлачења,

N - количник критичног нормалног напона и нормалног напона на граници развлачења

ν - коефицијент сигурности који зависи од случаја оптерећења, и то: 1.50 - за основно оптерећење,

1.33 - за основно и допунско оптерећење, 1.20 - за изузетно оптерећење.

16

Бројне вредности бездимензионог количника N могу се дати табеларно или

приказати помоћу дијаграма у зависности од параметра λ - дијаграм (2).

Параметар λ дефинишемо као

Eλ

λλ = (31)

где је: λ - виткост штапа ; νσ

πλE

E = .

За одређивање параметра N, у зависности од геометријских карактеристика попречног пресека, начина израде и равни извијања, за штапове су конструисане одговарајуће линије А 0, А, B, C и D.

Дијаграм 2 Стандарди везани за случајеве који нису обухваћени овом књигом, могу се наћи у богатој литератури из области челичних конструкција.

ПРОВЕРА НОСИВОСТИ ПРИТИСНУТОГ ШТАПА

Водећи рачуна о свему претходно наведеном, поступак провере носивости притиснутог штапа има следећи ток: - наћи вредности главних тежишних момената инерције у општим бројевима за задати попречни пресек I 1 и I 2, а затим уочити I 2 = I min, - одредити величину површине попречног пресека у општим бројевима А, а затим наћи вредност најмањег полупречника инерције i 2 = i min, - на основу услова ослањања, наћи величину редуковане дужине штапа l r = k l ,

- одредити виткост штапа λ r = l r / i min,

17

- за задати материјал одредити величине λ P, λ T уколико користимо изразе за Ојлерову критичну силу или нпр. израз за критични напон по Тетмајеру, - утврдити подручје у коме се дешава извијање и применити одговарајуће обрасце за израчунавање критичне силе или критичног напона, - из таблица узети вредност степена сигурности и израчунати највеће могуће оптерећење које штап може да издржи. Уколико вредност критичног оптерећења израчунавамо по омега поступку или по ЈУС-у, ток прорачуна је истоветан у прве четири тачке, а затим треба поступити на начин како је то претходно показано. Уколико је позната површина попречног пресека, највећу величину притисне силе израчунавамо из услова

krkr A

1FF σ

νν=≤ .

Уколико је позната величина притисне силе F, димензионисање штапа обављамо методом узастопног понављања израчунавања површине попречног пресека. За претпостављене димензије штапа израчунавамо површину попречног пресека А, i min, l r, па затим λ и на крају Fkr.

Овај поступак се понавља док однос F

Fkr=ν не дође на жељену меру.

СТЕПЕН СИГУРНОСТИ

Уколико нам је позната зависност )(f rkr λσ = , познавајући виткост штапа за

задати случај, можемо одредити величину σ kr. Величину критичне силе одређујемо као

krkr AF σ= .

Дозвољену вредност притисне силе којој се сме изложити штап, а да не дође до појаве извијања добијамо као

νkr

d

FF = ,

где је ν > 1 степен сигурности на извијање . Водећи рачуна да при повећању виткости расте утицај почетних грешака у геометрији штапа, неопходно је ове утицаје покрити степеном сигурности, а овде треба имати у виду да се величина степена сигурности мења у зависности од виткости штапа. Из претходно наведеног следи, да је повећањем виткости штапа, потребно извршити и повећање величине степена сигурности који се примењује у прорачуну тог штапа. Ово је само један део приказа проблематике везане за феноменологију извијања. За ниво прве године студија машинства сматра се да је ово довољно, а треба знати да се посебна пажња овим проблемима посвећује у курсевима које похађају у вишим семестрима студија.

18

2. недеља наставе

СТАТИЧКИ НЕОДРЕЂЕНЕ КОНСТРУКЦИЈЕ (ЛИНИЈСКЕ, РАВАНСКЕ И ПРОСТОРНЕ)

УВОД У МЕТОДУ СИЛА Подсетимо се основних статички одређених гредних носача са којима смо се до сада упознали.

Појам статичке неодређености Подсетимо се:

- статички одређене конструкције су конструкција код којих је све реакције веза (као и све силе у пресецима), дакле све статички непознате величине, могуће одредити из статичких услова равнотеже.

- статички неодређене конструкције су конструкције код којих је укупан број непознатих величина већи од броја расположивих статичких услова (једначина) равнотеже. Односно, ако се уведу ознаке:

- n - број непознатих величина (отпори ослонаца, реакције веза) - s - број статичких услова равнотеже,

тада је k = n – s , где је - k - број сувишних (прекобројних) веза, односно k показује колико је пута систем статички неодређен.

Значи, ако је за одређивање непознатих величина, осим статичких услова равнотеже, неопходно поставити и k допунских услова, који произилазе из геометријских услова деформације посматране структуре, за систем кажемо да је статички неодређен.

19

СТАТИЧКИ НЕОДРЕЂЕНЕ ЛИНИЈСКЕ КОНСТРУКЦИЈЕ (уводна разматрања)

Гредни носачи са једним распоном и допуштеним подужним померањем

а) замишљено уклањање једног ослонца Ако се уклони десни, подужно помични ослонац, и тиме допусти попречно (у овом случају вертикално) померање, посматрани статички неодређени носач се своди на обичну статички одређену конзолу. На месту уклоњене везе (ослонца који спречава вертикално померање) мора се додати одговарајућа попречна сила (отпор ослонца) која на том месту постоји и тиме се, за сувишну непознату величину усваја сила FB = S1. Допунски услов у том случају је да је попречно померање нападне тачке (вертикално померање) силе S1 једнако нули, односно да је угиб на крају конзоле једнак нули: fB = о.

б) замишљено убацивање зглоба Уместо уклањања осувишног ослонца, могуће је у произвољном пресеку гредног носача уметнути зглоб. У том случају би било омогућено независно заокретање левог и десног дела греде на месту уметнутог зглоба, јер се тиме уклања само једна веза и то она која омета заокретање левог дела у односу на десни На тај начин бисмо статички неодређени систем претворили у статички одређени. У том случају сувишна непозната је момент S1 који у посматраном пресеку статички неодређеног носача постоји, а у уметнутом зглобу га нема.

Допунски услов је у овом случају: δ 1 лево = - δ 1 десно

δ 1 лево + δ 1 десно = 0

δ 1 = 0.

20

в) замишљена трансформација ослонца Уколико се зглоб постави на месту уклештења, уклештење ће се тако претворити у зглобни непомични ослонац, односно, статички неодређени гредни носач претворили смо у статички одређену греду. Сувишна непозната је у том случају концентрисанби момент МА = S1 који на том месту постоји а у зглобу га нема. Допунски услов у том случају је да је заокретање на месту дејства сувишне непознате, т.ј. нагиб над левим ослонцем једнак нули:

α А = 0, то јест: δ 1 = 0.

Гредни носачи са једним распоном и спреченим подужним померањем a) б)

в)

21

г)

Гредни носачи са два распона

а) замишљено уклањање једног ослонца (једне ″везе″ са околином)

22

б) замишљено убацивање зглоба

У зглобу је еластична линија континуална

СТАТИЧКИ НЕОДРЕЂЕНЕ РАВАНСКЕ КОНСТРУКЦИЈЕ

23

СТАТИЧКИ НЕОДРЕЂЕНЕ ПРОСТОРНЕ КОНСТРУКЦИЈЕ

НАЧИНИ РЕШАВАЊА СТАТИЧКИ НЕОДРЕЂЕНЕ КОНСТРУКЦИЈЕ

Системи конструкција направљени од линеарно еластичних материјала називају се конструкције са линеарним понашањем и за њих важи принцип независности дејства оптерећења. Принцип независности дејства оптерећења чини основу за две најефектније методе методе за решавање статички неодређених проблема, а то су:

• Метода сила (Force method) и

• Метода померања (Displacement method). При примени методе сила за непознате величине се узимају концентрисане силе или моменти који се појављују на местима уклоњених сувишних веза. При примени методе померања за непознате величине се узимају померања (линијска и угаона) на местима спојева појединих делова конструкције. Ми ћемо се бавити методом сила.

Метода сила Суштина Методе сила се састоји у томе да се статички неодређена конструкција применом неких од замишљених корака који су претходно објашњени, претвори у фиктивну (замишљену) статички одређену конструкцију. На ову фиктивну-замишљену статички одређену конструкцију се на местима уклоњених

″сувишних″ веза, уносе одговарајући статички еквиваленти (фиктивна

24

концентрисана спољна оптерећења), а потом се исписују допунске једначине за решавање статички непознатих величина. При примени Методе сила потребно је применити следеће кораке: 1. Одредити број статичке неодређености (број сувишних веза)

k = n – s = ?

2. Уклонити сувишне везе (може на много начина али сваки не мора да доведе резултата) чиме се добија основни статички одеређени систем:

- уклањање ослонаца - убацивање зглоба - трансформација ослонца - растављање - комбинација

3. На местима уклоњених веза додати статичке еквиваленте (концентрисане силе или моменте) чиме се добија еквивалентни систем.

4. Исписати допунске услове по померањима: померања на местима уклоњених веза морају бити једнака задатим вредностима (најчешће су једнака нули):

δ i = δ 0i (= 0), i = 1, ..., k.

Одређивање померања код статички неодређених конструкција При примени Методе сила померање произвољне тачке на статички неодређеној конструкцији није могуће одредити док се конструкција не реши (док се не одреде све статички непознате величине). Она се при томе третира као статички одређена конструкција са познатим силам, односно моментима.

Реакције ослонаца (веза) Подсетимо се кратко неких детаља који су нам већ познати, а за њих смо чули у

″Статици″.

25

СТАТИЧКИ НЕОДРЕЂЕНЕ ЛИНИЈСКЕ КОНСТРУКЦИЈЕ НЕПРЕКИДНИ (КОНТИНУАЛНИ) ГРЕДНИ НОСАЧИ

Непрекидни (континуални) гредни носачи су гредни носачи са више од два ослонца са којима су зглобно везани, односно са више од једног распона, при чему распони нису међусобно спајани зглобовима.

Непрекидни носачи обично имају један ослонац непомичан у подужном правцу, док су остали зглобни ослонци у подужном правцу помични, чиме је омогућено померање насача у подужном правцу при промени температуре.

26

Ако постоје аксијалне силе Ако не постоје аксијалне силе

2Nk

3s

1Nn

−=

=

+=

2Nk

s

Nn

−=

=

=

- из услова континуалности еластичне

линије Применимо сада неке од наведених могућности за фиктивно претварање статички неодређене конструкције у одговарајућу замишљену статички одређену конструкцију.

Уклањање ″сувишних″ ослонаца Основни статички одређени систем може се у посматраном случају добити уклањањем N – 2 сувишна ослонца, при чему је најпогодније задржати први и последњи.

Сувишне непознате биће отпори ослонаца. Допунски услови произилазе из чињенице да угиби носача на местима уклоњених веза – ослонаца, то јест вертикална померања нападних тачака на местима сувишних непознатих сила морају да буду једнака нули.

27

δ 1 = 0,

δ 2 = 0. ...

δ i = 0, i = 1, ..., k.

Убацивање зглобова (Clapeyron 1857.)

Једноставније од уклањања k = N – 2 ослонца је уметање k = N – 2 зглоба, што је могуће учинити на произвољном месту сваког распона. Најпогодније је зглобове уметнути на местима сувишних ослонаца (задржавамо први и последњи).

За сувишне непознате S1, ..., Sk одабрани су моменти који постоје на местима ослонаца и морају се додати јер их у уметнутим зглобовима нема.

М k

М k - 1 М k + 1

Допунски услови произилазе из чињеницњ да нагиби на местима ослонаца морају бити једнаки међусобно са њихове обе стране (услов континуалности еластичне линије):

∑ ∑= KK αβ .

Пошто се уметањем зглобова непрекидни носач у ствари раставља на низ самосталних простих греда, овакав приступ решавању проблема се зове Метода растављања.

ГРЕДНИ НОСАЧИ СА ЕЛАСТИЧНИМ ОСЛОНЦИМА

28

3. недеља наставе

Деформацијски рад (потенцијална енергија деформације)

Ако се произвољна деформабилна конструкција налази под дејством спољашњих сила, нападне тачке сила се померају, тако да силе врше рад. Рад спољашњих сила изазива промену енергије (потенцијалне, кинетичке, топлотне...) у телу, односно конструкцији.

На основу закона о одржању енергије, рад спољашњих сила једнак је промени енергије.

Ако су спољашње силе статичке (постепено расту од нуле до неке вредности)

могу се занемарити убрзања њихових нападних тачака (инерцијалне силе) као и промена кинетичке енергије. Ако се занемари и расипање енергије (топлотни губици) може се занемарити и промена топлотне енергије. Тада, за конзервативни систем важи да је:

РАД СПОЉАШЊИХ СИЛА ( R ) једнак ПРОМЕНИ ПОТЕНЦИЈАЛНЕ ЕНЕРГИЈЕ (d

A )

dAR = . (1)

Потенцијална енергија еластичне деформације у техници се зове и

ДЕФОРМАЦИЈСКИ РАД и означава са d

A .

На тај начин можемо да дефинишемо Клапејронову теорему која је

математички приказана изразом (1): Рад извршен од спољашњих сила на еластичном телу током његовог деформисања једнак је деформацијској енергији накупљеној у том телу.

Деформацијски рад d

A и допунски деформацијски рад *

dA

изражен преко спољашњих сила Зависност између силе и померања је у општем случају нелинеарна.

Нелинеарност може да буде условљена особинама материјала (физичка), или обликом конструкције (геометријска, конструктивна).

Зависност између спољашњих сила и одговарајућих померања може се представити дијаграмом са слике 1.

Претпоставимо да се конструкција и материјал понашају еластично и

занемаримо губитке енергије. Ако зависност силе (S) и померања (δ ) изразимо као

( )δSS = , елементарни деформацијски рад можемо да представимо следећим

изразом

( ) δδ dSdRdAd

== , (2а)

а укупан деформацијски рад интегралом

29

( )∫==K

dSRAd

δ

δδ0

. (2б)

δ δdδ

Sk

S

S

dS

δk

Слика 1. Зависност између спољашњих сила и одговарајућих померања

Укупан деформацијски рад једнак је површини испод криве ( )δSS = .

Ако се зависност силе и померања изрази као ( )Sδδ = може се дефинисати и

следећи интеграл

( )dSSdRdAd

δ== **, (3а)

( )∫==KS

ddSSRA

0

** δ . (3б)

Величина *

dA назива се ДОПУНСКИ РАД и за разлику од деформацијског рада

нема очигледан физички смисао. Уочимо да је

KKddSRRAA δ=+=+ **

. (4)

Ако је конструкција направљена од линеарно еластичног материјала и ако су

оптерећења која на њу делују статичка, зависност силе и померања је линеарна и приказује се следећим дијаграмом (Слика 2).

A *d

A dδ

SSk

δk

Слика 2. Линеарна зависност силе и померања У том случају важи Клапејронов став: Рад спољашњих сила при статичком оптерећењу конструкције од линеарно еластичног материјала, једнак је половини производа вредности силе и померања

30

њене нападне тачке, односно, половини оне вредности коју би имао када би сила од почетка деловала пуним интензитетом

δSAAdd

2

1* == . (5)

Уведимо и појам специфичног деформацијског рада '

dA , који се дефинише

као деформацијски рад по јединици запремине посматраног тела, односно

dV

dAA d

d='

. (6)

Деформацијски рад изражен преко унутрашњих сила (преко напона)

Посматрајмо елементарну запремину, замишљено издвојену из тела

конструкције, обика паралелопипеда, са димензијама: dxdydzdV = . Размотримо

прво два једноставна случаја.

• Утицај нормалних напона: нека у овом случају у правцу осе z на странама

површине dxdy делује само нормални напон z

σ , образујући силу интензитета

dxdyz

σ . Почетна димензија паралелопипеда dz променила се за износ

dzdzz

ε=∆ , где је z

ε одговарајућа линеарна деформација у правцу осе z

(Слика 3).

X

Z

Y

σzdxdy

dz ∆dz

Слика 3. Деформација под дејством нормалног напона

Елементарни деформацијски рад једнак је

( )( ) dVdzdxdydSdA zzzzd

22

1

2

1 εσεσδσ === . (7а)

Можемо закључити да је специфични деформацијски рад при дејству нормалног напона у једном правцу једнак половини производа интензитета напона и одговарајуће линеарне деформације

31

2

' zz

dA

εσσ = . (7б)

• Сада размотримо утицај напона смицања. Посматрајмо исту елементарну

запремину dxdydzdV = . Нека на страни површине dxdz делује напон

смицања yz

τ образујући силу интензитета dxdzyz

τ . Под дејством смичућег

напона промениће се облик првобитне запремине (Слика 4), а одговарајућа деформација математички се дефинише као угаона деформација, односно

клизање yz

γ . Сила dxdzyz

τ прећи ће пут dydytgyzyz

γγδ ≈= .

τyzdxdz

γyz

γyzdy

dy

x y

z

Слика 4. Деформација под дејством смичућег напона Сада можемо да дефинишемо и одговарајући елементарни деформацијски рад

( )( ) dVdydxdzSdAyzyz

yzyzd22

1

2

1 γτγτδτ === , (8а)

односно специфични деформацијски рад

2

' yzyz

dA

γττ = . (8б)

И у овом, као и у пртетходном случају, закључујемо да је специфични

деформацијски рад при дејству тангенцијалног напона једнак половини производа интензитета напона и одговарајуће угаоне деформације.

Да би дефинисали ове величине при сложеном напрезању искористимо

принцип суперпозиције. При дејству свих нормалних напона ( )zyx

σσσ ,, и свих

тангенцијалних напона ( )yzxzxy

τττ ,, специфични деформацијски рад једнак је

( )yzyzxzxzxyxyzzyyxx

d

ddV

dAA γτγτγτεσεσεσ +++++==

2

1'. (9)

Пошто смо претпоставили да за линеарно еластичне материјале важи Хуков закон

εσ E= , (10а)

32

односно Хуков закон проширен на тангенцијалне напоне

γτ G= , (10б)

запамтимо два симболично написана израза за специфични деформацијски рад

222

22

' εσσεσ

E

EA

d=== , (11а)

222

22

' γττγτ

G

GA

d=== . (11б)

Деформацијски рад изражен преко пресечних сила (прочитај)

Пошто ћемо у оквиру овог курса разматрати само конструкционе елементе

облика штапа и греде, прикажимо прво одговарајући начин решавања запреминских интеграла (Слика 5).

x

y

z

z dz

L

A(z)

Слика 5. Конструкциони елемент облика штапа или греде

Посматрајмо део греде дужине l у правцу подужне осе z . На произвољном

растојању z од почетка елемента издвојимо попречни пресек површине A . Сваки интеграл по запремини елемента урадићемо прво као двоструки интеграл по површини произвољног пресека, а затим ћемо добијени резултат интегралити по дужини, односно

( ) ( ) dzdAzyxfdVzyxfl

AV

∫ ∫∫

=

0

,,,, . (12)

• ПОДУЖНО НАПРЕЗАЊЕ

A(z)

N(z)

Z

N(z)

X

Слика 6. Подужно оптерећен носач

33

Нека је штап укупне дужине l оптерећен само подужном силом у правцу осе z . Површина попречног пресека и интензитет силе зависе само од координате z

( ( ) ( )zNzA , ). Одговарајући напон у произвољном попречном пресеку штапа је у

оквиру тог пресека константан и износи

( ) ( )( )zA

zNz

z=σ . (13)

На основу претходно изведених израза за деформацијски рад можемо

израчунати

( ) ( )( )

( )( )

( )( )

dzzA

zN

EdzdA

zA

zN

EdV

zEA

zNdV

E

zA

l

A

l

VV

dN ∫∫∫∫∫ =

===

0

2

0

2

2

2

22

2

1

2

1

2

1

2

1 σ. (14)

Ако на штап дужине l , константног попречног пресека A делује константна подужна

сила N , последњи израз постаје

lEA

NA

dN

2

2

1= . (15)

• НАПРЕЗАЊЕ НА УВИЈАЊЕ

M (z)u M (z)u

X

Z

X

Æ d(z)

Слика 7. Напрезање на увијање

Посматрајмо вратило кружног попречног пресека променљивог пречника ( )zd

које је оптерећено моментом увијања ( )zM .

Под дејством овог оптерећења у вратилу ће се појавити напон смицања

( ) ( )( )

ρρτzI

zMz u

z

0

, = . (16)

Деформацијски рад за овај случај оптерећења износи

( ) ( )( )

( )( )

( )( )

dzzI

zM

GdzdA

zI

zM

GdV

zGI

zMdV

G

zA

l

u

A

l

u

V

u

V

du ∫∫∫∫∫ =

===

0 0

2

2

0

2

0

2

2

2

0

22

2

1

2

1

2

1

2

1ρρ

τ.

(17)

34

При дејству константног момента увијања на вратило константног попречног пресека, деформацијски рад износи

lI

M

GA u

du

0

2

2

1= . (18)

• САВИЈАЊЕ СИЛАМА

M (z)xTy(z)

Ty(z)

M (z)xY

Z

x

Слика 8. Напрезање на савијање

Деформацијски рад услед нормалних напона

Нека је греда дужине l оптерећена попречном силом ( )zTTyy

= и

одговарајућим моментом савијања x

M ( x и y су главне тежишне осе) који је

функција подужне координате z , ( )zMMxx

= . Попречни пресек греде је променљив,

односно ( )zAA = .

Нормални напон услед дејства момента савијања износи

( ) ( )( )

yzI

zMzy

x

x

z=,σ . (19)

Деформацијски рад за овај случај оптерећења приказан је следећим изразом

( ) ( )( )

( )( )

( )( )

dzzI

zM

EdzdAy

zI

zM

EdVy

zEI

zMdV

E

zA

l

x

x

A

l

x

x

V x

x

V

dx ∫∫∫∫∫ =

===

0

2

2

0

2

2

2

2

22

2

1

2

1

2

1

2

1 σ.

(20) При дејству константног момента савијања на греду константног попречног пресека, деформацијски рад услед нормалних напона износи

lI

M

EA

x

x

dx

2

2

1= . (21)

Деформацијски рад услед смичућих напона

Попречна сила ( )zTTyy

= изазива појаву смичућих напона

35

( )( )( )

( )( )

=

yz

yzS

zI

zTzy x

x

y

z,

,~

,ξ

τ , (22)

где су (да се потсетимо)x

I аксијални момент инерције, x

S~

статички момент од места

израчунавања напона до краја пресека и ξ ширина пуног пресека на месту

израчунавања напона.

Деформацијски рад је тада једнак

( ) ( )( )

( )( )

=

== ∫∫ dV

yz

yzS

zI

zT

GdV

G

zyA

V

x

x

y

V

z

dTy

2

2

22

,

,~

2

1,

2

1

ξ

τ

( )( )

( )( )

( )( )

dzdAyz

yzS

zI

zA

zA

zT

G A

x

x

ly

= ∫∫

2

2

0

2

,

,~

2

1

ξ. (23)

Површински интеграл у изразу (23) обележава се са x

κ и назива коефицијентом

облика попречног пресека

( ) ( )( )

( )( )

( )( )

( )( )∫∫

=

=

)(

2

2

)(

2

2,

,~

,

,~

zA

x

xzA

x

x

xdA

yz

yzS

zI

zAdA

yz

yzS

zI

zAz

ξξκ , (24)

на основу кога се дефинише редукована површина пресека x

A

( ) ( )( )z

zAzA

x

xκ

= . (25)

Сада можемо да напишемо израз за деформацијски рад услед дејства попречне

силе y

T

( )( )

( )( )( )

dzzA

zT

Gdzz

zA

zT

GA

l

x

y

x

ly

dTy ∫∫ ==0

2

0

2

2

1

2

1κ . (26)

Уколико је попречна сила константна ( ) .constzTx

= и у случају константног

попречног пресека ( ) .constzA = , претходни израз постаје

lA

T

GA

x

y

dTy

2

2

1= . (27)

Изрази за деформацијски рад услед момента савијања y

M и попречне силе x

T су

аналогни изразима (20) и (26):

36

( )( )

( )( )

( )( )

dzzI

zM

EdzdAx

zI

zM

EdVx

zEI

zMA

l

y

y

A

l

y

y

V y

y

dy ∫∫∫∫ =

==

0

2

2

0

2

2

2

2

2

2

1

2

1

2

1, (28)

( )( )

( ) ( )( )

dzzA

zT

Gdzz

zA

zT

GA

l

y

x

y

l

x

dTx ∫∫ ==0

2

0

2

2

1

2

1κ . (29)

Коефицијенти облика попречног пресека x

κ и y

κ израчунавају се помоћу

израза (24) и за правоугаони пресек износе 1.20, за пресек у облику једнокраког троугла такође 1.20, а за кружни попречни пресек 1.11.

Општи израз за деформацијски рад

Ако упоредимо изразе (14), (17), (20), (26), (28) и (29) приметићемо да сви имају исти облик интеграла који јединствено можемо да запишемо на следећи начин

( )( )

dssJ

sFA

s

d ∫=ε

2

2

1. (30)

Величина ( )sF представља оптерећење, односно, то је било која од шест пресечних

сила, ε је одговарајућа физичка карактеристика материјала, ( )sJ одговарајућа

геометријска карактеристика попречног пресека, а s представља координату у правцу подужне осе елемента.

Следећа табела приказује вредности ( )sF , ε , и ( )sJ за појединачне

случајеве оптерећења (напрезања). Табела 1. Оптерећење ( )sF ε ( )sJ

Подужна сила

N Модул

еластичностиE

површина

пресека A

Момент увијања u

M Модул

клизања G

торзиони

момент 0

I

Момент савијања око осе x x

M Модул

еластичностиE

момент

инерције x

I

Попречна сила у правцу осе y y

T Модул

клизања G

редукована

површина x

A

Момент савијања око осе y y

M Модул

еластичностиE

момент

инерције y

I

Попречна сила у правцу осе x x

T Модул

клизања G

редукована

површина y

A

37

Деформацијски рад при општем случају напрезања

изражен преко пресечних сила

x

y

Z

Mx

Tx

Ty

My

MuN

dz

Слика 9. Општи случај напрезања

Посмартајмо прво део носача елементарне дужине dz (Слика 9.) који је

оптерећен подужном силом N , моментом увијања u

M , моментима савијања у

правцима главних оса yx

MM , и попречним силама у правцима главних оса xy

TT , .

Усвојимо претпоставку да свако оптерећење врши рад само на свом померању. Користећи принцип суперпозиције можемо написати да је укупан елементарни деформацијски рад једнак збиру елементарних деформацијских радова од свих оптерећења, односно

dTxdTydMydMxdMudNddAdAdAdAdAdAdA +++++= . (31)

Коришћењем претходно изведених израза имамо

dzGA

Tdz

GA

Tdz

EI

Mdz

EI

Mdz

GI

Mdz

EA

NdA

y

x

x

y

y

y

x

xu

d

2222

0

22

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1+++++= . (32)

Деформацијски рад целог носача дужине l једнак је интегралу по дужини елементарног деформацијског рада представљеног изразом (32)

∫=l

dddAA

0

. (33)

Ако посматрамо конструкцију састављену од n правих или благо закривљених

делова-поља, да би математички представили израз за деформацијски рад уведимо

бројач nm ,1= (Слика 10). Вредност укупног деформацијског рада израчунаћемо

тако што ћемо прво одредити деформацијски рад од сваког појединачног оптерећења за свако поље посебно, а затим извршити просто сабирање по пољима

( )∑ ∫=

+++++=n

m

bm

ammdTxdTydMydMxdMudNd

dAdAdAdAdAdAA1

. (34)

38

12 3

nzm

m

...

...

Слика 10. Конструкција од n правих делова

Величине m

a и m

b су границе интеграције поља m (најчешће интегралимо од 0 до

ml ).

Код сложено напрегнуте конструкције, у циљу лакшег израчунавања, можемо да уведемо и неке апроксимације. Деформацијски радови услед сила (подужне и две попречне) су знатно мањи од одговарајућих радова услед момената (увијања и савијања око обе главне осе), па се могу и занемарити.

Примена деформацијског рада и допунског рада

Кастиљанове теореме

У оквиру овог поглавља извешћемо две изузетно важне тореме које представљају основу за одређивање померања на носачима произвољног облика.

Посматрајмо геометријски сложену конструкцију оптерећену системом

концентрисаних сила i

S , ni ,...,2,1= (да би поједноставили писање, под појмом

*сила* подразумеваћемо концентрисану силу или концентрисани момент). Нападне тачке сила трпе померања у правцима њиховог деловања, и та померања означимо

са i

δ , ni ,...,2,1= . Нека је за сваку силу задата зависност ( )iii

SS δ= . Тако укупни

деформацијски рад можемо да изразимо преко померања тачака, односно

( ) ( ) ( ) ( )[ ]nniidd

SSSSAA δδδδ ,...,,...,,2211

= ,

( )nidd

AA δδδδ ,...,,...,,21

= . (35)

Сада претпоставимо да само померање i

δ произвољне тачке i у којој делује

сила i

S претрпи елементарно малу промену i

dδ у правцу силе i

S , а да сва остала

померања остану непромењена. Укупни деформацијски рад се тада мења само за вредност

iid

dSdA δ= . (36)

Посматрајући деформацијски рад као сложену функцију померања можемо

написати тотални диференцијал те функције као

39

n

n

d

i

i

ddd

dd

Ad

Ad

Ad

AdA δ

δδ

δδ

δδ

δ ∂

∂++

∂

∂++

∂

∂+

∂

∂= ......

2

2

1

1

, (37)

при чему је за задате услове само подвучени члан у изразу (37) различит од нуле. Изједначавањем израза (36) и (37) добијамо релацију која представља ПРВУ КАСТИЉАНОВУ ТЕОРЕМУ у облику

i

d

i

AS

δ∂

∂= . (38)

• Ако се деформацијски рад изрази као функција померања, онда је парцијални

извод рада по произвољном померању i

δ тачке i једнак одговарајућој

концентрисаној сили i

S која делује у тој тачки, а чији се смер поклапа са

смером померања i

δ .

Ова теорема се често назива и Лагранжова теорема (Lagrange) и

представља основу за МЕТОДУ ПОМЕРАЊА. Сада посматрајмо исту конструкцију оптерећену системом концентрисаних сила

iS , ni ,...,2,1= . Нека је за свако померање задата зависност ( )

iiiSδδ = .

Тако, укупни

допунски рад можемо да изразимо преко концентрисаних сила, односно

( ) ( ) ( ) ( )[ ]nnii

dd SSSSAA δδδδ ,...,,...,,2211

** = ,

( )ni

dd SSSSAA ,...,,...,,21

** = . (39)

Претпоставимо да само сила i

S са нападном тачком i претрпи елементарно

малу промену i

dS у правцу померања i

δ , а да све остале силе остану непромењене.

Укупни допунски рад се тада мења само за вредност

ii

d dSdA δ=*. (40)

Како је допунски рад сложена функција сила можемо написати његов тотални диференцијал као

n

n

d

i

i

ddd

d dSS

AdS

S

AdS

S

AdS

S

AdA

∂

∂++

∂

∂++

∂

∂+

∂

∂=

**

2

2

*

1

1

*

*...... , (41)

при чему је за задате услове једино подвучени члан у изразу (41) различит од нуле. Изједначавањем израза (40) и (41) добијамо једнакост која представља Crotti-Engesser-ову теорему

i

d

iS

A

∂

∂=

*

δ . (42)

40

• Ако се допунски рад изрази као функција сила, онда је парцијални извод

допунског рада по произвољној сили i

S са нападном тачком i , једнак

одговарајућем померању i

δ тачке i у смеру дејства силе i

S .

Ова теорема важи и за еластичне конструкције са нелинеарним понашањем, а у

случају линеарно еластичних конструкција код којих је допунски рад једнак деформацијском раду, прелази у облик

i

d

iS

A

∂

∂=δ , (43)

који представља ДРУГУ КАСТИЉАНОВУ ТЕОРЕМУ и даје основу за употребу МЕТОДЕ СИЛА.

ПРИМЕНА ДРУГЕ КАСТИЉАНОВЕ ТЕОРЕМЕ

Ако напишемо општи израз за деформацијски рад на сложеном носачу у следећем облику

( )( )∑ ∫

=

=n

m

b

a

d

m

m

dssJ

sFA

1

2

2

1

ε, (44)

и применимо Кастиљанову теорему (43), добићемо израз погодан за примену у облику

( )( )

( )∑ ∫

= ∂

∂=

∂

∂=

n

m

b

a ii

d

i

m

m

dsS

sF

sJ

sF

S

A

1 εδ . (45)

У случају да је оптерећење носача који се састоји од n праволинијских делова само момент савијања око једне главне осе, и да је попречни пресек носача по пољима константан, израз (45) прелази у

( ) ( )∑ ∫

= ∂

∂=

∂

∂=

n

m

b

a immi

d

i

m

m

dzS

zMzM

IES

A

1

1δ . (46)

У циљу лакше израде задатака, испишимо и поступак за примену ове теореме:

1. У тачки у којој тражимо линијско или угаоно померање мора да постоји концентрисана сила или концентрисани момент.

• Ако на том месту нема задатог спољашњег оптерећења уводимо фиктивно оптерећење које је по интензитету једнако нули и обавезно се узима у обзир при израчунавању реакција у ослонцима;

• Ако на носачу постоји више оптерећења истог интензитета, а како су концентрисане силе и моменти вектори, посебно треба обележити оно оптерећење по коме се тражи парцијални извод.

41

2. Реакције у ослонцима се рачунају у функцији свих задатих и фиктивних оптерећења.

3. Затим се одређује број поља у зависности од промене крутости и момента. 4. Формира се одговарајућа табела у којој се уписују моменти по пољима,

парцијални изводи, крутости и границе интеграције. 5. Израчунавају се интеграли и врши њихово сабирање.

ПРИМЕРИ

Да би одредили вредност деформацијског рада, или применили Кастиљанову теорему у некој сложеној конструкцији, прво морамо ту конструкцију да поделимо на одговарајући број поља погодних за интеграцију. Свака промена геометрије, крутости и оптерећења изискује увођење новог поља. Када се одреди број поља, за свако поље се уцрта смер мерења координате.

Сада је најбоље (најлакше за рад) формирати табелу у коју се по колонама уписује оптерећење у зависности од координате, парцијални извод, крутост поља и границе интеграције. Погледајмо то на једноставним примерима. Пример 1.

Одредити деформацијски рад у конзоли дужине l и константне крутости EI ,

оптерећеној попречном силом F на слободном крају. Одредити померање слободног краја носача.

F

Zl

Очигледно је да овде постоји само једно поље за интеграцију. Погледајмо како изгледа табела: Бр. поља Оптерећење ( )zM Крутост Границе

1. ( ) FzzM = EI l,0

Деформацијски рад износи

( )EI

lFdzz

EI

FdzFz

EIA

ll

d622

132

0

2

2

0

2

∫∫ === .

Померање слободног краја једнако је парцијалном изводу деформацијског рада по

сили и износи EI

Fl

F

Af d

3

3

=∂

∂= .

42

4. недеља наставе

ТЕОРЕМЕ О УЗАЈАМНОСТИ Извешћемо и размотрити две теореме о узајамности које имају важну примену у Отпорности материјала и Теорији еластичности :

• Теорему о узајамности радова (Betti-Rayleigh-јева) и

• Теорему о узајамности померања (Maxwell-ова).

ТЕОРЕМА О УЗАЈАМНОСТИ РАДОВА

Да би извели ову теорему уочимо две произвољне тачке i и j на гредном

носачу приказаном на Слици 1.

S i

S i

S i

S j S j

δ ( )i Si δ ( )i Siδj i(S )

δj i(S )δi j(S )

δi j(S )

δj j(S ) δj j(S )

ji

δi

δj

Слика 1. Теорема о узајамности радова

Поставимо прво силу i

S у тачки i . Под дејством те силе носач ће се

деформисати, тако да ће тачка i прећи пут ( )ii

Sδ , а тачка j пут ( )ij

Sδ . Индекс уз

померање δ означава место (тачку), а у загради се пише оптерећење које је то

померање изазвало. Како је сила i

S статичка, док прелази пут ( )ii

Sδ вршиће рад на

померању своје нападне тачке једнак ( )iii

SS δ2

1. Тачка j прелази неки пут, али како

у њој још не делује сила одговарајући деформацијски рад је једнак нули.

Сада на тако деформисаном носачу поставимо и другу силу j

S у тачки j . Под

њеним дејством сила i

S , која је већ достигла пуну вредност, прелази пут ( )ji

Sδ и

43

врши рад на померању своје нападне тачке ( )jii

SS δ . Тачка j се помера за ( )jj

Sδ и

пошто је и сила j

S статичка, њен рад износи ( )jjj

SS δ2

1.

Укупан деформацијски рад од обе силе износи

( ) ( ) ( )jjjjiiiiid

SSSSSSA δδδ2

1

2

1++= . (1)

Поновимо овај поступак, али обрнутим редом, прво поставимо силу j

S , а

затим силу i

S . Добићемо израз аналоган изразу (1) који гласи

( ) ( ) ( )iiiijjjjjd

SSSSSSA δδδ2

1

2

1++= . (2)

Како деформацијски рад не зависи од редоследа уношења оптерећења, изједначавањем израза (1) и (2) добијамо да је

( ) ( )ijjjii

SSSS δδ = . (3)

Једнакост (3) представља Теорему о узајамности радова коју можемо да прочитамо на следећи начин:

Рад силе i

S на померању i

δ њене нападне тачке i изазваном силом j

S која

делује у тачки j , једнак је раду силе j

S на померању j

δ њене нападне тачке j

изазваном силом i

S која делује у тачки i .

- i

S и j

S -

- i

δ и j

δ -

ТЕОРЕМА О УЗАЈАМНОСТИ ПОМЕРАЊА

Пре извођења ове теореме уведимо једну нову величину коју ћемо назвати

утицајни коефицијент.

Померање тачке i изазвано јединичном силом 1=j

S обележимо са ij

α

( )1==jiij

Sδα . (4)

Коефицијент ij

α назива се Максвелов утицајни коефицијент.

44

Пођимо од претходне теореме и искористимо особину линеарно еластичне конструкције да је померање тачке услед дејства силе једнако њеном померању услед јединичне силе помноженом интензитетом те силе, односно

( ) ( )jijjjiji

SSSS αδδ === 1 . (5)

Једнакост (3) можемо да трансформишемо на следећи начин

( ) ( ) ( ) ( )ijijjijiiijjjjiiijjjii

SSSSSSSSSSSSSS ααδδδδ =⇒===⇒= 11 , (6)

што нас доводи до Tеореме о узајамности померања

jiijαα = , (7)

коју можемо да прочитамо на следећи начин:

У линеарно еластичној конструкцији померање тачке i у правцу силе i

S која у

њој делује, а које је изазвано јединичном силом 1=j

S , једнако је померању

тачке j у правцу силе j

S која у њој делује, а које је изазвано јединичном

силом 1=i

S .

Ако на конструкцију делује n различитих оптерећења, сила или момената,

коришћењем принципа суперпозиције, померање произвољне тачке i може се приказати као сума померања од сваког оптерећења појединачно

( ) ( ) ( ) ( ) ( )∑=

=+⋅⋅⋅+++=n

jjiniiiii

SSSSS1

321δδδδδδ ,

или преко утицајних коефицијената

∑=

=n

jjiji

S1

αδ . (8)

МЕТОДА ЈЕДИНИЧНИХ ОПТЕРЕЋЕЊА Максвел-Морова метода

Посматрајмо део неке конструкције и од оптерећења уочимо само

концентрисане силе и концентрисане моменте (Слика 2).

aZi

F MI

Слика 2. Концентрисана оптерећења

45

У произвољном пресеку поља i , који дефинишемо координатом i

z , момент

савијања од силе F износи ( )i

zaF + , а од концентрисаног момента само M . Увек

су у изразу за момент у произвољном пресеку, концентрисане силе и концентрисани моменти функције првог степена. Зато, да би добили парцијални извод по некој сили (моменту) довољно је да у изразу за момент од те силе (момента) ставимо да је она једнака јединици, или уопштено

( ) ( ) ( )zMzMS

zMiS

ii

≡=∂

∂=1

(9)

Уобичајено је да момент од јединичног оптерећења обележавамо са M , а у индексу означавамо то оптерећење. Размотримо сада Кастиљанову теорему

( ) ( )dz

S

zMzM

IES

A n

m

b

a i

m

m

mmi

d

i

m

m

∑ ∫= ∂

∂=

∂

∂=

1

1δ . (10)

Ако на њу применимо израз (9) добићемо да је

( ) ( )dzzMzMIES

A n

m

b

a

mim

q

mmi

d

i

m

m

∑ ∫=

=∂

∂=

1

1δ , (11)

при чему ( )zM mq

представља момент у пољу m од задатих оптерећења, а ( )zMmi

момент у пресеку m од јединичног концентрисаног оптерећења 1=i

S које делује у

тачки i . Ово важи не само за момент савијања, већ за било које оптерећење (подужна сила, момент увијања...), па напишимо и уопштени израз

( ) ( )dssFsFJS

A n

m

b

a

mim

q

mmi

d

i

m

m

∑ ∫=

=∂

∂=

1

1

εδ . (12)

Овај приступ решавању проблема, где се парцијални изводи оређују као

моменти од јединичних оптерећења, назива се Метода јединичних оптерећења, или Максвел - Морова метода.

Напишимо и поступак за примену ове методе:

1. У тачки у којој се тражи померање (угиб или нагиб) поставити јединично концентрисано оптерећење (силу или момент) без обзира да ли ту већ постоји неко друго концентрисано оптерећење,

46

2. Одредити број поља у којима се мењају момент или савојна крутост,

3. Да би се исписали изрази за моменте, треба одредити отпоре ослонаца. Отпоре ослонаца треба изразити преко задатих оптерећења и јединичне силе; најбоље је нацртати два носача и на једном уцртати задата оптерећења, а на другом жељено јединично оптерећење, а затим помоћу статичких једначина одредити отпоре ослонаца у оба случаја,

4. Формирати табелу у којој се по колонама исписују: Број поља

Момент од задатих

оптерећења ( )zM mq

Момент од јединичног

оптерећења ( )zMmi

Крутост поља

Границе интеграције

1. 2. ...

5. Израчунати интеграле и сабрати их.

ВЕРЕШЋАГИНОВ ПОСТУПАК

Сада ћемо приказати један графичко-аналитички поступак који знатно олакшава решавање претходно приказаних интеграла. Поступак се назива Верешћагинов поступак и заснива се на тачно и прецизно нацртаним статичким дијаграмима. Погледајмо поново израз (12)

( ) ( )dssFsFJS

A n

m

b

a

mim

q

mmi

d

i

m

m

∑ ∫=

=∂

∂=

1

1

εδ .

Већ смо закључили да је, за конструкције састављене од n правих делова, функција

( )sFmi

увек линеарна. Значи да је под интегралом који морамо да решимо производ

једне произвољне и једне линеарне функције.

47

C1

c

a

bx dx

xC1

f (x)1f (x)1

f (x)=c+kx2

f (x )2 1c

f (x)2

A1

Слика 3. Произвољна и линеарна функција

Да би нам било лакше означимо произвољну функцију са ( )xf1

, а линеарну са

( )xf2

и напишимо упрошћено одговарајући интеграл

( ) ( )dxxfxfJb

a

∫=21

. (13)

Функције су графички представљене на Слици 3. Линеарну функцију представимо као

( ) kxcxf +=2

(14)

и заменимо је у интегралу (13). Добићемо

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )dxxxfkdxxfcdxkxcxfdxxfxfJb

a

b

a

b

a

b

a

∫∫∫∫ +=+==11121

. (15)

Први интеграл у изразу (15) представља површину оспод криве 1

f у задатим

границама

( )11

Adxxfb

a

=∫ , (16)

а други интеграл је, по дефиницији, статички момент површине 1

A за вертикалну осу

коју можено да означимо са y

( )11 y

b

a

Sdxxxf =∫ . (17)

Статички момент можемо да прикажемо и преко површине и одговарајуће координате тежишта као

111 cyxAS = . (18)

48

Трансформишимо интеграл (15) помоћу три последње релације на следећи начин

( ) ( ) ( ) ( )1211111121 CCC

b

a

xfAkxcAxkAcAdxxfxfJ =+=+== ∫ . (19)

• Одређени интеграл који представља производ две функције, од којих је прва произвољна а друга линеарна, израчунава се тако што се величина површине испод прве функције (произвољне) помножи са вредношћу (ординатом) друге функције (линеарне) на месту тежишта прве функције.

Статички дијаграми од концентрисане силе или момента су увек линеарни, и зато

је најлакше при множењу два дијаграма израчунати површину на дијаграму од

задатог спољашњег оптерећења q

A , и помножити је са ординатом на дијаграму од

јединичног концентрисаног оптерећења i

η . Израз (12) који нам дефинише померање,

тада можемо да напишемо као

( ) ( ) ∑∑ ∫==

==n

mim

q

m

mm

n

m

b

a

mim

q

mm

iA

JdssFsF

J

m

m11

11η

εεδ . (20)

Израчунавање померања применом Верешћагиновог поступка врши се према следећим корацима:

1. Нацртати дијаграме момената савијања од задатих спољашњих оптерећења Ради лакшег множења, свако оптерећење се разматра појединачно; значи, уместо једног сложеног дијаграма црта се онолико ''простих'' дијаграма колико има различитих оптерећења на носачу (обавезно израчунати отпоре ослонаца и узети их у обзир). Дијаграми се цртају на контури рама као нултој линији;

2. Нацртати дијаграм момента савијања од јединичног оптерећења постављеног на месту на коме се тражи померање (опет се пази на реакције у ослонцима);

3. Померање тачке (у којој делује јединично оптерећење) добија се тако што се величине површина свих појединачних дијаграма од спољашњих оптерећења ''помноже'' ординатом на дијаграму од јединичног оптерећења на месту тежишта сваке посматране површине, а затим се ти производи саберу. Множење се обавља по принципу ''поље по поље'' водећи рачуна о задатој крутости носача.

Морамо да водимо рачуна и о следећем:

• Ако је на једном дијаграму крива а на другом права линија, обавезно се одређује површина испод криве линије; ако су оба дијаграма праволинијска, свеједно је са ког дијаграма ћемо узети површину, а са ког ординату,

• Ако су дијаграми са исте стране носача производ је са знаком плус, а ако су са различите са знаком минус; сви дијаграми се цртају на страни истегнутих влакана носача,

• Сложени дијаграми могу да се растављају на више простих дијаграма (троуглови, правоугаоници, квадратне параболе...) за које знамо (и имамо у таблицама) површине и положаје тежишта,

• Ако се за померање добије знак плус значи да је то померање у смеру постављеног јединичног оптерећења; знак минус показује да је смер померања супротан од смера јединичног оптерећења.

У случају да на носачу делује више оптерећења различите природе, множе се само истородни дијаграми, значи, момент савијања у једној равни само са моментом савијања у тој истој равни, момент увијања само са моментом увијања, подужна сила само са подужном силом...

49

Пример 1.

Посматрајмо просту греду дужине l која је над десним ослонцем оптерећена

концентрисаним моментом савијања M . Применом

1. Максвел-Морових интеграла, 2. Верешћагиновог поступка,

одредимо померање тачке на средини распона носача. Применићемо упоредо оба поступка тако што ћемо у првој врсти табеле обележити поља на носачу за рачунање Максвел-Морових интеграла и на истим сликама нацртати и моментне дијаграме за Верешћагинов поступак. Прво цртамо дијаграм од задатог оптерећења, а затим дијаграм од јединичне силе на средини распона. Да би написали изразе за моменте у пољима и нацртали дијаграме морали смо да одредимо реарције у ослинцима које су приказане на одговарајућим сликама. Задато оптерећење Јединично оптерећење

M

M/lM/l

1 2

M/2

1S=1

2

l/4½ ½

Гран.Крут.

1 z

l

M z

2

1

2/,0 l

EI

2

+ z

l

l

M

2

2422

1 zlzz

l−=−

+

2/,0 l

EI

Множењем колоне *Задато оптерећење* са колоном *Јединично оптерећење* и одговарајућом интеграцијом, применом Максвел-Морових интеграла имамо да је тражено померање

EI

Mldz

zlz

l

l

M

EIdz

zz

l

M

EIf

ll

16242

1

2

122/

0

2/

0

=

−

++

= ∫∫ .

Применом Верешћагиновог поступка *множимо* моментне дијаграме (прво два црвена троугла, а затим плави троугао са плавим трапезом)

EI

MlMMll

EI

lMl

EIf

1623

1

2422

11

43

2

222

112

=

+

+

= .

Напомена: Израчунајте сами интеграле да би видели који је поступак бржи и

једноставнији.

50

5. недеља наставе

Примена енергетских метода на решавање

статички неодређених проблема

До сада смо углавном разматрали носаче који су статички одређени, што значи да помоћу статичких једначина можемо да одредимо све реакције у ослонцима и да након тога нацртамо статичке дијаграме на свим распонима. Размотримо сада статички неодређене конструкције (размотримо сложеније носаче). За почетак погледајмо равански носач на Слици 1.

1

3

3

1

2

A

B

C

D

Слика 1. Статички неодређен носач

Овај носач се састоји из више правих делова који могу да буду различите крутости, а од ослонаца има једно укле-

штење A , један покретан

ослонац B , један непокретан

ослонац C , а на десном крају је постављен и један ела-

стичан ослонац D .

Прво морамо да пребројимо све непознате реакције у тим ослонцима:

• у уклештењу имамо три непознате величине (две силе и момент), померање

пресека A је једнако нули, а такође и одговарајући почетни нагиб;

• у покретном ослонцу B имамо једну непознату силу и померање само у правцу те силе је једнако нули;

• у непокретном ослонцу постоје две непознате силе, померање пресека C једнако је нули;

• код еластичног ослонца треба одредити једну непознату силу у правцу

ослонца, при чему је преко опруге задато померање D

δ које је различито од

нуле. Разматрањем ослонаца, избројали смо (3+1+2+1) укупно 7 непознатих величина. За проблем у равни можемо да напишемо само 3 статичке једначине, тако да код овог носача постоје 4 непознате величине које морамо да одредимо на неки други начин. Број непознатих величина које представљају реакције у ослонцима најчешће се

обележава са sp

n , а број статичких једначина које можемо да применимо на проблем

обележава се са sp

s . Њихова разлика нам даје број спољашње статичке

неодређености носача spspsp

snk −= и у нашем случају износи 437 =− .

Да би одредили момент у неком пресеку морамо на том месту да пресечемо насач и да се он при томе раздвоји на два независна дела. Тада за израчунавање момента

51

узимамо сва оптерећења, заједно са реакцијама у ослонцима, са једног или са другог дела. Ако погледамо наш носач са Слике 1 приметићемо да он има једну затворену контуру; ако сечемо носач било где унутар те контуре он и даље остаје једна целина и не раздваја се на два дела. Према томе, унутар затворене контуре не можемо да нацртамо моментни дијаграм све док је не отворимо и не израчунамо

величине у пресеку на месту отварања. Број тих величина обележавамо са u

n . Број

унутрашње статичке неодређености u

k добићемо кад од u

n одузмемо одговарајући

број статичких једначина; на пример, ако у оквиру контуре постоји Герберов зглоб можемо за њега да напишемо једначину да је момент у њему једнак нули. У нашем

случају раванског носача 3=u

k .

На крају закључујемо да наш носач има укупно (usp

nnn += ) десет непознатих

величина и да је (usp

kkk += ) седам пута статички неодређен, четири пута

спољашње и три пута унутрашње.

S 1

S S S5 6, , 7

S 2

S 3

S 4

Слика 2а. Трансформација носача

Овакви проблеми се решавају применом МЕТОДЕ СИЛА са којом смо се већ раније упознали. Да би применили методу сила морамо да трансфор-мишемо задати носач тако да се ослободимо свих статички прекобројних веза, уместо њих да уцртамо одговарајуће реакције и на крају да напишемо једначине које описују задата померања на местима уклоњених веза.

*

S 1

S S S5 6, , 7

S 2

S 3

S 4

Слика 2б. Трансформација носача

То увек можемо да урадимо на више начина, и на Сликама 2а и 2б приказане су две варијанте трансформа-ције ослонаца. У првој вари-јанти носач смо претворили у изломљену конзолу, а у другој у изломљену греду. Уз сваку варијанту морамо да напишемо и седам додатних једначина (допун-ских услова) везаних за померања.

52

Допунски услови описују шта се дешава са померањима на местима трансформације основног носача и у нашем примеру, у обе варијанте, гласе

=

==

4 ,

7,6,5,3,2,1 ,0

0iza

iza

i

i δδ . (1)

У општем случају, ако пишемо укупно k допунских једначина и ако су померања у p

једначина једнака нули, применом Кастиљанове теореме можемо да формирамо тражени систем као

++=

==

∂

∂=

kppiza

piza

S

A

ii

d

i,...,2,1 ,

,...,3,2,1 ,0

0δ

δ . (2)

Овде споменимо и ПРИНЦИП МИНИМУМА ПОТЕНЦИЈАЛНЕ ЕНЕРГИЈЕ.

Нека су све сувишне непознате величине (укупно k ) компоненте отпора непокретних ослонаца. Онда је

0=∂

∂=

i

d

iS

Aδ , за све ki ,...,2,1= . (3)

Подсетимо се из математике како се траже екстремне вредности функција; функција има екстремну вредност на месту где је њен први извод једнак нули. И зато можемо да закључимо следеће:

• ако су у конструкцији са линеарним понашањем померања која одговарају сувишним непознатим величинама једнака нули, онда сувишне непознате имају вредности за које је потенцијална енергија деформације минимална.

За конструкције са произвољним понашањем за одређивање померања користимо допунски рад, односно

0*

=∂

∂=

i

d

iS

Aδ , за све ki ,...,2,1= , (4)

па можемо да проширимо претходни став:

• ако су у конструкцији са произвољним понашањем која је у стабилној равнотежи померања која одговарају сувишним непознатим величинама једнака нули, онда сувишне непознате имају вредности за које је допунски рад минималан.

53

КАНОНСКЕ ЈЕДНАЧИНЕ МЕТОДЕ СИЛА

Користећи Максвелове коефицијенте напишимо једначине (2) у развијеном

облику. Пођимо од израза за померање тачке i

i

k

jjiji

S ∆+=∑=1

αδ , (5)

где су ij

α утицајни коефицијенти који представљају померања тачке i од непознатих

јединичних оптерећења 1=j

S , а i

∆ је померање тачке i у посматраном правцу од

задатих оптерећења; коефицијент i

∆ називамо тежинским коефицијентом.

Сада систем једначина (2) можемо да прикажемо као

++=

==∆+=

∂

∂= ∑

= kppiza

pizaS

S

A

i

ii

k

jjij

i

d

i,...,2,1 ,

,...,3,2,1 ,0

0

01 δ

δαδ , (6)

или у развијеном облику

)0(...111313212111

δαααα =∆+++++kk

SSSS ,

)0(...222323222121

δαααα =∆+++++kk

SSSS ,

. . . . . . (7)

)0(...332211 kkkkkkkk

SSSS δαααα =∆+++++ .

Једначине представљене изразима (6) или (7), називају се канонске једначине

методе сила. Утицајни и тежински коефицијенти могу да се одреде применом Максвел-Морових интеграла, или једноставније, применом Верешћагиновог поступка. Да се подсетимо одговарајућих израза:

• примена Максвел-Морових интеграла

( ) ( )dssFsFJ

n

m

b

a

mim

q

mm

q

ii

m

m

∑ ∫=

==∆1

1

εδ , (8)

( ) ( )dssFsFJ

n

m

b

a

mimj

mm

jiij

m

m

∑ ∫=

==1

1

εαα , kji ,...,2,1, = .

• примена Верешћагиновог поступка

∑=

=∆n

mim

q

m

mm

iA

J1

1η

ε, (9)

∑=

==n

mimjm

mm

jiijA

J1

1η

εαα , kji ,...,2,1, = .

54

Пример 1.

F=qaq

a

a

A

B

Задат је статички неодређен рам

константне савојне крутости .constEI = , оптерећен концентрисаном силом

qaF = и континуалним оптерећењем q .

Одредити реакције ослонаца A и B у

функцији ., aF

Слика 3. Статички неодређен рам

55

6. недеља наставе

Симетричне конструкције Појам симетрије и асиметрије (антиметрије) ОПТЕРЕЋЕЊЕ

Појмове симетрично и асиметрично (може да се користи и термин антиметрично) оптерећење најлакше ћемо да схватимо ако погледамо следећу слику:

• симетрично → на истом растојању од осе, истог интензитета, истог правца, истог смера,

• антиметрично → на истом растојању од осе, истог интензитета, истог правца, различитог смера.

Симетрично оптерећење

Антиметрично оптерећење

Слика 4. Симетрично и антиметрично оптерећење КОНСТРУКЦИЈА

При одређивању да ли је нека конструкција симетрична морамо бити јако пажљиви и добро размотрити постављене ослонце. То се нарочито односи на непокретан ослонац, који у зависности од задатог оптерећења може да има исту функцију као и покретан ослонац (али не мора!).

56

Симетрична конструкција Антиметрична конструкција

Слика 5. Симетрична и антиметрична конструкција Асиметричне конструкције у оквиру овог курса нећемо специјално разматрати. ПРЕСЕЧНЕ ВЕЛИЧИНЕ

x y

z

Mx

My

Mz(t)

Ty

TxN

Слика 6. Симетричне и антиметричне пресечне величине

Од шест пресечних величина три су симетричне и три антиметричне:

• симетричне → подужна сила N , моменти савијања око главних оса x

M и y

M ;

• антиметричне → попречне силе x

T и y

T , момент увијања око подужне осе t

M .

57

Раванска симетрична конструкција

• Оптерећење делује само у равни конструкције

S3

S3

S2

S2

S1

S1

Конструкција Пресечне величине на оси симетрије

Слика 7. Симетрична раванска конструкција Размотримо симетричну конструкцију са слике 7 која од ослонаца има два уклештења. Конструкција је зато три пута статички неодређена и, на пример, може да се реши уклањањем једног ослонца. Али, ако је пресечемо по оси симетрије раставићемо је на два статички одређена дела, при чему се као непознате величине

појављују пресечне величине: подужна сила 1

S , попречна сила 2

S и момент

савијања 3

S . Канонске једначине тада гласе

.0

,0

,0

3333232131

2323222121

1313212111

=∆+++

=∆+++

=∆+++

SSS

SSS

SSS

ααα

ααα

ααα

(10)

Пошто су величине 1

S , 2

S и 3

S непознате, нацртајмо моментне дијаграме од

одговарајућих јединичних оптерећења (Слика 8).

S1 S1

S2

S2

58

S3 S3

Уочимо да су дијаграми од силе 1

S и

момента 3

S симетрични, док је

дијаграм од силе 2

S антиметричан.

Слика 8. Моментни дијаграми од јединичних оптерећења

Како је *производ* симетричног и антиметричног дијаграма једнак нули,

Канонске једначине (10) добијају нешто простији облик

.0

,0

,0

3333131

2222

1313111

=∆++

=∆+

=∆++

SS

S

SS

αα

α

αα

(11)

Уколико је на оваквом носачу задато симетрично оптерећење, моментни

дијаграм само од тог оптерећења је такође симетричан, па је и коефицијент 2

∆

једнак нули, из чега закључујемо да је пресечна сила 2

S нула, и систем једначина

(11) своди се на две једначине

.0

,0

3333131

1313111

=∆++

=∆++

SS

SS

αα

αα (12)

Ако је задато спољашње оптерећење антиметрично, моментни дијаграм

само од тог оптерећења је такође антиметричан, па су коефицијенти 31

, ∆∆ једнаки

нули. Зато на оси симетрије нема пресечних величина 1

S и 3

S и систем једначина

(11) своди се само на једну једначину

0 2222

=∆+Sα . (13)

o Ако је симетрична конструкција симетрично оптерећена, на оси симетрије

постоје само симетричне пресечне величине (подужна сила и момент савијања);

o Ако је симетрична конструкција антиметрично оптерећена, на оси симетрије постоји само једна асиметрична пресечна величина (попречна сила).

59

• Оптерећење конструкције је произвољно

Сада размотримо раванску симетричну конструкцију са произвољним

оптерећењем. На слици 9 приказана је конструкција из претходног поглавља, али је нацртана у изометрији да би могла да се прикажу и оптерећења која не делују у њеној равни.

Оптерећење увек можемо да поделимо на оно које делује у равни

конструкције и на оно које делује управно на раван конструкције. Приказани носач је 6 пута спољашње статички неодређен (12 непознатих

реакција и 6 статичких једначина).

Слика 9. Раванска симетрична конструкција

Ако је конструкција симетрична најлакши начин решавања је пресецање по оси симетрије. На месту пресецања постоји шест непознатих пресечних величина које можемо да поделимо у две групе (Слика 10):

o Прву групу чине три величине које изазивају само моменте савијања у равни конструкције и то су две силе и један момент које смо као и у претходном

поглављу обележили са 1

S , 2

S и 3

S ;

o Другу групу чине: сила која делује управно на раван носача и остала два

момента који изазивају комбинацију савијања управно на раван носача и

увијања; њих смо обележили са 4

S , 5

S и 6

S .

S4S3

S2

S6S1S5

Слика 10. Пресечне величине на оси симетрије

60

Пошто је овај проблем просторног оптерећења шест пута статички неодређен, канонске једначине имају облик

6,...,3,2,1 ,06

1

==∆+∑=

izaSi

jjij

α . (14)

Али, како су две наведене групе оптерећења независне, и систем једначина

(14) дели се на два независна система и зато има много простији облик

0

0

0

0

0

0

6666565464

5656555454

4646545444

3333232131

2323222121

1313212111

=∆+++

=∆+++

=∆+++

⊗

⊗

=∆+++

=∆+++

=∆+++

SSS

SSS

SSS

SSS

SSS

SSS

ααα

ααα

ααα

ααα

ααα

ααα

. (15)

Први систем смо већ детаљно размотрили, па сада погледајмо само други систем једначина.

На слици 11 приказани су моментни дијаграми од силе 4

S и момената 5

S и

6S . Момент савијања у равни управној на раван носача приказан је фигурама жуте

боје, а момент увијања правоугаоницима уоквиреним љубичастом бојом.

Уочимо да су дијаграми од силе 4

S и момента 6

S антиметрични, а дијаграм

од момента 5

S је симетричан. Када урадимо анализу утицајних коефицијената (као у

претходном поглављу, множење симетричних и антиметричних дијаграма!) добићемо коначан систем једначина проблема у облику (16).

Ако је спољашње задато оптерећење:

• симетрично → 0,,00,,0645645

=≠⇒=∆∆≠∆ SSS ,

• антиметрично → 0,,00,,0645645

≠=⇒≠∆∆=∆ SSS .

S4

S4

61

S5S5

S6S6

Слика 11. Моментни дијаграми Укупни систем једначина овог проблема гласи

0

0

0

0

0

0

6666464

5555

4646444

3333131

2222

1313111

=∆++

=∆+

=∆++

⊗

⊗

=∆++

=∆+

=∆++

SS

S

SS

SS

S

SS

αα

α

αα

αα

α

αα

. (16)

ЗАПАМТИМО:

o Ако је симетрична конструкција симетрично оптерећена, на оси симетрије постоје само симетричне пресечне величине;

o Ако је симетрична конструкција асиметрично оптерећена, на оси симетрије постоје само асиметричне пресечне величине.

62

7, 8. и 9. недеља наставе

АНАЛИЗА СТАЊА НАПОНА И ДЕФОРМАЦИЈА

У оквиру курса из Отпорности материјала бавили смо се анализом стања напона и деформација при напрезању у једном правцу (једноосно напрезање, линеарно стање напона), као и анализом стања деформација при равном стању напона. Овде ће се приказати укратко анализа стања напона за сложеније случајеве напрезања конструкција. Подсетимо се да је стање напона у произвољној тачки конструкције скуп свих вредности напона за све равни у посматраној тачки. Зависност деформације и напона описује Хуков закон. Посматрајмо изразе за деформације и напоне, који укључују и утицаје температуре:

G , T

E

τ=γ∆α+

σ=ε (7.1)

γ=τ∆α−ε=σ G , )T(E

Подсетимо се :

• Веза модула клизања и модула еластичности је: )1(2

EG

ν+= .

• Поасонов коефицијент (ν) представља однос попречне и уздужне деформације:

ν = - εp / εu .

• Промена температуре мало утиче на промену Поасоновог коефицијента νννν, а знатно

утиче на промену модула еластичности Е и температурског коефицијента αααα t .

НАПРЕЗАЊЕ У ЈЕДНОМ ПРАВЦУ (једноосно напрезање - линеарно стање напона)

Ако би разматрали напрезање по х правцу, имали бисмо:

., , E xyzyxx 00 =τ=σ=σε⋅=σ

0=γ

∆α+σ

ν−=∆α+ε⋅ν−=ε=ε

∆α+σ

=ε

xy

xxzy

xx

TE

T

, TE

, (7.2а)

На основу израза за напоне у произвољном косом пресеку линијског носећег елемента, већ су изведени изрази за нормални напон и максимални напон смицања под углом од 450 :

2

452

45 00 xxmax )( , )(

σ==ϕσ

σ==ϕτ=τ . (7.2б)

63

РАВНО СТАЊЕ НАПОНА Посматрани елемент је сведен на случај елемента оптерећеног у својој равни на затезање или притисак, а дуж својих ивица на смицање. У случају да се може увести претпоставка о равномерној расподели напона по дебљини овако дефинисаног елемента, одговарајуће напонско стање називамо равно стање напона. Дакле, равно стање напона може да се разложи на два напрезања у по једном правцу и на једно напрезање услед чистог смицања (слика 7.1).

=

+

+

εx , εy , γxy

σx , σy ,τxy

=

+

+

εx

= T

E

x ∆α+σ

+ E

yσν−

+

0

εy

=

E

xσν−

+ T

E

y∆α+

σ

+

0

γxy

=

0

+

0

+

G

xyτ

Слика 7.1 За деформације по одређеним правцима се добија:

T)(E

1T

EEyx

yxx ∆α+νσ−σ=∆α+

σν−

σ=ε ,

T)(E

1T

EExy

xyy ∆α+νσ−σ=∆α+

σν−

σ=ε , (7.3)

G

xyxy

τ=γ .

Ако се из једначина (7.3) потраже решења по напонима, добија се:

ν−

∆α−νε+ε

ν−=σ

1

TE)(

1

Eyx2x ,

ν−

∆α−νε+ε

ν−=σ

1

TE)(

1

Exy2y , (7.4)

xyxy G γ=τ .

На основу даље анализе напона при равном стању напона, аналогне анализи напона у косом пресеку подужно напрегнутног елемента са којом смо се већ срели, налажење напона

σn(ϕ) и τ n(ϕ) у неком косом пресеку елемента приказаног на слици 7.2,

σx

σy

τxy

σx σy τxy

64

Слика 7.2 Равно стање напона у плочастом елементу мале дебљине

обавља се применом услова равнотеже по правцима нормале и тангенте на површину овог косог пресека. Одатле се добијају изрази за напоне у косом пресеку при равном стању напона:

ϕ⋅τ−ϕ⋅σ−σ+σ+σ=σ 2sin2cos)(2

1)(

2

1xyyxyxn (7.5 а)

ϕ⋅τ+ϕ⋅σ−σ=τ 2cos2sin)(2

1xyyxn .

Анализом израза (7.5 а), а корацима који су потпуно аналогни анализи момената инерције попречног пресека при ротацији координатног система (извођење главних момената инерције I1 и I2 ), лако се долази до израза за величине главних напона и њихове правце:

0 , 2

tg2, 4)(2

1)(

2

112

yx

xy2xy

2yxyx2,1 =τ

σ−σ

τ−=ατ+σ−σ±σ+σ=σ (7.5)

Равни у којима ови напони делују називају се главне равни. Највећа вредност напона смицања појављује се у равнима заокренутим за угао 450 у односу на равни главних напона и износи

4)(2

2xy

2yx

21max τ+σ−σ±=

σ−σ±=τ . (7.6)

За случај напрезања у само два правца (и то правца главних напона, при чему је γxy=0) наведени изрази 7.3 и 7.4 постају:

0 , T)(E

1 , T)(

E

112122211 =γ∆α+νσ−σ=ε∆α+νσ−σ=ε ,

0 , 1

TE)(

1

E ,

1

TE)(

1

E1212222121 =τ

ν−

∆α−νε+ε

ν−=σ

ν−

∆α−νε+ε

ν−=σ (7.7)

65

Један пример ове врсте напрезања представља цилиндрична посуда танких зидова оптерећена унутрашњим притиском. При томе, главни напони у попречном пресеку у циркуларном правцу и у подужном правцу износе:

σ1=pR/t и σ2=pR/2t ,

где су: p-унутрашњи притисак, R - радиус цилиндра посуде и t -дебљина танког зида посуде.

ПРОСТОРНО СТАЊЕ НАПОНА Просторно стање напона има за компоненте деформције и напона следеће величине:

εx , εy , εz , γxy , γxz , γyz

σx , σy , σz ,τxy , τxz , τyz (7.8) Аналогно претходној анализи, изрази за деформације се јављају у облику:

T)(E

1T

EEEzyx

zyxx ∆α+νσ−νσ−σ=∆α+

σν−

σν−

σ=ε ,

T)(E

1T

EEEzxy

zxyy ∆α+νσ−νσ−σ=∆α+

σν−

σν−

σ=ε , (7.9)

T)(E

1T

EEEyxz

yxzz ∆α+νσ−νσ−σ=∆α+

σν−

σν−

σ=ε ,

G

xyxy

τ=γ ,

G

xzxz

τ=γ ,

G

yzyz

τ=γ ,

а решења ових једначина по напонима су:

[ ]ν−

∆α−ε+εν+εν−

ν−ν+=σ

21

TE)()1(

)21)(1(

Ezyxx ,

[ ]ν−

∆α−ε+εν+εν−

ν−ν+=σ

21

TE)()1(

)21)(1(

Ezxyy , (7.10)

[ ]ν−

∆α−ε+εν+εν−

ν−ν+=σ

21

TE)()1(

)21)(1(

Eyxzz ,

. G , G , G yzyzxzxzxyxy γ=τγ=τγ=τ

Детаљнија анализа просторног стања напона овде се неће вршити. Корацима који су нам познати из претходних разматрања и овде се добијају изрази за главне деформације и главне напоне при просторном стању напона, тачније, при напрезању у три правца главних напона (троосно напрезање):

0 , )(E

1 , )(

E

1 , )(

E

1231312313331223211 =γ=γ=γνσ−νσ−σ=ενσ−νσ−σ=ενσ−νσ−σ=ε

[ ] [ ])()1()1(

E , )()1(

)1(

E3122232121 ε+εν+εν−

ν−=σε+εν+εν−

ν−=σ , (7.11)

[ ] 0 , )()1()1(

E23131221323 =τ=τ=τε+εν+εν−

ν−=σ .

66

ЗАПРЕМИНСКА ДИЛАТАЦИЈА Подсетимо се израза за запреминску (кубну) дилатацију:

( ) zyxzV 21V

Vε+ε+ε=ε⋅ν−=

∆=ε , (7.12)

који ће сада, у случају праваца главних дилатација, за запреминску (кубну) дилатацију дати:

)(E

21321321V σ+σ+σ

ν−=ε+ε+ε=ε . (7.13)

СПЕЦИФИЧНИ ДЕФОРМАЦИЈСКИ РАД ПРОМЕНЕ ЗАПРЕМИНЕ И ОБЛИКА Специфични деформацијски рад просторног стања напона гласи:

. )(2

1A yzyzxzxzxyxyzzyyxx

'd γτ+γτ+γτ+εσ+εσ+εσ=

За правце главних напона (на којма су напони смицања једнаки нули) имамо:

.A A)](2[E2

1)(

2

1A

O'd

V'd323121

23

22

21332211

'd +=σσ+σσ+σσν−σ+σ+σ=εσ+εσ+εσ= (7.14)

Односно, укупни специфични деформацијски рад се може приказати као збир два његова дела: једног који изазива промену запремине и другог који изазива промену облика. Ако се уведе такозвани средњи напон, који је у овом случају једнак

)(3

1321S σ+σ+σ=σ , (7.14а)

специфични деформацијски рад промене запремине се може приказати (на основу средњег напона и запреминске (кубне) деформације као:

2

321

2

321VS

V'

d )()21(6

E)(

E6

21

2

1A ε+ε+ε

ν−=σ+σ+σ

ν−=εσ= . (7.15)

Специфични деформацијски рад промене облика сада можемо изразити као

)333(E3

1

)(E3

1AAA

2yz

2xz

2xyzyzxyx

2z

2y

2x

32312123

22

21

V'd

'd

O'd

τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σν+

=

=σσ−σσ−σσ−σ+σ+σν+

=−=

(7.16)

Код равног стања напона имамо σz=0 и τxz=τyz=0, а код једноосног стања напона имамо

σx=σ, σy=σz=0, τxy=τ, τxz=τyz=0, па би се имајући то у виду, горњи изрази у наведеним случајевима могли значајно поједноставити. У следећим корацима бавићемо се разматрањем хипотеза о слому материјала, а у једном од тих разматрања ће нам бити од значаја и управо приказани изрази.

67

ХИПОТЕЗЕ О СЛОМУ У оквиру досадашњих разматрања основних напрезања са којима смо се бавили у Отпорности материјала, у напонској анализи било је једноставно извести кораке везане за проверу чврстоће неког конструктивног елемента. Разлог је био једноставан: увек бисмо разматрали само појединачни утицај неког од основних напрезања (нпр. само подужно напрезање, само увијање или само савијање), а потом бисмо максималну вредност прорачунатог напона лако упоређивали са вредностима дозвољеног напона за материјал од којег је конструктивни елемент направљен. У пракси, конструкције и њихови елементи су сложено оптерећени, па у напонској анализи није једноставно извршити проверу чврстоће. Наиме, постављало се питање: који напон од свих постојећих нормалних и смичућих компоненти треба узети у обзир као меродавну величину за упоређивање са вредношћу дозвољеног напона. У овом светлу треба разумети и хипотезе о којима ће у наставку бити речи. Термини који се користе у литератури су: Хипотезе о слому, Теорија слома, Теорија чврстоће, Критеријуми чвртоће, Критеријуми пластичности и лома. Основни задаци које решавамо при анализи отпорности конструктивних елемената су провере (процене, докази) напона (провере чврстоће), деформација (провере крутости) и стабилности. Најједноставнији проблем је прорачун подужно напрегнутих конструктивних елемената. Довољно је упоредити напон у елементу у подужном правцу са граничном вредношћу напона у узорку (стандардна епрувета) који је на истоветни начин оптерећен као и оригинални елемент. Материјал од кога је направљен неки конструктивни елемент можемо класификовати и у следеће две групе и то: жилав и крт материјал (слика 8.1).

Слика 8.1 Жилав и крт материјала

Може да се закључи да је овде генерални проблем дефинисање појма и вредности граничних величина напона и деформација, које се не смеју прекорачити.

Уколико је гранична вредност затезна чврстоћа, граница течења, или дозвољени напон, вредност која се не сме прекорачити, поставићемо следеће критеријуме (критеријум лома, пластичности или дозвољеног напона):

n

, )R( , )R(T

TdmaxeHTmaxmMmax

σ=σ≤σσ≤σσ≤σ . (8.1)

σ σ

ε ε

68

Уколико материјал нема исте граничне вредности на затезање и притисак, критеријум дозвољеног напона гласи:

dzmaxdp σ≤σ≤σ− .

Граничну вредност дозвољене деформације за подручје испод границе пропорционалности, можемо израчунати применом Хуковог закона и дозвољеног напона:

E/dd σ=ε .

Граничну вредности напона смицања (израз 7.2 б) можемо одредити као

2/dd σ=τ

и она се користи када у елементу постоје само смичући напони. Проблем дефинисања појма и вредности граничних величина које се не смеју прекорачити, постаје већи у случају сложеног напонског стања (равно и просторно напонско стање) којем је конструктивни елемент изложен. При дводимензионом стању напона гранично стање мора бити дефинисано граничном кривом, док код просторног стања напона оно мора бити дефинисано просторном површи. При томе, основну потешкоћу представља примена материјала који нема исте граничне вредности за затезање и притисак, јер се тада морају проверити оба напрезања. За челик на пример, можемо усвојити да су граничне вредности за затезање и притисак исте, па се тада проверава само максимална апсолутна вредност напона. Поједностављење поступка провере напона (генерално видљиво у свим хипотезама) везано је за одређивање неког еквивалентног напона (упоредног, ефективног напона)

- σσσσе , којим би било потребно и довољно једноосно напрегнути посматрани елемент, а да то у потпуности замени постојеће сложено напонско стање. Тако добијени еквивалентни напон се потом пореди са граничном вредношћу напона подужно (једноосно) напрегнуте стандардне епрувете.

То значи, да је потребно поставити неку хипотезу која би на задовољавајући начин могла да објасни попуштање материјала конструкције при њеном сложеном напрезању.

Хипотеза о слому материјала има више, неке дају добре резултате за жилаве, а неке за крте материјале.

Две основне категорије хипотеза су: - класичне хипотезе - модерне хипотезе.

ХИПОТЕЗА НАЈВЕЋЕГ НОРМАЛНОГ НАПОНА (1. хипотеза)

Сматра се да су аутори ове хипотезе Галилеј и Лајбниц. Она гласи:

До попуштања конструкције долази онда када највећи нормални (главни) напон

достигне граничну вредност напона σσσσd у једноосно напрегнутом узорку.

При равном стању напона (постоје нормални и смичући напони) и при линеарном стању напона, одговарајући изрази (на онову 7.5) за еквивалентне напоне су:

d22

ed2

xy2

yxyxe 42

1

2 , 4)(

2

1)(

2

1σ≤τ+σ±

σ=σσ≤τ+σ−σ±σ+σ=σ (8.2)

Ова хипотеза даје задовољавајуће резултате за веома крте материјале (челик за инструменте, сиви лив, керамика, стакло , камен и др.)

69

ХИПОТЕЗА НАЈВЕЋЕ ЛИНИЈСКЕ ДЕФОРМАЦИЈЕ (2. хипотеза) Основе ове хипотезе приписују се Мариоту, а касније су је разрадили Сен-Венан, Понсле и Грасхоф. Критеријум хипотезе је стање деформације и он гласи: до попуштања конструкције долази онда када највећа линијска деформација достигне

граничну вредност εεεεd = σσσσd / E у једноосно напрегнутом узорку.

Узмимо у разматрање једну главну деформацију (по основу релација 7.11). Поредећи је са граничном вредношћу имаћемо:

E

)(

EE

dd σνσνσσ

σ≤−−≤− 321

1 ,

Односно, сређивањем ,

d213dd312dd321d , , σ≥νσ−νσ−σ≤σ−σ≥νσ−νσ−σ≤σ−σ≥νσ−νσ−σ≤σ− .

За равно стање напона имамо:

d21dd12dd21d , , σ≥νσ−νσ−≤σ−σ≥νσ−σ≤σ−σ≥νσ−σ≤σ−

Применом релације 7.5, еквивалентни напон равног и линијског стања напона постаје:

d22

ed2

xy2

yxyxe 42

1

2

1 , 4)(

2

1)(

2

1σ≤τ+σ

ν+±σ

ν−=σσ≤τ+σ−σ

ν+±σ+σ

ν−=σ (8.3)

Експериментална провера ове хипотезе даје задовољавајуће резултате за крте материјале (легирани сиви лив, челик велике затезне чврстоће и др.). Хипотеза се не корисити у случајевима када не важи Хуков zакон.

ХИПОТЕЗА НАЈВЕЋИХ НАПОНА СМИЦАЊА (3. хипотеза) Хипотезу су поставили Кулон и Треска. Хипотеза највећих напона смицања гласи: До попуштања материјала долази када највећа вредност напона смицања достигне

граничну вредност напона смицања ττττd = σσσσd / 2 код једноосно напрегнутог узорка. Узмимо у разматрање један главни напон смицања по основу релације 7.11. Поредећи га са граничном вредношћу имаћемо:

2

22

d21d σ≥

σ−σ≤

σ− ,

Односно, после сређивања, за све главне напоне смицања имаћемо:

d13dd32dd21d , , σ≥σ−σ≤σ−σ≥σ−σ≤σ−σ≥σ−σ≤σ− .

Применом релације 7.5 еквивалентни напон равног и линијског стања напона гласи:

d22

ed2

xy2

yxe 4 , 4)( σ≤τ+σ=σσ≤τ+σ−σ=σ (8.4)

Хипотеза се ефикасно користи за челике (са израженом границом течења) напрегнуте на затезање, савијање или увијање, и за крте материјале изложене притиску.

70

МОРОВА ХИПОТЕЗА (4. хипотеза) Аутор хипотезе је Мор. Основа хипотезе је примена односа граничне вредности дозвољеног

напона затезања и притиска: ββββ = σσσσdz / σσσσdp. Овде се само даје израз за еквивалентни напон за случај равног и линеарног стања напона :

d22

ed2

xy2

yxyxe 42

1

2

1 , 4)(

2

1)(

2

1σ≤τ+σ

β+±σ

β−=σσ≤τ+σ−σ

β+±σ+σ

β−=σ (8.5).

Применљива је за крте материјале који су знатно отпорнији на притисак него на затезање.

ХИПОТЕЗА НАЈВЕЋЕГ ДЕФОРМАЦИЈСКОГ РАДА (5. хипотеза) Ова хипотеза се у овом курсу неће обрађивати. ХИПОТЕЗА НАЈВЕЋЕГ СПЕЦИФИЧНОГ ДЕФОРМАЦИЈСКОГ РАДА ПРОМЕНЕ ОБЛИКА

(6. хипотеза) Ова хипотеза се по ауторима назива Хубер-Вон Мизес-Хенки хипотеза, а гласи: попуштање материјала настаје онда када специфични деформацијски рад промене

облика достигне граничну вредност тог рада ( dO 'd d

E3

1A σ

ν+= ) у једноосном

напрегнутом узорку. Изједначавањем израза 7.16 са граничном вредношћу специфичног деформацијског рада промене облика еквивалентни напон просторног, равног и линијског стања напона гласи:

d22

ed2

xyyx2y

2xe

d2

yz2

xz2

xyzyzxyx2z

2y

2xe

3 , 3

, )(3

σ≤τ+σ=σσ≤τ+σσ−σ+σ=σ

σ≤τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ=σ (8.5)

Хипотеза се веома добро слаже са експерименталним резултатима за жилаве материјале (челици за ваљање и ковање, челични лив, алуминијум, бакар, бронза и др.).

ПРОШИРЕНА ХУБЕР-ВОН МИЗЕС-ХЕНКИ ХИПОТЕЗА (6 а. хипотеза) Претходна хипотеза важи за једнаке вредности граничних напона при затезању и притиску. Проширење за неједнаке граничне вредности напона извео је Бужињски. Однос грaничне

вредности дозвољеног нaпонa нa зaтезaње и притисaк обележен је сa ββββ = σσσσdz / σσσσdp. Завршни изрази ове хипотезе за еквивалентни напон у случају равног и линеарног стања напона гласе:

. 32

1

2

1

, 32

1)(

2

1

d22

e

d2

xyyx2y

2xyxe

σ≤τ+σβ−

+σβ

β−=σ

σ≤τ+σσ−σ+σβ−

+σ+σβ

β−=σ

(8.5)

71

10. недеља наставе

УВИЈАЊЕ ШТАПОВА (ГРЕДА) ПРОИЗВОЉНОГ ПОПРЕЧНОГПРЕСЕКА

У оквиру предмета Отпорност материјала детаљно је било обрађено

поглавље ο увијању штапова кружног попречног пресека (Сл. 10.1).

Том приликом је једна од основних претпоставки била везана за кружне попречне пресеке који при увијању остају равни и само се заокрећу око подужне осе. То значи да су, при увијању, помераји тачака кружних попречних пресека у подужном правцу једнаки нули.

У поглављу које следи ова разматрања ћемо проширити на попречне пресеке произвољних облика.

Увијање штапа (греде) кружног попречног пресека

Слика 10.1. Увијање штапа кружног попречног пресека

Овом приликом ћемо се само подсетити основних образаца који дефинишу величину и положај највећих напона смицања, као и величина релативних и апсолутних углова увијања кружног попречног пресека, који настају при увијању штапа (греде) моментом Мt (z):

• Претпоставка о напонима:

0zx ≠τ , 0zy ≠τ , 0z =σ ,

( ) )z(W

)z(M

zI

)z(M)z(

o

tmax

o

tmax == ρτ (10.1)

)z(IG)z(M t θ ′= 0

• Угао заокретања:

( )( ) ( )

( )zIG

zM

zd

zdz' t

0

==θ

θ (10.2)

( ) ( )∫=z

zdz'z0

θθ

Где су: ττττ - напон смицања, θ' - релативни, а θ - апсолутни угао заокретања попречног пресека, G - модул клизања, I0 - поларни момент инерције, W0 - поларни отпорни момент попречног пресека.

72

Напони смицања и угао увијања произвољног попречног пресека

Напоменимо да ниједан попречни пресек који није кружни неће при увијању остати раван, већ ће доћи до његовог витоперења – кривљења, што значи да ће се тачке на попречним пресецима померити у подужном правцу. Другим речима речено, помераји тачака на попречним пресецима у подужном правцу неће бити једнаки нули, односно, подужни помераји тачака ничим неће бити ометани нигде дуж штапа, па ни на његовим крајевима.

Да бисмо мало појаснили појаву витоперења попречног пресека, посматрајмо штап правоугаоног попречног пресека који је оптерећен моментима увијања Мt

(Сл. 10.2). Нанесимо по странама штапа правоугаону мрежу. У овом случају ће деформисани облик мреже указати на појаву кривљења (витоперења) попречних пресека у правцу осе штапа. То значи да ће се тачке попречног пресека штапа које су се пре деформације налазиле у једној равни различито померати у правцу осе штапа, чинећи једну криву (извитоперену) површину.

Слика 10.2 Увијање призматичних штапова

Одговор на питање: ″Како доћи до података за напон и деформацију било које

тачке овако напрегнутог штапа?″, због своје сложености не може дати Отпорност материјала, већ се решења добијају помоћу знатно компликованијег математичког апарата Теорије еластичности.

Распоред напона смицања за правоугаоник приказан је детаљније на Сл. 10.2a. Користећи став о коњугованости напона смицања могу се извести веома корисни закључци о распореду напона смицања на контури попречног пресека. За разлику од штапова кружног попречног пресека, код којих су напони смицања имали правац тангенте на контуру, код призматичних штапова то у општем случају не мора бити тачно.

73

Слика 10.2 a Распоред напона смицања код правоугаоног попречног пресека

Уочимо сада штап произвољног попречног пресека (Сл. 10.3) који је оптерећен моментом увијања Мt.

Слика 10.3 Увијање штапа произвољног попречног пресека

Велику помоћ при одређивању области високих вредности напона смицања при увијању штапа произвољног попречног пресека пружа такозвана мембранска аналогија, на коју је указао Прантл и на коју ћемо се у даљем излагању ослонити без детаљног разматрања (Сл. 10.4).

Слика 10.4 Мембранска аналогија

Слика 10.5 Примена мембранске аналогије на кружни попречни пресек

Претпоставимо да је танка мембрана (Сл. 10.4) ослоњена дуж произвољне контуре и оптерећена равномерно расподељеним попречним оптерећењем q = const. Применимо мембранску аналогију на кружни попречни пресек (Сл. 10.5) и замислимо одговарајућу мембрану. На слици 10.5а приказане су изохипсе, а на слици 10.5б видимо да су код круга пројекције мембране у свим равнима исте за разлику од произвољног попречног пресека. Највећи нагиби су једнаки по целој контури, док су у центру једнаки нули, што се у потпуности поклапа са распоредом напона смицања (Сл. 10.1б).

74

Може се рећи да нагиб мембране у произвољној тачки у неком правцу представља меру напона смицања у попречном пресеку штапа у истој тачки, при чему је напон смицања управан на правац нагиба нормале. То значи да ће највећи напон смицања бити на месту највећег нагиба мембране, а тамо где је нагиб мембране једнак нули, и одговарајући напон смицања је једнак нули.

Увијање штапа правоугаоног попречног пресека

За штап (греду) правоугаоног попречног пресека произвољних димензија,

за који је b / а ≥ 1, мембрана ће, на основу претходно реченог имати изглед приказан на слици 10.6.

Слика 10.6 Увијање штапа правоугаоног попречног пресека

Може се уочити да су највећи нагиби на крајевима краће страницe (Сл. 10.6б). На крајевима дуже странице нагиби су нешто мањи (Сл. 10.6в), док су у тежишту и у x и у y правцу једнаки нули. На основу тога произилази да је највећи напон смицања на месту највећег нагиба за x = ± а/2, y = 0.

=±== 0

2

y,a

xzymax ττ

(10.3)

Аналогно изразима који важе за кружни попречни пресек, написаћемо изразе за највећи напон, момент увијања, релативни и апсолутни угао увијања за произвољни попречни пресек у облику

t

tmax

W

M=τ

(10.4)

'IGM tt θ= (10.5)

t

t

IG

M' =θ (10.6)

∫= zd'θθ . (10.7)

Овде су уведене ознаке аналогне ознакама које смо користили при анализи кружних попречних пресека:

75

- /t - увојни (торзиони) момент инерције (Сен Венанова увојна константа),

- Wt - увојни (торзиони) отпорни момент, а

- ττττмаx - највећа вредност напона смицања у пресеку (увек на крају краће странице). Распоред напона смицања по пресеку приказан је на слици 10.6д. Величине Wt и /t, се могу написати у облику

2abWt α= , (10.8)

3abI t β= , (10.9)

а највећи напон на крају дуже странице у облику

maxτγτ =2 . (10.10)

Коефицијенти α, β и γ зависе од односа страница правоугаоног попречног пресека и дати су у Табели 10.1. Табела 10.1 Увијање правоугаоног попречног пресека

b / а 1 1,25 1,5 1,75 2 2,5 3

α 0,208 0,221 0,231 0,239 0,246 0,258 0,267

β 0,141 0,172 0,196 0,214 0,229 0,249 0,263

γ 1,0 0,910 0,859 0,820 0,795 0,766 0,753

b / а 4 5 6 8 10 > 10

α 0,282 0,291 0,299 0,307 0,313 0,333

β 0,281 0,291 0,299 0,307 0,313 0,333

γ 0,745 0,744 0,743 0,742 0,742 0,742

76

Увијање штапа попречног пресека облика танког правоугаоника

Из Табеле 10.1 се види да за однос b / а > 10 величине Wt и /t постају константне. На основу тога се може дефинисати појам танког правоугаоника чију дебљину обележавамо са t. Правоугаоник ћемо сматрати танким (Сл. 10.7а) ако је задовољен однос његових страница

t / b < 1 / 10 односно b / t > 10

Слика 10.7 Танки правоугаоник

Применом мембранске аналогије (аналитичким поступком који се овом приликом прескаче), за танки правоугаоник се добијају изрази за

- увојни момент инерције 3

3

1tbI t = , (10.11)

- увојни отпорни момент попречног пресека t

Itb t== 2

t

3

1W . (10.12)

Добијене вредности ''1/3'' у изразима (10.11) и (10.12) одговарају вредностима коефицијената α и β у изразима (10.8) и (10.9) за правоугаонике чији је однос страна b / а > 10 (Табела 10.1).

Применом израза (10.6) добија се вредност угла увијања

t

tt

IG

M

tbG

M' ==

33θ , (10.13)

а највећи напон смицања је тада

t

ttzymaxzy

W

M

tb

Mtx =±=

±==

23

2

ττ . (10.14)

77

Увијање штапа сложеног попречног пресека Ако је штап произвољног сложеног отвореног попречног пресека, који је састављен из више делова, изложен увијању моментом Мt, онда се може рећи да сваки од тих делова носи одређени део укупног момента увијања,

∑=+++++= itntitttt MM...M...MMM 21 . (10.15)

Слика пресека

Ако претпоставимо да попречни пресек недеформабилан у својој равни, т.ј. да не мења облик при увијању, то значи да се сви делови тог пресека морају заокренути за исти угао као и цео пресек па се, на основу израза (10.2), може написати

'IG'IGM itiitit θθ == (10.16)

односно, израз (10.15) постаје

( ) 'IG'IG'I...I...IIGM titntitttt θθθ ==+++++= ∑21 . (10.17)

На основу израза (10.15) и (10.5) може се закључити да је увојни момент

инерције целог пресека једнак збиру увојних момената појединих његових делова

∑=+++++= itntitttt II...I...III 21 . (10.18)

Дакле, због недеформабилности попречног пресека може се написати

t

t

it

it

IG

M

IG

M' ==θ ,

78

односно, уношењем израза (10.6) у (10.16) добиће се величина момента увијања коју носи сваки од делова попречног пресека

t

it

titI

IMM = . (10.19)

Напон смицања у сваком делу пресека биће, на основу (10.4) и (10.19),

it

it

t

t

t

it

it

t

it

itimax

W

I

I

M

I

I

W

M

W

M⋅=⋅==τ , (10.20)

а највећи напон смицања ће бити у оном делу пресека у којем однос titi W/I

има највећу вредност и износиће

t

t

maxit

it

t

t

it

itmax

W

M

W

I

I

M

W

M=

==τ . (10.21)

Одатле се може закључити да је увојни отпорни момент целог пресека

( )maxitit

tt

W/I

IW = . (10.22)

79

ОСНОВИ ТЕОРИЈЕ ТАНКОЗИДИХ ШТАПОВА ОТВОРЕНОГ ПОПРЕЧНОГ ПРЕСЕКА

Често ћемо се сусретати са попречним пресецима произвољног облика, а танких зидова, који су изложени увијању. Због тога ћемо дефинисати неке основне појмове.

Дефиниција танкозидог штапа

У савременим конструкцијама или њиховим деловима, посебно ако се говори ο конструкцијама моторних возила, бродова, железничких вагона, а и многим сличним, веома често се појављују танкозиди елементи (Сл. 10.8). Танкозида конструкција, или танкозиди елемент, је таква конструкција која је начињена од танких лимова спојених дуж њихових ивица. Заједничка особина танкозидих елемената је да имају малу тежину у поређењу са другим могућим конструктивним облицима. Танкозиде конструкције обезбеђују велику чврстоћу и крутост при релативно малој тежини.

Танкозиди штап или танкозида греда (Сл. 10.8а) је посебан прорачунски модел који је настао услед специфичности прорачуна танкозидих конструкција или њихових елемената.

а) б)

Слика 10.8 Танкозиди штап (греда)

Да би конструктивни елемент могао бити назван штапом, потребно је да му однос карактеристичних попречних димензија и дужине:

−≤

10

1

5

1

l

b,

l

a, (10.23)

а да би тако дефинисан штап могао бити назван танкозидим, потребно је да му однос дебљине и карактеристичне димензије попречног пресека буде, зависно од аутора,

80

10

1≤

b

t,

a

t,

10

1≤

min

max

b

t. (10.24)

Тако дефинисан танкозиди штап се тада, довољно тачно, може приказати његовом средњом површи, а попречни пресек штапа његовом средњом линијом. (Сл. 10.8б). На основу облика, попречни пресеци се деле на:

• отворене (Сл. 10.9),

Слика 9. 9 Отворени попречни пресеци

• затворене једноћелијске (Сл. 10.10а), затворене вишећелијске (Сл. 10.10б)

Слика 10.10 Затворени попречни пресеци

• и отворено-затворене (Сл. 10.11) танкозиде попречне пресеке.

Слика 10.11 Отворено-затворени попречни пресеци При томе се могу разликовати:

- попречни пресеци константне и променљиве дебљине, - прави и криви штапови, - штапови константног и променљивог попречног пресека.

Треба напоменути да су напони смицања у танкозидим штаповима (гредама) знатно већи него у штаповима пуног попречног пресека. То доводи у питање претпоставку о равним попречним пресецима, јер код танкозидих штапова долази до депланације (кривљења) пресека. С обзиром на разлике у понашању, одвојено ће бити разматрани отворени од затворених попречних пресека.

81

Основне претпоставке теорије танкозидих штапова отворених попречних пресека

1. Облик попречног пресека штапа остаје непромењен током деформације. Са техничког гледишта ова претпоставка се може сматрати оправданом ако је попречни пресек довољно крут. У складу са тим, профили добијени ваљањем углавном задовољавају, док се заварени, заковани и вијцима спојени пресеци морају ојачати попречним укрућењима. 2. Клизање у средњој површи штапа може се занемарити. У прилог овој претпоставци може се навести чињеница да је много лакше да се танки лим савије или увије, него да му се у средњој површи изведе деформација смицања.

Увијање штапова танкозидог отвореног попречног пресека Анализу штапова танкозидог отвореног попречног пресека почећемо разматрањем њиховог понашања при увијању, при чему ћемо раздвојити неколико типова попречних пресека.

Танкозиди отворени попречни пресеци који се могу развити Прво ћемо разматрати танкозиде пресеке (Сл. 10.12), који се са довољном тачношћу могу развити (исправити) у танки правоугаоник, односно четвороугао дужине B.

Слика 10.12 Танкозиди попречни пресек који се може развити Уколико је попречни пресек (Сл. 10.12 а и б) састављен од више правих делова - танких правоугаоника (што се може постићи савијањем једног лима или заваривањем више лимова - при чему су поједини лимови константних дебљина),

82

а) б)

в) г)

Слика 10.13 Пресек састављен од више правих делова

увојни момент инерције сваког појединог дела је,

3

3

1iiti tbI ⋅= , (10.24)

док је за цео попречни пресек

∑= 3

3

1iit tbI , ∑= ibB . (10.25)

Танкозиди отворени попречни пресеци који се не могу развити За танкозиде сложене пресеке (Сл. 10.14а) који се не могу развити треба узети у обзир чињеницу да је сваки од тих делова танки правоугаоник.

Слика 10.14 Танкозиди попречни пресек који се не може развити

Претпоставићемо да сваки део дужине bi може бити различите, али константне дебљине ti, па ће му увојни момент инерције бити дефинисан изразом (10.24), док ће увојни момент инерције целог попречног пресека бити дефинисан изразом (10.25). Ако је цео сложени попречни пресек изложен увијању моментом Мt, сваки i-ти део пресека носиће један део тог укупног момента Мt, који, на основу израза (10.16) и (10.24), износи

83

'tb

GM iiit θ

3

3

= , (10.26)

док је укупни момент једнак збиру свих тих појединачних момената

'tbGMM iiitt θ∑∑ ⋅== 3

3

1, (10.27)

одакле је

∑==

33

ii

t

t

t

tbG

M

IG

M'θ . (10.28)

Највећи напон смицања у i-том делу пресека биће, на основу (10.20) и

(10.12),

23

ii

it

it

itimax

tb

M

W

M==τ , (10.29)

одакле је, на основу (10.26) и (10.5),

i

t

tiimax t

I

Mt'G == θτ . (10.30)

Очигледно је да ће се највећи напон смицања појавити у лиму највеће

дебљине и износиће

t

tmax

t

tmax

W

Mt

I

M==τ . (10.31)

Увојни отпорни момент целог пресека је тада, на основу (10.31) и (10.4),

max

tt

t

IW = . (10.32)

84

Поправни коефицијент На основу експеримената је установљено да у израз (10.25) за увојни момент инерције /t сложених попречних пресека, треба увести извесни поправни

коефицијент ηηηη који зависи од облика попречног пресека, односно да треба написати

∑⋅= 3

3

1iit tbI η (10.33)

У Табели 10.2 наведене су вредности поправног коефицијента према

подацима узетим од неколико различитих аутора. Табела 10.2 Вредности поправног коефицијента η

А у т о р (*) Профил

(1) (2) (3) (4) (5) и (6)

L 0,86 - 1,10 0,99 1 0,83 1,00

U 0,98 - 1,25 1,12 1,12 1,10 1,12

Τ 0,92 - 1,25 1,12 1,15 1 -

Ζ 1,13 - 1,45 1,12 1,17 - -

ΙΡ 1,21 - 1,47 1,29 - - -

Ι 1,16 - 1,44 1,31 1,20 1,30 1,20

Ω - - - 1,70 -

+ - - - - 1,17

(1) – A.Foppl,

(2) – C.F.Kolbrunner, N.Hajdin, (3) – N.M.Beljaev, G.S.Pisarenko, (4) – J.Pawlowski, (5) – M.E. i T. Niezgodinski, (6) – N.W.Murray.

Ми ћемо, у прорачуну користити вредности поправног коефицијента према ауторима (2).

85

Слободно и ометено увијање У теорији еластичности се показује да једино код штапова кружног попречног пресека, при увијању, не долази до померања тачака у подужном правцу, а самим тим ни до депланације (витоперења) попречног пресека, док код свих осталих призматичних попречних пресека до поменуте појаве долази. Уколико су, при томе, на оба краја штапа допуштена подужна померања рећи ћемо да се ради ο слободном, неометеном, увијању (Сл. 10.15а, ц), а уколико су један или оба краја штапа учвршћени (уклештени), то јест, ако су тиме спречена померања тачака попречног пресека у подужном правцу, ради се ο ометеном или ограниченом увијању (Сл. 10.15б, д).

Слика 10.15 Слободно и ометено увијање При увијању танкозидих штапова отвореног попречног пресека померања у подужном правцу су много израженија и ο њима се посебно мора водити рачуна. Без посебног доказивања може се рећи да се утицај ометеног увијања може занемарити у случају пуних призматичних попречних пресека, док се код танкозидих попречних пресека мора узети у обзир.

Наведимо на крају овог поглавља, без посебног извођења, у облику мале табеле (Табела 10.3), изразе за израчунавање величине попречног пресека А,

увојног момента инерције (торзионе константе) It, највећег напона смицања τmax

и релативног угла увијања θ′ за неколико облика пуних и танкозидих попречних пресека.

86

Табела 10.3 Изрази за израчунавање величине попречног пресека, торзионе константе, највећег напона смицања и релативног угла увијања

Величина попречног пресека

А

Торзиона константа

It

Највећи напон

смицања

τmax

Релативни угао

увијања θ′ Примедбе

4

d2π

32

d 4π 3

t

d

M16

π

4

t

dG

M32

π

ot II =

4

)dD( 22 −π

32

)dD( 44 −π

)dD(

DM16

44

t

−π

)dD(G

M32

44

t

−π

ot II =

tDπ 4

tD3

π

tD

M2

2

t

π

tDG

M4

3

t

π Цев танких

зидова

baπ 22

33

ba

ba

+

π 2

t

ba

M2

π 33

22t

baG

)ba(M

π

+

τmax на крају краће полуосе

ba 3abβ 2

t

ab

M

α

3

t

abG

M

β Види Табелу 1

∑ ii tb ∑ 3ii tb

3

1η

∑ 3

ii

maxt

tb

tM3

η

∑ 3ii

t

tbG

M3

η

τmax на средини стране

правоугаоника највеће дебљине

2a433.0 4

a80

3

3

t

a

M20

4

t

aG

M2.46

Облик и димензијев

пресека Б

2a598.2 4a034.1 3

t

a

M09.1

4

t

aG

M967.0

τmax на средини сваке стране

84

11. недеља наставе СЛОЖЕНО НАПРЕЗАЊЕ ЛИНИЈСКОГ НОСАЧА Сложено просторно напрезање линијског носача се за најопштији случај напрезања може састојати из следећег: - подужно напрезање (истезање, притисак) – појављује се нормални напон - савијање у две главне равни - појављује се нормални напон и смицајни напон од поречне силе у две главне раавни - увијање око подужне осе носача – појављује се смицајни напон. Класификација попречног пресека (слика 5, 6) по више основа гласи: - призматични и кружни - пуни, дебелозиди и танкозиди - отворени и затворени. Врста попречног пресека, поред оптерећења, је од најбитнијег утицаја на расподелу напона по попречном пресеку. То значи да се за сваки различити попречни пресек мора извршити анализа расподеле напона.

Слика 5. Врсте попречних пресека

Слика 6. Сложени попречни пресеци

85

Поновимо обрасце за напоне код простих напрезања и попречних пресека. Подужно напрезање

AN

z =σ

Увијање кружног попречног пресека

wM

0

tz =τ

Савијање моментом Mx и My

wM

x

xz ±=σ ,

wM

y

yz ±=σ ,

оба напона су колинеарна и ако постоји тачка пресека која поседује оба напона они се алгебарски сабирају. Смицајни напон при савијању попречном силом Тy и Тx дебелозидих пресека

S

IT

x

y

x

yzy ξ

⋅=τ , SIT

y

x

y

xzx ξ

⋅=τ , напони се слажу суперпозицијом уколико у истој тачки

пресека делују оба као .2zy

2zxz τ+τ=τ

Смицајни напон при савијању попречном силом Тy и Тx танкозидих пресека

AT

y

yzy =τ ,

AT

x

xzx =τ , xA , yA - редукована провршина попречног пресека – елементи

површине који се пружају дуж одговарајуће осе, напони се слажу суперпозицијом уколико у истој тачки делују оба као . 2

zy2zxz τ+τ=τ Смицајни напон по једној оси може

се сматрати константним по целом пресеку у правцу те осе. Увијање танкозидог штапа отвореног попречног пресека правуогаоних трака Напон, торзиона константа и торзиони отпорни момент гласе:

wM

ti

tzi =τ ,

wM

mint

tmaxz =τ ,

3tbI

3ii

t ∑η= , i

tti t

Iw = , tIwmax

tmint = , где је bi и ti ширина и

дебљина и-те траке. За ови врсту анализе можемо сматрати да овај напон смицања константан дуж спољашњих ивица траке и да је максималан по дужој страници.

σz

τz

z

x

y

σz z

Тy

τzy

86

Увијање такнозидог штапа затвореног попречног пресека Напон, торзиона константа и торзиони отпорни момент гласе:

wM

ti

tzi =τ ,

wM

mint

tmaxz =τ ,

tb

A4I

i

i

2*

t

∑= , tA2w i

*ti = , tA2w min

*mint = , где је А* површина

ограничена срeдњом линијом профила, bi и ti ширина и дебљина и-те траке профила. Свака трака затвореног пресека има свој напон који је константан по целом пресеку траке. Максимални напон поседује најтања трака. Eквивалентни напон Најчешће примењена хипотеза ос лому материјала за добијање еквивалентног напона линијских носећих елемената гласи:

3 2xy

2zekv τ+σ=σ .

То значи да треба прво сложити посебно нормалне и смицајне напоне па тек применити претходни образац. При томе треба бити обазрив које напоне, на којим местима и на који начим можемо сложити. Често се дешава ситуација да у једној тачки пресека неке компоненте напона имамо а неке не. Следи приказ расподеле напона сложеног напрезања елемента носача и њихово слагање за одговарајуће попречне пресеке. I профил Тачка А:

y

y

x

xz w

MwM

AN

++=σ

pojas

ti

t

x

xz w

M AT

+=τ

Тачка B:

x

xz w

M AN+=σ

)])A

T()

AT

((),wM

A

T(),

wM

AT

max[( 2

y

y2

x

xrebro

ti

t

y

ypojas

ti

t

x

xz +++=τ

профил Тачка А:

x

xz w

M AN+=σ

rebro

ti

t

y

yz w

M AT

+=τ

Тачка B:

y

yz w

M

AN+=σ

pojas

it

t

x

xz w

M

AT

+=τ

Тачка C:

AN

z =σ

)])AT

()AT((),

wM

AT

(),wM

ATmax[( 2

y

y2

x

xrebro

ti

t

y

ypojas

ti

t

x

xz +++=τ

87

T профил Тачка А:

A

x

xz w

M AN−=σ

rebro

ti

t

y

yz w

M AT

+=τ

Тачка B:

y

y

x

Bx

z wM

wM

AN

++=σ

pojas

ti

t

x

xz w

M

AT

+=τ

Тачка C:

B

x

xz w

M AN+=σ

)])AT

()AT((),

wM

AT

(),wM

ATmax[( 2

y

y2

x

xrebro

ti

t

y

ypojas

ti

t

x

xz +++=τ

U профил Тачка A:

y

y

x

xz w

MwM

AN

−−=σ

)])AT

()AT((),

wM

AT

(),wM

ATmax[( 2

y

y2

x

xrebro

ti

t

y

ypojas

ti

t

x

xz +++=τ

Тачка B:

y

y

x

xz w

MwM

AN

++=σ

pojas

ti

t

x

xz w

M

AT

+=τ

O профил Тачка A:

y

y

x

xz w

MwM

AN

++=σ

)])AT

()AT((),

wM

AT

(),wM

ATmax[( 2

y

y2

x

xrebro

ti

t

y

ypojas

ti

t

x

xz +++=τ

Пун профил Тачка A:

y

y

x

xz w

MwM

AN

++=σ

0z =τ

Тачка B:

y

yz w

M

AN+=σ

B

ti

t

y

yz w

M AT

+=τ

Тачка C:

x

xz w

M AN+=σ

C

ti

t

x

xz w

M AT

+=τ

Тачка D:

AN

z =σ

)])AT

()AT((),

wM

AT

(),wM

ATmax[( 2

y

y2

x

xD

ti

t

y

yC

ti

t

x

xz +++=τ

88

σ

σ

τ τ

σ

τ τ

τ τ τ τ

89

σ

σ

τ τ

σ

τ τ

τ τ τ τ

90

σ

σ

τ τ

σ

τ τ

τ τ τ τ

91

σ

σ

τ τ

σ

τ τ

τ τ τ τ

92

σ

σ

τ τ

σ

τ τ

τ τ τ τ

93

σ

σ

τ τ

σ

τ τ

τ τ τ τ

87

12. недеља наставе

КОСО САВИЈАЊЕ У досадашњим разматрањима, када је била реч о напрезању на савијање, објашњен је случај савијања око једне од главних тежишних равни инерције, при чему се раван дејства оптерећења поклапала са другом главном тежишном равни. Напрезање које настаје услед савијања силама и моментима који не делују у главним равнима (равнима које садрже главне тежишне осе), односно заклапају неки угао са једном од главних тежишних равни инерције (Сл.10.1) називамо косо савијање.

Слика10.1 Попречни пресек носача изложен косом савијању Резултујући вектор момента је управан на траг равни оптерећења s-s и може се разложити на компопненте у главним равнима.

M1 (z) ≡ Mu (z) = - M (z) cos ϕ

M2 (z) ≡ Mv (z) = + M (z) cos ϕ. Величине М1 (z) и М2 (z) представљају нападне моменте савијања око главних оса (1,u) и (2,v) у произвољном попречном пресеку. Угао ϕ је дефинисан као најмањи угао између позитивног смера осе (1,u) и трага равни дејства оптерећења. Знак момента је позитиван ако се његов правац поклапа са позитивним смером главне осе око које се врши савијање. Размотримо неке карактеристичне попречне пресеке и положај трага равни дејства оптерећења (s - s) у односу на положај главних тежишних оса инерције (Сл.10.2). За случај попречних пресека (Сл.10.2), траг равни дејства оптерећења заклапа неки угао са правцима главних тежишних оса инерције, па имамо случај косог савијања.

88

Слика 10.2 Неки случајеви косог савијања и савијања око главне осе

Нормални напони код косог савијања Видимо да се овако дефинисан случај косог савијања може разматрати као збир два посебна случаја савијања око главних тежишних оса (1) и (2) (Сл.10.1). Пошто су вектори напона оба савијања колинеарни, укупан напон добијамо као алгебарски збир нормалних напона око главних оса. Израз за укупни напон при косом савијању има облик:

)uI

cosv

I

sin()z(Mu

I

)z(Mv

I

)z(M)z,v,u(

212

2

1

1 ϕϕσσ +⋅=+−== . (10.1)

То значи да напон у произвољној тачки А попречног пресека добијамо ако у претходни образац заменимо њене кординате (uА, vА).

Неутрална линија Из израза (10.1) закључили смо да је расподела нормалног напона по попречном пресеку линеарна функција координата u и v . Поновимо, неутрална линија је геометријско место тачака попречног пресека за које је вредност напона једнака нули. У овом случају имамо:

02

02

1

010

=+−== uI

)z(Mv

I

)z(M)z,v,u( zzσ , (10.2)

па неутралну линију (Сл. 10.3) сада дефинишемо изразом:

ϕctgI

I

)z(M

)z(M

I

I,ukv

u

v ⋅−=⋅=⋅=2

1

0

0

2

1k . (10.3)

89

Слика 10.3 Неутрална линија и њене особине

Неутрална линија има следеће особине: - неутрална линија дели попречни пресек на поље затезања и поље притиска, - неутрална линија пролази кроз супротне квадранте од квадранта кроз које пролази траг равни оптерећења и никад није управна на њега, - неутрална линија је права паралелна тангенти повученој на елипсу инерције у тачки пресека елипсе инерције и трага равни дејства оптерећења. Највеће вредности нормалног напона добијамо у тачкама најудаљенијим од неутралне линије (Сл.10.3).

Провера носивости носача изложеног косом савијању При провери носивости носача изложеног косом савијању потребно је урадити следеће:

- наћи вредности главних тежишних момената инерције I1 и I2, као и правац главних тежишних оса инерције,

- одредити величине нападних момената савијања у обе главне равни дуж осе носача M1 = M1 (z) и M2 = M2 (z), односно величину угла ϕ, sin ϕ, cos ϕ и ctg ϕ, уколико прорачунавамо нормални напон помоћу (10.4),

- одредити опасни пресек, односно пресек у коме резултујући момент савијања има највећу вредност Mmax,

- за тај пресек наћи једначину неутралне линије и нацртати је,

- у дијаграму u, v нацртати неутралну линију и одредити координате најуда-љенијих тачака A( uA, vA ) и B( uB, vB ),

- поставити услов да максимални напон за тај пресек не сме прећи дозвољену вредност напона на затезање σde и притисак σdp у одговарајућим тачкама,

- израчунати непознату величину.

90

За нпр. просту греду приказану на слици (Сл.10.4) би у том случају важило: ⎟σA⎟ ≤ ⎟σdp⎟ ; σB ≤ σde , (10.4) а за конзолу σA ≤ σde; ⎟σB⎟ ≤ ⎟σdp⎟ . (10.5)

Слика 10.4 Одређивање знака напона на контури носача

Напони смицања при косом савијању Пошто у попречном пресеку делују две трансверзалне (попречне) силе (попречну силу T(z) за посматрани попречни пресек можемо разложити у правцима главних оса Tu = Tu (z) и Tv = Tv (z)), имамо и два напона смицања које је протребно суперпонирати. Треба рећи да се они налазе у две управне главне равни. Изрази за наведене напоне смицања су:

, 12 u

uvzv

v

vuzu

)z(S

I

)z(T)z(S

I

)z(T

ξτ

ξτ ⋅=⋅= . (10.6)

За случај правоугаоног поречног пресека израз за резултујући напон смицања (Сл. 10.5) има облик:

22zvzu

τττ += . (10.7)

91

Слика 10.5 Израчунавање највећег напона смицања

Максимални напон смицања је у тачки (u=0, v=0), пошто су оба напона смицања у тој тачки максимална.

Центар смицања

Све уведне претпоставке за савијање око главне осе задржане су и у случају косог савијања. Досадашња разматрања напрезања на савијање повлаче закључак да је раван у којој делује оптерећење које изазива савијање уједно и раван симетрије попречног пресека. За косо савијање, у том случају, потребно је да обе главне равни буду равни симетрије попречног пресека. Размотримо случај да раван оптерећења које изазива савијање није раван симетрије (Сл. 10.6).

Слика 10.6 Центар смицања

У овом случају једначина равнотеже за момент око подужне осе за попречни пресек неће бити задовољена

0≠−= ∫ dA)xy(M zvzuA

t ττ . (10.8)

92

То значи да ће под дејством попречне силе доћи и до померања и до обртања попречног пресека у својој равни, па ће поред смицања доћи и до увијања носача. До обртања неће доћи у колико попречна сила не делује у тежишту пресека. Момент увијања од попречне силе треба да поништи момент увијања настао од напона смицања. То значи, да би се поништио утицај напона смицања неопходно је померити правац дејства оптерећења за величину eu пошто ће у том случају бити задовољен услов Mt = 0. Тачку таквог дејства силе називамо центар смицања. Координата eu центра смицања дата је изразом:

T

dA)xy(e

v

zvzuA

u

τ−τ

−=∫

. (10.8)

Разматрање за једну главну осу може се у потпуности применити и за другу осу, уколико и она није оса симетрије. Тачка чије су координате S (eu, ev) назива се центар смицања. Неузимање у обзир овог ефекта може понекад довести до знатног смањења носивости конструкције па и њеног попуштања. Овај ефекат има знатан утицај, нарочито код танкозидих попречних пресека.

93

ПОДУЖНО НАПРЕЗАЊЕ СА САВИЈАЊЕМ НОСЕЋЕГ ЕЛЕМЕНТА (Ексцентрично напрезање силом)

Ексцентрично затегнути или притиснути кратки носећи елемент Подужно напрезање са савијањем носећег елемента представља релативно једноставан случај сложеног напрезања. У пракси је врло често присутно на различитим носећим конструкцијама (кранови, дизалице, копачи, торњеви...). Код ове врсте напрезања оптерећење не делује у тежишту попречног пресека, али се његов правац поклапа са правцем тежишне линије носача. Подужно напрезање носећег елемент је изазвано деловањем механичког оптерећења дуж његове тежишне линије. Ово напрезање у попречном пресеку изазива нормални напон. Усвајамо да је тај напон равномерно распоређен по целој површини попречног пресека. Дејство притискујуће подужне силе разматраће се само за кратке носеће елементе. Уколико је носећи елемент дугачак и на њега делује притискујућа сила, целокупну анализу неопходно је проширити и на извијање носача. Савијање носећег елемента изазива деловање момената савијања и/или попречних оптерећења у једној или обе главне равни (косо савијање). Момент савијања изазива само нормални напон у попречном пресеку носећег елемента, док попречно оптерећење (концентрисано, континуално) изазива и нормални напон и напон смицања. Расподела ових напона је изведена у претходном семестру (чисто савијање и савијање силама). На слици 10.7 приказан је један пример овог сложеног напрезања.

Слика 10.7. Један пример сложеног напрезања Да бисмо одредили расподелу нормалних напона у попречном пресеку ексцентрично притиснутог или затегнутог елемента, неопходно је да силу која делује ван тежишта (али у правцу подужне осе елемента) редукујемо на тежиште попречног пресека. Нападну тачку силе обележимо са N0 и уведимо главни координатни систем (u,v). Координате нападне тачке силе обележимо са u0 и v0.

94

Редуковање ексцентричног затежућег или притискујућег оптерећења приказано је на слици 10.8 на примеру произвољног попречног пресека са тежиштем у тачки С.

Слика 10.8. Редуковање ексцентричне силе на тежиште

Редуковањем силе F на тежиште попречног пресека добијамо једну подужну силу у тежишту и један спрег који изазива савијање у једној или две (косо савијање) главне тежишне равни. Спрег (момент) може да се разложи на две компоненте које изазивају савијање око главних тежишних оса (u,v):

o Момент око главне осе 1 односно u

Mu =± F· vo, o Момент око главне осе 2 односно v

Mv =± F· uo.

Нормални напон

Све компоненте нормалних напона у овом случају су колинеарне (нормални напон увек делује управно на попречни пресек, само је интензитет различит у појединим тачкама) и могу се алгебарски сабрати.

95

Укупан нормални напон се састоји из три члана:

o Напон од подужне силе у тежишту,

o Напон од савијања око главне осе 1 и

o Напон од савијања око главне осе 2.

Да би израчунали интензитет напона прво морамо да одредимо главне тежишне моменте инерције Iu, Iv и одговарајуће полупречнике елипсе инерције iu, iv. Израз за напон тада има следећи облик

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅+±=⋅±⋅±±=σ u

iuv

iv1

AFu

IFuv

IFv

AF

2v

02u

0

v

0

u

0 , (10.9)

при чему су u и v координате тачке попречног пресека за коју израчунавамо интензитет нормалног напона. Нормални напон је линеарна функција координата u и v.

Неутрална линија

Неутрална линија је геометријско место тачака попречног пресека у којима је нормални напон једнак нули. Једначина неутралне линије (слика 10.9) добија се изједначавањем претходног израза за напон са нулом

0uiu

viv

1 0 2v

02u

0 =⋅+⋅+⇒=σ (10.10)

и гласи

1bv

au

00

=+ . (10.11)

При томе су уведене следеће ознаке:

0

2u

00

2v

0 vib ,

uia −=−= . (10.12)

Особине неутралне линије су:

o неутрална линија дели попречни пресек на два дела, један део је оптерећен на затезање, а други на притисак,

o неутрална линија увек пролази кроз супротан квадрант од квадранта у коме је нападна тачка силе,

o неутрална линија је увек паралелна тангенти на елипсу инерције у тачки у којој је пресеца дуж која спаја нападну тачку силе N0 и тежиште попречног пресека С.

96

Облик дијаграма нормалног напона зависи од положаја нападне тачке силе и облика попречног пресека. Облици дијаграма нормалног напона у зависности од места дејства силе приказани су на слици 10.10.

Слика 10.9. Положај неутралне линије Слика 10.10. Могући облици дијаграма норманих напона

У случајевима када је неутрална линија тангента на контуру попречног пресека дијаграм нормалних напона има облик троугла и цео попречни пресек је оптерећен једнозначно, што значи или само на притисак или само на затезање. Некада је неопходно пронаћи места (тачке) у попречном пресеку у којима може да делује сила, али тако да сви напони буду истог знака. Скуп таквих тачака назива се језгро пресека. Значи, ако је нападна тачка силе унутар језгра, пресека цео попречни пресек је једнозначно оптерећен.

107

13. и 14. Недеља предавања МЕТОДА ПОМЕРАЊА

Присутне методе анализе отпорности конструкција су: - метода сила и - метода померања

Метода сила има за непознати величину силу, док метода померaња има за непознату величину померање. Применом Кастиљанових теорема непознату силу и померање у некој тачки конструкције добијамо:

n) , ... 3, 2, 1, (i , SA , AS

i

*d

ii

di =

∂∂

=δδ∂

∂= .

Даље, померање и силу произвољне тачке добијамо:

jiijji

d2

j

iijj

jiji

jiijji

d2

j

iijj

jiji

k k ,ASk , n) , ... 3, 2, 1, (i , kS

,SS

AS

, n) , ... 3, 2, 1, (i , S

=δ∂δ∂

∂=

δ∂∂

==δ=

α=α∂∂

∂=

∂δ∂

=α=α=δ

∑

∑.

Коефицијент ijα је Максвелов утицајни коефицијент еластичности и он представља транслацију

или ротацију тачке i услед јединичне силе Sj која делује у тачки ј. Коефицијент ijk је утицајни коефицијент крутости и он представња концентрисану силу или момент у тачки i услед јединичне транслације или ротације δј која настаје у тачки ј. Канонске једначине методе сила и померања за дефинисање допунских услова у сажетом облику гласе:

)0(S oii

n

1jjiji =δ=∆+α=δ ∑

=

и )0(SSkS oiqi

n

1jjiji ==+δ=∑

=

Канонске једначине методе сила за решавање непознатих концентрисаних оптерећења и методе померања за решавање непознатих померања транслације и ротације гласе:

nnnn2n211n

2nn2222121

1nn1212111

SSS...

.

.

.

.

.

.

.

.

.SSSS...SS

δ=α++α+α

δ=α++α+αδ=α++α+α

и

nnnn2n211n

2nn2222121

1nn1212111

Skkk...

.

.

.

.

.

.

.

.

.SkkkSk...kk

=δ++δ+δ

=δ++δ+δ=δ++δ+δ

Канонске једначине методе сила и померања написане у матричном облику гласе:

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

δ

δδ

=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

ααα

αααααα

n

2

1

n

2

1

nn2n1n

n22221

n11211

.S.

SS

.........

...

...

и

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

δ

δδ

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

n

2

1

n

2

1

nn2n1n

n22221

n11211

S.

SS

.k...kk

......k...kkk...kk

, [ ] [ ] 1k −α= .

[ ] δ=α S и [ ] Sk =δ , матрице [ ]k и [ ]α се називају матрица крутости и еластичности.

108

Одеђивање коефицијената крутости Свака тачка носећег елемента може бити оптерећена са три конценрисане силе у сва три правца и са три момента око одговарајућих оса. Последица тог оптерећења представља померање-деформација транслације по све три осе и ротација око све три осе. Свака сила, односно деформација везана је за одговарајуће напрезање носећег елемента. Повезаност напрезања, деформације, оптерећења, напона, карактеристике пресека и материјала сложено оптерећног линијског носећег елемента гласи: - подужно напрезање – подужна деформација, подужно оптерећење, нормални напон, површина попречног пресека, модул елаастичности - увијање – угаона деформација, момент увијања, смицајни напон, торзиони момент инерције, модул клизања - савијање у првој (вертикалној) главној равни – попрећна вертикална транслација и угаона деформација око хоризонталне осе, попрећна вертикална сила и момент савијања око хоризонталне осе, нормални и смицајни напон, аксијални момент инерције, модул еластичности - савијање у другој (хоризонталној) главној равни – попрећна хоризонтална транслација и угаона деформација око вертикалне осе, попрећна хоризонтална сила и момент савијања око вертикалне осе,нормални и смицајни напон, аксијални момент инерције, модул еластичности. Један сегмент линијског носећег елемента описан је са: - две крајње тежишне тачке које називамо почетна и крајња чворна тачка, - карактеристикама попречног пресека (површине, моменти инерције и отпорни моменти), - карактеристикама материјала (модул еластичности и клизања, поасонов коефицијент), - могућим прихваћеним оптерећењем, - могућим последићним деформацијама транслације и ротације. Видимо да су карактеристике пресека, материјала, оптерећења и деформације уско везане за врсту напрезања. У даљем раду посматрајмо линијски носећи елемент напрегнут подужно, увојно и савојно у једној главној вертикалној равни. Савијање у другој главној хоризонталној равни за сда не разматрамо. Ознаке и величине оваквог линијског носећег елемента дате су на слици 5. Ознаке се разликују у односу на досадашње. Ове ознаке су најчешће применљиве за дефинисање крутости елемента.

Слика 5. Ознаке и величине линијског носећег елемента

Вектор померања и оптерећења i-тог чвора носећег елемента према слици 5 гласи:

TT4321i ,,v,u,,, θϕ=δδδδ=δ и T

xzyxT

4321i M,M,F,FF,F,F,FF ==

Аx , Ay , Ix(t) , Iz , wx(t) , wz

E , G , ν

109

Коефицијент крутости подужног напрезања линијског носећег елемента Узмимо пример једног линијског носећег елемента код кога су оба краја подужно непокретна. Овај пример је једанпут статички неодређен. Израћунајмо унутрашњу подужну силу у елементу ако десни непокретни крај померимо за померање u. Унутрашња сила за јединично померање u=1 представља коефицијент крутости подужног напрезања линијског носећег елемента. На слици 6 дат је приказ израчунавања овог коефицијента крутости.

uL

EAFF

kuL

EAFS

u0SEAL , uS

BA

111B1

111111

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=−=

δ⋅=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==

=+⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=∆+α=δ

Слика 6. Коефицијент крутости подужног напрезања линијског носећег елемента Коефицијент крутости напрезања увијања линиског носећег елемента Овде имамо пример једног линијског носећег елемента код кога су оба краја угаоно непокретна око подужне осе. И овај пример је једанпут статички неодређен. Израћунајмо унутрашњи момент увијања у елементу ако десни непокретни крај окренемо за угао θ. Унутрашњи момент увијања за јединично померање ux=1 представља коефицијент крутости увојног напрезања линијског носећег елемента. На слици 7 дат је приказ израчунавања овог коефицијента крутости.

θ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=−=

δ⋅=θ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==

θ=+⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛θ=∆+α=δ

LGIMM

kL

GIMS

0SGIL , S

tBA

444t

B1

1t

11444

Слика 7. Коефицијент крутости напрезања увијања линијског носећег елемента

110

Коефицијент крутости савојног напезања линиског носећег елемента Узмимо један линијски носећи елемент код кога су оба краја уклештена. Посматрајмо само савијање у једног вертикалној главној тежишној равни. Овај пример је двапут статички неодређен. Израћунајмо унутрашњи момент савијања и попрећну силу у елементу ако десни уклештени крај једанпут померимо за величину v а други пут заокренемо за угао ϕ. Унутрашњи момент савијање и попрећна сила за јединична померања v=1 и угао ϕ=1 представљају коефицијенте крутости савојног напрезања линијског носећег елемента. На слици 7 дат је приказ израчунавања ових коефицијената крутости.

223232z

2

222223z

1

22331323

12231222

kvkvLEI6S

kvkvLEI12S

0SS

, vSS

δ⋅=⋅=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

δ⋅=⋅=⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

=ϕ=∆+α+α=δ

=∆+α+α=δ

333332z

2

323233z

1

22331323

12231222

kkLEI4S

kkLEI6S

SS

, 0SS

δ⋅=ϕ⋅=ϕ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

δ⋅=ϕ⋅=ϕ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−=

ϕ=∆+α+α=δ

=∆+α+α=δ

Слика 7. Коефицијент крутости савојног напрезања линијског носећег елемента

Ово је била анализа за само десни чвор. Иста анализа је и за леви чвор, односно имали би исте коефицијенте крутости. Из овога произилази познати став да колико величина једног чвора утиче на величину другог толико други чвор утиче на први. Дефинисани коефицијенти крутости омогућавају дефинисање матрице крутости носећег елемента за одговарајуће напрезање. Матрица крутости се дефинише за свако напрезање посебно пошто у овој анализи она нису међусобно повезана. Дефинисање матрице крутости одговарајућег напрезања захтева да се разматрају оба непокретна чвора елемента и да се њима додели одговарајуће померање. Решења статички непознатих величина за јединична померања представљају чланове матрице крутости. Позиције крутости, померања и оптерећења у матрици и векторима морају бити сагласне.

111

Матрица крутости, вектор оптерећења и померања сложено напрегнутог носећег елемента се добија збрајањем матрица крутости, вектора оптерећења и померања елементарних напрезања водећи рачуна њиховим позицијама. Матрица крутости, вектор померања и оптерећења подужног напрезања Потребне величине за дефинисање матрице крутости подужног напрезања дате су на слици 8.

Слика 8. Подужно напрегнут штап

Матрица крутисти, вектор непознатих померања и познатог дефинисаног оптерећења гласе:

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=

2221

1211e kk

kk1111

LEAk , T

21T

21e u,u, =δδ=δ и T2x1x

T21 F,FF,FF == .

Матрица крутости има особину да је симетрична и сингуларна. Канонска једначина равнотеже на нивоу једног подужно напрегнутог коначног елемента гласи:

[ ] eee Fk =δ , ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−

2x

1x

2

1

FF

uu

1111

LEA .

Узмимо један штап крутости ЕА/L са непокретним чвором на једном крају оптерећен подужном силом на другом крају. Једначина равнотеже и њено решење сада гласи:

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−F0

u0

1111

LEA

2

, δ==EAFLu2

Видимо да смо добили познати образац за деформацију подужно напрегнутог штапа. Матрица крутости, вектор померања и оптерећења увојног напрезања Потребне величине за дефинисање матрице крутости увојног напрезања дате су на слици 9.

Слика 9. Увијање штапа

Матрица крутисти, вектор непознатих померања и познатог дефинисаног оптерећења гласе:

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−=

2221

1211te kk

kk1111

LGIk , T

21T

21e ,, θθ=δδ=δ и T2x1x

T21 M,MF,FF == .

112

Матрица крутости, и овде, има особину да је симетрична и сингуларна. Канонска једначина равнотеже на нивоу једног увојно напрегнутог коначног елемента гласи:

[ ] eee Fk =δ , ⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

θθ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−

2x

1x

2

1t

MM

1111

LGI .

Узмимо један штап крутости GIt/L са непокретним чвором на једном крају оптерећен моментом увијања на другом крају. Једначина равнотеже и њено решење сада гласи:

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧θ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

−

t2

t

M00

1111

LGI ,

t

t2 GI

LM=θ

Видимо да смо добили познати образац за угао увијања штапа. Матрица крутости, вектор померања и оптерећења савојног напрезања Потребне величине за дефинисање матрице крутости савојног напрезања дате су на слици 10.

Slika 10. Савојно напрезање

Матрица крутисти, вектор непознатих померања и познатог дефинисаног оптерећења за случај савијања у једног главној тежишној равни (вертикална) гласе:

[ ] [ ] [ ][ ] [ ]⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−−

−−

=2221

1211

22

22

3z

e kkkk

L4L6L2L6L612L612

L2L6L4L6L612L612

LEIk , T

2211T

21e ,v,,v, ϕϕ=δδ=δ и

T2z2y1z1y

T21 M,F,M,FF,FF == .

Матрица крутости, и овде, има особину да је симетрична и сингуларна. Канонска једначина равнотеже на нивоу једног савојно напрегнутог коначног елемента гласи:

[ ] eee Fk =δ ,

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

ϕ

ϕ

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−−

−−

2Z

2y

1Z

1y

2

2

1

1

22

22

3z

MFMF

v

v

L4L6L2L6L612L612

L2L6L4L6L612L612

LEI .

113

Узмимо једну конзолу крутости ЕIz/L3 са уклештеним чвором на једном крају оптерећен попречном силом на другом крају. Једначина равнотеже и њено решење сада гласи:

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

ϕ⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−−

−−

0F00

v00

L4L6L2L6L612L612

L2L6L4L6L612L612

LEI

2

222

22

3z ,

EI2FL ,

EI3FLv

z

2

2z

3

2 =ϕ=

Видимо да смо добили познате образце за угиб и нагиб савијене конзоле. Матрица крутости сложеног напрезања На основу изложеног матричну једначину равнотеже сложено напрегнутог линијског носећеге коначног елемента (слика 11), матрицу крутости, вектор померања и оптерећења збрајајући једноставна напрезања. Напомињемо да утицаји између разнородних напрезања нема јер их разматрамо да су линеарна.

Слика 11. Сложено напрезање

Матрицу крутости сложеног напрезања можемо формирати на различите начине у зависности како збрајамо напрезања по два крајња чвора елемента. Највише присутан начин је да сложено напрезање описујемо по једном чвору па по дргуом а не у оквиру једног напрезања за оба чвора. Даље, у оквиру једног чвора његова могућа померања (степени слободе) можемо поређати на више начина (нпр. прво транслације па ротације). Изглед једначина гласи:

[ ] eee Fk =δ , [ ] [ ][ ] [ ]

⎭

⎬⎫

⎩⎨⎧

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧δδ

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

2

1

2

1

2221

1211

FF

kkkk

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

−=

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

θ

ϕ

−θ

ϕ

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−

−

−−

−

−−−−

−

−

−

−

−−−−−

2x

2z

2y

2x

1x

1z

1y

1x

2

2

2

2

1

1

1

1

x

z2

z

2z

3z

x

z2

z

2z

3z

x

z2

z

2z

3z

x

z2

z

2z

3z

M

M

F

F

M

M

F

F

v

u

v

u

LGI000

0LEI4

LEI60

0LEI6

LEI120

000L

EA

|L

GI000

|0LEI2

LEI60

|0LEI6

LEI120

|000L

EA

LGI000

LEI2

LEI60

0LEI6

LEI120

000L

EA

|L

GI 000

|0LEI4

LEI6 0

|0LEI6

LEI12 0

|000L

EA

.

Матрица крутости сложеног напрезања има особину да је симетрична и сингуларна.

114

Матрица крутости сложеног напрезања два линијска коначна елемента Једначина равнотеже, матрица крутости, вектор померања и оптерећења се јасно могу формирати и за два и више коначних елемената постваљених по линији, у равни или простору. Ради лакшег описа формирања матрице крутости више коначних елемената (глобална матрица крутости) узећемо сам два коначна елемента постављених на линији. Принцип формирања глобалне матрице крутости, вектора померања и оптерећења за модел са више коначних елемената је следећи: - крутост једног чвора формирају сви елементи који поседују тај чвор - крутост заједничког чвора два коначна елемента постављена по линији се алгебарски сабира по одговарајућем напрезању и степену слободе - вектор померања чвора припада свим коначним елементима који поседују тај чвор - вектор спољашњег оптерећења и ослонци се дефинише по степенима слободе чвора. Узмимо пример два линијска коначна елемента (слика12) оптерећена у два случаја.

Fx3=F Fy2=F

Е1=Е2 , A1=A2 , Iz1=Iz2

Слика 12.

Формирање једначине равнотеже, матрице крутости, вектора померања и оптерећења гласи:

[ ] FK =δ , [ ] [ ][ ] [ ] [ ] [ ]

[ ] [ ]

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

θϕ

=δ⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧=

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

δδδ

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

+

xi

zi

yi

xi

i

i

i

i

i

i

3

2

1

3

2

1

)2(22)2(21

)2(12)2(11)1(22)1(21

)1(12)1(11

MMFF

F , vu

, FFF

kk0kkkk

0kk.

115

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

−

−

=

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

−

−

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−−−−−−−−−−−−−−

−+−

−−−−−−−−−−−−−−

−

οοο

οοο

οοο

οοο

οοο

οοο

οοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοο

οοοοοοοοοο

οοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοο

οοοοοοοοο

οοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοο

οοοοοοοοοο

3x

2x

1x

3

2

1

2

22

2

22

2

22

2

22

1

11

1

11

1

11

1

11

F

F

F

u

u

u

||||||

LAE|

LAE|

||||||

LAE|

LAE

LAE|

LAE

||||||

|LAE|

LAE

Подужно напрезање

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

−

−

=

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

θ

−θ

−θ

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−−−−−−−−−−−−−−

−+

−−−−−−−−−−−−−−

−

1x

1x

1x

3

2

1

2

2x2

2

2x2

2

2x2

2

2x2

1

1x1

1

1x1

1

1x1

1

1x1

M

M

M

LIG|

LIG|

||||||

LIG|

LIG

LIG|

LIG

||||||

|LIG|

LIG

||||||

οοο

οοο

οοο

οοο

οοο

οοο

οοοοοοοοοο

οοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοο

οοοοοοοοο

οοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοο

οοοοοοοοοο

οοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοοο

Напрезање увијања

116

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−

−−−

−−−−−−−−−−−−−

−++−

−+−+−−

−−−−−−−−−−−−−

−

−

οοοοοοοοοοο

οοοοοοο

οοοοοοο

οοοοοοοοοοο

οοοοοοοοοοο

οοοοο

οοοοο

οοοοοοοοοοο

οοοοοοοοοοο

οοοοοο

οοοοοοο

οοοοοοοοοοο

2

2z222

2z2

2

2z121

2z2

22

2z232

2z222

2z232

2z2

2

2z122

2z2

2

2z2

1

1z122

2z221

1z1

1

1z121

1z1

21

2z232

2z222

2z221

1z132

2z231

1z121

1z131

1z1

1

1z121

1z1

1

1z121

1z1

21

1z131

1z121

1z131

1z1

||L

IE4L

IE6|

LIE2

LIE6

|

LIE6

LIE12

|L

IE6L

IE12|

||

||L

IE2L

IE6|

LIE4

LIE4

LIE6

LIE6

|L

IE2L

IE6L

IE6L

IE12|

LIE6

LIE6

LIE12

LIE12

|L

IE6L

IE12||

||

|L

IE2L

IE6|

LIE4

LIE6

|L

IE6L

IE12|L

IE6L

IE12||

Напрезање савијања

Решимо пример са претходне слике посебно за оба случаја оптерећења, мада смо могли то да урадимо и заједно. Једначине и решења за подужно напрезање гласe:

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧=

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−−

−

F00

uu0

11121

11

LEA

3

2 , F)uu(

LEA

0)uu2(L

EA

32

32

=+−

=− ,

EAFLu

EA2FLu

3

2

=

=

Једначине за савојно напрезање гласe:

⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

⎪⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

ϕ

ϕ

ϕ

⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

000F00

0

v

0

L40L2L600000000L20L80L20L60024L6000L2L6L40000000

LEI

3

2

2

1

22

222

22

3z .

117

Матрица крутости линијских коначних елемента у равни Сада је потребно је речи да је потребно да постоје два координатна система и то: локални координатни систем коначног елемента и глобални координатни система прорачуна (слика 13).

Слика 13.

Величине везане за коначни елемент (матрица крутости, вектор померања и оптерећења) се прво дефинишу за локални координатни систем. Након тога се обавља трансформација величина из локалног у глобални координатни систем, односно дефинишу се величине коначног елеменат у глобалном координатном истему. Након тога следи формирање глобалне матрице крутости на већ приказан начин. Не улазећи у дубљу анализу овде ће бити приказана само матрица трансформација у равни и потребне математичке операције те трансформације. Матрица трансформације је реда колико и матрица крутости елемента. Трансформације гласе:

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] eT

eeT

eeT

e FT T , TkTK =Φδ=∆=

При томе трансформација x-y координата гласи [ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡αα−αα

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

yx

CosSinSinCos

yx

TYX T

T , односно

имамо X = xCosα + ySinα и Y = -xSinα + yCosα.

X

Y x

y

α

1

2