5. RAVNINSKA TEORIJA ELASTINOSTI

5.1 Postavka problema i osnovne jednadbe

5.1.1 Uvodna razmatranja

Opi problem odreivanja raspodjele pomaka, deformacija i naprezanja u tijelu proizvoljna oblika

koje je proizvoljno optereeno i uvreno nije ni do danas rijeen egzaktno. Dodue, postoje

mnoga teorijski zanimljiva i u praksi korisna rjeenja posebnih problema. Mogue je, meutim,

nai eksperimentalnim ili numerikim metodama priblina rjeenja velikog broja problema sa

zadovoljavajuom tonou. Posebno je uspjena metoda konanih elemenata.

Sloenost problema analize naprezanja nastaje zbog toga to za odreivanje est

komponenata naprezanja imamo na raspolaganju samo tri diferencijalne jednadbe ravnotee

(2.20). Uvoenjem tri uvjeta kompatibilnosti deformacije (3.14) i est jednadbi Hookeova

zakona (4.25) dolazimo do zatvorenog sustava od 12 jednadbi s 12 nepoznanica: 6 komponenata

naprezanja i 6 komponenata deformacije. Tri od ovih 12 jednadbi su parcijalne diferencijalne

jednadbe prvog reda, a tri su parcijalne diferencijalne jednadbe drugog reda. Osim toga

potrebno je zadovoljiti i rubne uvjete. Ako su rubni uvjeti zadani preko naprezanja, ovaj sustav

jednadbi zadovoljava. Meutim, ako su na povrini tijela ili jednom njenom dijelu zadani pomaci,

broj jednadbi poveava se na 15 jer se osim navedenih jednadbi moraju upotrijebiti jo i

Cauchyjeve jednadbe (3.9) koje povezuju pomake i deformacije. U navedenom sustavu

diferencijalnih jednadbi javlja se 15 zavisnih varijabli i tri nezavisne varijable (prostorne

koordinate x , y , z ). Ako se razmatraju dinamiki problemi, javlja se i etvrta nezavisna varijabla

vrijeme t .

5.1.2 Temeljne jednadbe ravninske teorije elastinosti

Ograniit emo se samo na razmatranje statikih ravninskih problema kod kojih su volumenske

sile zanemarivo male ili jednake nuli. Takoer emo razmatrati samo probleme u kojima su rubni

uvjeti zadani preko naprezanja. U tom sluaju preostaje samo est nepoznanica:

x , y , xy , x , y , i xy za ije odreivanje imamo na raspolaganju slijedee tri skupine

jednadbi:

66

a) jednadbe ravnotee

x xy

x y 0 ,

y xy

y x 0 . (5.1)

b) uvjet kompatibilnosti deformacije

2

2

2

2

2

x y xy

y x x y . (5.2)

c) Hookeov zakon

yxx E 1 , xyy E

1 ,

xyxy E

12

. (5.3)

Dakle, imamo zatvoren sustav od est jednadbi sa est nepoznanica. ak i ovako pojednostavljen

problem bilo bi vrlo teko rijeiti u opem obliku. Rjeavanje ovog sustava jednadbi svest emo

na rjeavanje jedne parcijalne diferencijalne jednadbe etvrtog reda. Postupit emo na sljedei

nain: dvostrukim deriviranjem (5.3) dobivamo

2

2

2

2

2

2 1

yyEy

yxx

,

2

2

2

2

2

21

xxEx

xyy

,

2 22 1xy xy

x y E x y

( ). (5.4)

Derivirajmo prvu jednadbu (5.1) po iksu, a drugu po ipsilonu, pa emo dobiti

2 2

2

xy x

x y x ,

2 2

2

xy y

x y y ,

to uvrteno u treu jednadbu izraza (5.4), daje

2 2

2

2

2

1xy x y

x y E x y

. (5.5)

Ako sada izraz (5.5) i prve dvije jednadbe izraza (5.4) uvrstimo u uvjet kompatibilnosti (5.2), a

zatim pokratimo s E , dobit emo

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

)1(yxxxyy

yxxyyx

,

odnosno

67

2

2

2

2

2

2

2

20x

y x y

x x y y .

Taj izraz moemo napisati u obliku

2

2

2

20

x yx y

( ) . (5.6)

Izraz (5.6) sadri u sebi uvjete ravnotee kao i uvjet kompatibilnosti i esto se naziva uvjet

kompatibilnosti izraen preko naprezanja. Izraz (5.6) moemo pomou Hamiltonovog

diferencijalnog operatora

prikazati jednostavnije. Naime, Hamiltonov operator u pravokutnim

koordinatama ima oblik

yj

xi

,

pa je skalarni produkt operatora samim sobom dan formalno izrazom

2

2

2

22

yx

. (5.7)

Pomou (5.7) izraz (5.6) prelazi u

2 0( ) x y . (5.8)

Budui da je prema (2.16) x y I 1 , (5.8) postaje

2 1 0I , (5.9)

gdje je

I x y1 , (5.10)

prva invarijanta tenzora naprezanja.

5.1.3 Airyjeva funkcija naprezanja

Ako naprezanje izvedemo iz funkcije ( , )x y , prema sljedeem izrazu

x

y

2

2,

y

x

2

2,

xy

x y

2

(5.11)

jednadbe ravnotee bit e automatski zadovoljene. Jedini uvjet koji se za sada postavlja na

funkciju ( , )x y jest da je u zadanom podruju neprekinuta i tri puta derivabilna po x i y . Ova se

funkcija naziva Airyjeva funkcija naprezanja po britanskom astronomu G. B. Airy koji ju je prvi

upotrijebio 1862. Naprezanja odreena pomou (5.11) ne moraju biti, a najee i nisu rjeenja

68

nekog realnog problema. Naime, iako iz nje izvedena naprezanja zadovoljavaju uvjete ravnotee

(5.1), ona ne moraju zadovoljiti i uvjet kompatibilnosti (5.2). Na temelju (5.11) imamo

x y

x y

2

2

2

2

2 , (5.12)

to uvrteno u (5.8) daje

0)( 222 yx ,

odnosno

024

4

22

4

4

44

yyxx

. (5.13)

Diferencijalna jednadba (5.13) naziva se biharmonijska diferencijalna jednadba. Funkcije koje

zadovoljavaju tu diferencijalnu jednandbu nazivaju se biharmonijske funkcije.

5.1.4 Rubni uvjeti

Funkcija ( , )x y mora zadovoljiti ne samo diferencijalnu jednadbu (5.13) nego i rubne uvjete

koji mogu biti zadani na tri naina:

1. Na itavom rubu zadano je optereenje (naprezanje).

2. Na itavom rubu zadani su pomaci.

3. Na jednom dijelu ruba zadani su pomaci, a na preostalom rubu optereenje.

Mi emo razmatrati samo prvi sluaj. Pravokutne koordinate koriste se pri analizi naprezanja u

dijelovima koji su omeeni ravnim rubovima. Koordinatni sustav treba birati, kad je to mogue,

tako da su koordinatne osi paralelne rubovima.

Slika 5.1 Rubni uvjeti a) rub je paralelan s osi x b) rub je paralelan s osi y,

c) rub stoji koso prema koordinatnim osima

Ako je rub paralelan s osi x (slika 5.1a), rubni uvjeti glase

69

y y

xq

2

2,

xy x

x yq

2

. (5.14)

Kad je rub paralelan s osi y (slika 5.1b), tada rubni uvjeti glase

x x

yq

2

2,

xy y

x yq

2

. (5.15)

U sluaju kosog ruba, prema slici 5.1.c, na temelju ravnotee trokutastog elementa moemo

dobiti

x xy xy x q sd d d , y xy yx y q sd d d .

Ako obje gornje jednadbe podijelimo s d s i uzmemo u obzir da je d dx s/ sin i

d dy s/ cos , dobit emo

x xy xqcos sin , y xy yqsin cos , (5.16)

gdje je kut koji vanjska normala ini s osi x prema slici 5.1c. Pomou (5.11) izraz (5.16)

prelazi u

xqyxy

sincos

2

2

2

,

yqyxx

cossin

2

2

2

. (5.17)

Budui da konstante elastinosti ne ulaze niti u diferencijalnu jednadbu (5.13), niti u

rubne uvjete, raspodjela naprezanja ne ovisi o tim konstantama, odnosno o vrsti materijala. Ovo

ima dalekoseno znaenje u eksperimentalnoj analizi naprezanja, npr. u fotoelasticimetriji gdje je

materijal modela razliit od materijala originalne konstrukcije.

Slika 5.2 Jednostruko i viestruko povezani modeli a)b)c) Raspodjela naprezanja ne ovisi o elastinim

konstantama d) Raspodjela naprezanja ovisi o elastinim konstantama

70

Dublja analiza, u koju ovdje neemo ulaziti, pokazala bi da ovo vrijedi samo za

jednostruko suvislo povezana podruja, tj. modele koji su omeeni samo s jednom zatvorenom

rubnom krivuljom, kao na slici 5.2a. Ako je podruje viestruko suvislo, onda raspodjela

naprezanja ne ovisi o elastinim konstantama ako je vanjsko optereenje u ravnotei po svakom

zatvorenom rubu, kao na slici 5.2a, b i c. Meutim, ako sile po svakoj zatvorenoj konturi nisu u

ravnotei, kao na slici 5.2d, raspodjela naprezanja ovisi o Poissonovom koeficijentu.

5.2 Rjeenje pomou polinoma u pravokutnim koordinatama

5.2.1 Uvod

Svrha ovog kratkog izlaganja primjene polinoma u ravninskoj teoriji elastinosti jest dvostruka. S

jedne strane rijeit emo niz primjera optereenja nosaa na savijanje koje moemo rijeiti pomou

nauke o vrstoi. Usporedbom rezultata nauke o vrstoi i teorije elastinosti moi emo

procijeniti tonost i primjenljivost izraza nauke o vrstoi. S druge strane rijeit emo niz teorijski

interesantnih i za praksu korisnih primjera koje inae ne bismo mogli rijeiti metodama nauke o

vrstoi. Pri rjeavanju konkretnih zadataka zapravo emo uglavnom samo verificirati ve

postojea rjeenja. Neposredno iznalaenje rjeenja izlazi izvan okvira ovog kratkog izlaganja.

Navest emo nekoliko polinoma razliitih stupnjeva. Indeks uz oznaku oznaava stupanj

polinoma.

2 202

11 022 C x C xy C y ,

3 303

212

122

033 C x C x y C xy C y , (5.18)

4 404

313

222 2

133

044 C x C x y C x y C xy C y .

Polinomi drugog i treeg stupnja zadovoljavaju jednadbu (5.13). Da bi polinomi etvrtog i viih

stupnjeva zadovoljavali diferencijalnu jednadbu (5.13), njihovi koeficijenti moraju zadovoljiti

neke dopunske uvjete. Tako za polinom etvrtog reda vrijedi

4

4 4024

xC ,

4

2 2 224

x yC ,

4

4 0424

yC ,

to uvrteno u (5.13) daje 24 8 24 040 22 04C C C . Prema tome, da bi polinom etvrtog stupnja

bio biharmonijska funkcija, njegove konstante trebaju zadovoljiti uvjet

C C C22 40 043 ( ) . (5.19)

71

5.2.2 isto savijanje prizmatinog tapa

Na slici 5.3 prikazan je prizmatian tap pravokutnog poprenog presjeka. tap je na krajevima

optereen spregovima Mz . Funkcija naprezanja koja e dati rjeenje ovog problema glasi

C y033 . (5.20)

Slika 5.3 isto savijanje prizmatinog tapa

Prema (5.11) komponente naprezanja dane su izrazima

x

yC y

2

2 036 , (a)

y

x

2

20 , (b)

xy

x y

2

0 (c)

Konstantu C03 odredit emo iz rubnih uvjeta. Rubni uvjeti glase:

za y h / 2 , y 0 , xy 0 , (d)

za x l / 2 , xy 0 . (e)

Raspodjela naprezanja x na lijevom i desnom kraju tapa nije u uvjetima zadatka strogo

definirana. Znamo samo da je rezultirajua normalna sila N jednaka nuli i da se naprezanja x

reduciraju na spreg Mz . Prema tome, ovaj dio rubnog uvjeta glasi

N yxh

h

/

/

2

2

0d , (f)

M y yz xh

h

/

/

2

2

d . (g)

Uvjeti su (d) i (e) ispunjeni, jer su prema (b) i (c) y i xy identino jednaki nuli. Ako

uvrstimo (a) u (f), uvjerit emo se da je i ovaj uvjet zadovoljen. Napokon, ako (a) uvrstimo u (g),

dobit emo

72

M C y y Ch

z

h

h

6 6 12032

2

03

32d

/

/

. (h)

Odavde je C M hz0332 / to uvrteno u (a), daje

xzM

hy

123

. (5.21)

U Nauci o vrstoi I 1 izveli smo izraz (9.42) koji pri istom savijanju oko osi z daje

xz

z

M

Iy . (5.21a)

Budui da je za b =1, I hz 3 12/ , izrazi koje daje nauka o vrstoi i teorija elastinosti u

potpunosti se podudaraju.

5.2.3 Konzola optereena silom na kraju

Na slici 5.4a prikazana je konzola koja je na slobodnom kraju optereena silom F . Pretpostavit

emo rjeenje za funkciju naprezanja u obliku

C xy C xy11 133 , (5.22)

Slika 5.4 Konzola optereena silom na kraju a) konzola b) raspodjela posminog optereenja na kraju c)

odreivanje statikog momenta presjeka

pa je prema (5.11)

73

x

yC xy

2

2 136 , (a)

y

x

2

0 , (b)

xy

x yC C y

2

11 13

23 . (c)

Rubni uvjeti u ovom sluaju glase:

za 2/hy , 0y , 0xy , (d)

za 0=x , 0x , FyQh

h

xyy

d

2/

2/

. (e)

Na temelju (b) vidimo da je prvi uvjet (d) uvijek ispunjen. Ako u (a) uvrstimo x = 0 , bit e

zadovoljen i prvi uvjet (e). Na temelju (c) i drugog uvjeta (e) imamo

04

3 21311 hCC . (f)

Kad uvrstimo (c) u drugu jednadbu (e), dobit emo

FyyCC

h

h

d)(

2/

2/

2

1311 ,

odnosno

Fh

ChC 4

3

1311 . (g)

Istovremeno rjeavanje jednadbi (f) i (g) daje

zI

Fh

h

FC

82

3 2

11 , zI

F

h

FC

6

2313 .

gdje je I hz 3 12/ . Kao i u prethodnom primjeru uzima se da je b =1. Kad ove vrijednosti

uvrstimo u (a) i (c), dobit emo

yI

M

I

Fxy

z

z

z

x , (5.23)

2

222

4228y

hb

bI

F

I

Fy

I

Fh

zzz

xy . (5.24)

Prema slici 5.4.c vidimo da statiki moment osjenanog dijela presjeka oko osi y iznosi

2

2

422/

22y

hby

hy

hbSz .

74

Budui da je Q Fy , moemo izraz za xy napisati u obliku

z

zy

xyIb

SQ . (5.24a)

Ovaj se izraz podudara s izrazom (9.9) koji smo izveli u Nauci o vrstoi I [1] s tom

razlikom to su osi y i z meusobno zamijenjene. Izraz (5.24) pokazuje da posmino naprezanje

ne ovisi o koordinati x te da se po visini mijenja po zakonu parabole drugog reda. Prema tome,

izrazi (5.23) i (5.24) vrijede strogo samo ako je sila F kontinuirano raspodijeljena po rubu x = 0 ,

kako je prikazano na slici 5.4b.

Ako sila F djeluje na gornjem rubu u toki A , odnosno na donjem rubu u toki B , rubni

uvjeti na kraju x = 0 nisu ispunjeni. Meutim, prema St. Venantov principu (vidi Nauka o

vrstoi I str. 137), u presjecima dovoljno udaljenim od ruba x = 0 , sva tri sluaja optereenja dat

e gotovo ista naprezanja. Tonija analiza pokazala bi da se presjeci x h> mogu smatrati

dovoljno udaljenim.

5.2.4 Greda na dva oslonca optereena jednoliko kontinuirano

U dva prethodna primjera upoznali smo se s pojedinostima rjeavanja nekih ravninskih problema

teorije elastinosti pomou Airyjeve funkcije naprezanja. Pri daljnjem rjeavanju ispustit emo

neke pojedinosti, u prvom redu odreivanje konstanti integracije. Provjeravat emo zadovoljava li

predloena funkcija naprezanja jednadbu 4 = 0 , odnosno zadovoljavaju li naprezanja izvedena

iz te funkcije rubne uvjete.

Greda na dva oslonca raspona l i visine h optereena je jednoliko kontinuirano prema

slici 5.5a. Za ovaj sluaj odabrat emo Airyjevu funkciju naprezanja u obliku

53232232223

3 5

1

4

3

10

1

4

3

4

1yyxxylyxhyhxylhxh

h

q . (5.25)

Derivacije te funkcije su

323

32

2

22

3

2

1yyhh

h

q

x

,

4

2 2 3

12

x y

q y

h ,

4

40

x ,

4

4 3

24

y

q y

h .

75

Slika 5.5 Greda na dva oslonca optereena jednoliko kontinuirano a) zadana greda

b) raspodjela naprezanja na lijevom kraju c) raspodjela naprezanja x i y

Kad se te derivacije uvrste u biharmonijsku jednadbu (5.13), dobit e se identitet, to znai da

funkcija (5.25) jest biharmonijska. Naprezanja izvedena iz ove funkcije glase

yyxxlhh

q

yx

222

32

2

4665

3

,

323

32

2

22

3

2

1yyhh

h

q

xy

, (5.26)

42

663

2

3

4

3 223

2222

3

2 hyx

l

h

qxyylxhlh

h

q

yxxy

.

Na gornjem i donjem rubu ( / )y h 2 naprezanja trebaju zadovoljiti slijedee uvjete:

qhxy )2/,( , 0)2/,( hxy , (a)

0)2/,()2/,( hxhx xyxy . (b)

Lako se moemo uvjeriti da su ovi uvjeti zaista zadovoljeni. Na lijevom kraju nosaa rubni uvjeti

su:

0),0( yx , 0),0( yxy . (c)

76

Ni jedan od ova dva uvjeta ne moe biti ispunjen. Naime, ako u (5.26) uvrstimo x = 0 , dobit

emo

yyhh

qyx

22

34

5

3),0( ,

4

3),0(

22

3

hy

h

qlyxy . (d)

Vidimo da je normalno naprezanje na lijevom kraju raspodijeljeno po zakonu kubne parabole, a

posmino naprezanje po zakonu kvadratne parabole kako je prikazano na slici 5.5b. Slika 5.5c

prikazuje raspodjelu x , y , i xy u presjeku x h= za gredu raspona l h=5 . Kad ne moemo

strogo udovoljiti rubnim uvjetima, kao u ovom sluaju, nastojimo udovoljiti ublaenim rubnim

uvjetima. Ublaeni rubni uvjeti su oni kod kojih ne zahtijevamo potpuno podudaranje zadanih i

izraunatih rubnih optereenja. Umjesto toga zahtijevamo da zadano optereenje ima jednaku

rezultirajuu silu ( N 0 , Q qly / 2 ) i jednaki rezultirajui moment 0zM , kao i naprezanja

izraunata pomou funkcije naprezanja. Prema tome, u ovom sluaju moraju biti ispunjeni uvjeti

0d

2/

2/

yN

h

h

x , qlyQh

h

xyy2

1d

2/

2/

(e)

0dy

2/

2/

yM

h

h

xz .

Kad uvrstimo (d) u (e) i provedemo integriranje, dobit emo

0d4

d5

32/

2/

3

3

2/

2/

yyh

qyy

h

qN

h

h

h

h

,

0d4

d5

32/

2/

4

3

2/

2/

2

yyh

qyy

h

qM

h

h

h

h

z ,

qlyh

yh

qlQ

h

h

y2

1d

4

32/

2/

22

3

.

Prema tome, ispunjeni su ublaeni rubni uvjeti na kraju x = 0 . Na slian nain moemo pokazati

da su ispunjeni ublaeni rubni uvjeti i na desnom kraju, tj. da je za x l=

N 0 , Mz 0 , Q qly / 2 .

Nauka o vrstoi I [1] daje nam sljedee rjeenje

xz

z

M

Iy , xy

y z

z

Q S

b I . (5.27)

77

Budui da je M ql x qxz ( ) /2 2 , Q ql qxy /2 , b =1, I hz

3 12/ i

S h yz ( / ) /2 24 2 , moemo (5.27) napisati u obliku

yxxlh

qx )66(

2

3 ,

42

6 223

hyx

l

h

qxy . (5.28)

Prema tome, nauka o vrstoi i teorija elastinosti daju potpuno isto rjeenje za posmino

naprezanje xy . Prema nauci o vrstoi normalno naprezanje x raspodijeljeno je po zakonu

pravca, a prema rjeenju teorije elastinosti po zakonu parabole treeg reda koja se ovija oko

pravca koji predstavlja rjeenje nauke o vrstoi. Za velike omjere l h/ parabola i pravac se

neznatno razlikuju. Oznaimo naprezanje koje daje nauka o vrstoi sa xN , a ono koje daje

teorija elastinosti sa xT . Njihovu emo razliku dobiti ako prvu jednadbu (5.28) oduzmemo od

prve jednadbe (5.26), tj.

yyhh

qNx

T

xx

22

34

5

3 . (5.29)

Ta je razlika najvea za y h /2 i iznosi

5max.

qx . (5.30)

Usporedit emo tu pogreku s najveim naprezanjem u gredi koje daje nauka o vrstoi. To

naprezanje nastaje u sredini grede, tj. za x l / 2 i y h /2 i iznosi

xN q

l

h.max

3

4

2

,

pa je

05,015

42

max.

max.

l

hN

x

x

. (5.31)

Ako elimo da ta razlika bude manja od 5%, mora biti ispunjen uvjet h l0 433, , odnosno

llh 4325,06/3 , (5.32)

to je gotovo uvijek ispunjeno.

5.2.5 Konzola optereena jednoliko kontinuirano

Slika 5.6 prikazuje konzolu duljine l i visine h koja je optereena jednoliko kontinuiranim

optereenjem q. Funkcija naprezanja iz koje se moe odrediti rjeenje ovog problema ima oblik

78

xyhlyxhxhyyhylxylyx

h

q 22223532323323 2

3

4

3

4

1

5

1

10

12 . (5.33)

Slika 5.6 Konzola optereena jednoliko kontinuirano

Nakon deriviranja ove funkcije, prema (5.11), dobit emo izraze za komponente naprezanja koji

glase

yhylxh

qx

222

3 10

1

3

2)(

6 ,

yq

hy h y h

2 3

4

1

433 2 3

, (5.34)

xyq

hh y l x

6 1

432 2 ( ) .

Lako se moemo uvjeriti da ova naprezanja zadovoljavaju rubne uvjete na rubovima y h / 2 ,

odnosno ublaene rubne uvjete na rubu x l . Na ovom rubu rjeenje (5.34) daje raspodjelu x

po kubnoj paraboli iako je u stvarnosti na ovom rubu x 0 . Meutim, te vrijednosti x su vrlo

male. Rezultanta naprezanja x na rubu x l jednaka je nuli.

5.2.6 Konzola optereena trokutastim optereenjem

Za konzolu optereenu prema slici 5.7a funkcija naprezanja glasi

3 3 2 3 2 3 5 4 2 2 3 3 33

0 21 1 1 1 1 3 2

3 4 12 5 2 16 4 3

q xx y h y h h y y h y h l xy l xy l y

h l

, (5.35)

79

Slika 5.7 Konzola optereena trokutastim kontinuiranim optereenjem

Naprezanja odreena pomou ove funkcije su

xq y

h lx l x l x h y

23 2 2

3

2033 2 3 2 2 ,

2

3

2 1

2 2 2y

q h hy y y h

h l

x

, (5.36)

2 2 2 2 2 2

3

1 13( )

4 20xy

qy h x l h y

h l

.

Nauka o vrstoi u ovom sluaju daje

3233

232

lxlxlh

yqx

,

)(34

1 22223

lxhylh

qxy

. (5.37)

Vidimo da se naprezanja odreena pomou teorije elastinosti i nauke o vrstoi razlikuju za

iznos

xT

xN q xy

h l

hy

4 3

203

22 ,

2

222

3 204y

hhy

lh

qNxy

T

xy .

Te su razlike to manje to je manji omjer h l/ .

Ako je konzola optereena prema slici 5.7b, funkcija naprezanja glasi

yhyyh

xlhyhyxl

lh

q 453232333 16

1

2

1

512

1

4

1

3

1)( . (5.38)

Tada su naprezanja izvedena iz ove funkcije.

80

2 2 2

3

2 ( ) 3( ) 2

10x

q l xl x h y

hy

l

,

yoq l x

h ly h y h

2 3

4

1

433 2 3( ) , (5.39)

xyoq

h lh y l x h y

3

2 2 2 2 21

43

1

20( ) .

Na rubu x l posmina naprezanja nisu jednaka nuli, nego imaju vrlo malu vrijednost. Rezultanta

posminih naprezanja na tom rubu jednaka je nuli, tj. za x l vrijedi Qy 0 .

5.2.7 Greda na dva oslonca optereena trokutastim optereenjem

Slika 5.8 prikazuje gredu na dva oslonca koja je optereena kontinuiranim trokutastim

optereenjem. U tom sluaju funkcija naprezanja glasi

2 2 3 3 2 2 2 3 3 3 5

4 3

3

1

8 160 24 20

2

6 8 6 10

q h l h x h l h x y x y xyh xy xy

h l

. (5.40)

Slika 5.8 Greda na dva oslonca s kontinuiranim trokutastim optereenjem

Naprezanja izvedena pomou ove funkcije dana su izrazima

2

2 2 2

3 20

2 32

x

q hl x y xy

h l

,

2

3

3

3

4

2 3

4y

qy h y

hx

h l

, (5.41)

2

2 2

2 4 4

2

3

2

4 3

3 3

2 220 2 2xy

lx

q h hh

yy

h l

.

81

Rubni uvjeti za y h / 2 glase: y x h q x l( , / ) /2 , xy x h( , / )2 0 . Ako u drugu i treu

jednadbu (5.41) uvrstimo y h / 2 , uvjerit emo se da su ti uvjeti potpuno ispunjeni. Na donjem

rubu, tj. za y h / 2 , uvjeti glase y xyx h x h( , / ) ( , / ) 2 2 0 . Ti su uvjeti takoer

ispunjeni. Na desnom i lijevom kraju rubni uvjeti glase x xy l y( , ) ( , )0 0 ,

xy xyy l y( , ) ( , )0 0 i oni nisu strogo ispunjeni. Naime, na lijevom kraju imamo

2

2

3

2 32

10x

q hy

h l

,

xyq

h ly

h h l h y

2

4

3

20 2 32 232

2 2 2 4 4

. (5.42)

Naprezanje x je vrlo malo, reda veliine qh l/ . Naprezanje xy nije malo i reducira se na

poprenu silu q l / 6 . Na tom kraju zadovoljeni su ublaeni rubni uvjeti

N yy xh

h

/

/

d

2

2

0 , Q y q l Fy xyh

h

A

/

/

d

2

21

6

Rubni uvjeti na desnom kraju takoer nisu zadovoljeni, ali su i tu zadovoljeni ublaeni rubni

uvjeti.

5.2.8 Konzola promjenljive visine

Radi potpunosti razmatranih rjeenja navest emo rjeenje za konzolu promjenljiva presjeka koja

je optereena jednoliko kontinuirano prema slici 5.9.

Slika 5.9 Konzola promjenljive visine optereena jednoliko kontinuirano

Funkcija naprezanja u ovom sluaju glasi

82

A x xy x y

y

x

2 2 2tan ( ) arctan . (5.43)

Ako (5.43) uvrstimo u (5.11) i zatim taj izraz sredimo, dobit emo

22arctan2

yx

xy

x

yAx ,

y Ay

x

xy

x y

2

2 2tan arctan , (5.44)

xy Ay

x y

2

2

2 2, A

q

2(tan ) .

5.3 Funkcija naprezanja u obliku trigonometrijskog reda

5.3.1 Uvodna razmatranja

Do sada smo razmatrali funkciju naprezanja ( , )x y u obliku algebarskih polinoma, tj. reda

potencija x i y . Pomou tih funkcija dobili smo niz rjeenja za pravokutna podruja, tj. grede.

Lako moemo uoiti da je kod svih rijeenih primjera optereenje kontinuirano raspodijeljeno po

itavom rubu podruja ili je jednako nuli. Drugim rijeima, za itav rub vrijedi isti zakon

raspodjele optereenja. Meutim, kad za itav rub ne vrijedi isti zakon raspodjele optereenja,

pogotovo kad se ono mijenja skokovito ili kad je optereenje koncentrirano, onda funkcije

naprezanja u obliku redova potencija ne dovode do rjeenja. U tom sluaju pogodno je upotrijebiti

funkciju ( , )x y u obliku trigonometrijskog reda

1

sin)(cos)(k

kkkk yygxyf . (5.45)

Valna duljina k odreena je izrazom

k

k

l , (5.46)

gdje je k 012 3, , , ... , a 2 l duljina ruba, kako je prikazano na slici 5.10. Ako je optereenje

raspodijeljeno simetrino prema osi y , upotrebljava se prvi dio funkcije koji sadri cosk x . Kad

je optereenje antimetrino prema osi y , koristi se dio funkcije koji sadri sink x . U opem

sluaju upotrebljavaju se oba dijela.

Radi jednostavnosti i postupnosti pretpostavit emo da je optereenje simetrino prema

osi y i da sadri samo jedan lan reda, npr. q q x cos , kako je prikazano na slici 5.11. Tada

je

83

f y x( )cos (5.47)

Ako (5.47) uvrstimo u (5.13) i sredimo, dobit emo

0cosd

d2

d

d 42

22

4

4

xf

y

f

y

f ,

odnosno

d

d

d

d

4 2f

y

f

yf

4

2

2

42 0 . (5.48)

Slika 5.10 Pojas optereen na duljim stranicama kontinuiranim optereenjem

Na taj smo nain umjesto parcijalne diferencijalne jednadbe etvrtog reda dobili obinu

diferencijalnu jednadbu etvrtog reda (5.48) koju moemo daleko lake rjeiti. Lako se moemo

uvjeriti da je njeno ope rjeenje dano izrazom

f y A y A y A y y A y y( ) cosh sinh cosh sinh 1 2 3 4 . (5.49)

Ako uvrstimo (5.49) u (5.47), dobit emo

xyyAyyAyAyAyx cos)hsincoshsinhcosh(),( 4321 . (5.50)

Sada moemo odrediti komponente naprezanja. Ako (5.50) uvrstimo u (5.11), dobit emo

,cos)sinhcosh2(

)coshhsin2()sinhcosh(

4

321

2

2

2

xyyyA

yyyAyAyAy

x

(5.51)

84

y

xA y A y A y y A y y x

2

2

21 2 3 4( cosh sinh cosh sinh )cos , (5.52)

.sin)cosh(sinh

)sinh(coshcoshsinh

4

321

2

xyyyA

yyyAyAyAyx

xy

(5.53)

Oito bi izrazi za naprezanja u sluaju nesimetrinog optereenja imali isti oblik uz male izmjene.

Naime, umjesto konstanti A1 , A2 , A3 i A4 pojavile bi se konstante B1 , B2 , B3 i B4 . Takoer bi

se umjesto cos x pojavio sin x , a umjesto sin x pojavio bi se cos x . Konstante

integracije A1 , A2 , A3 , A4 , odnosno B1 , B2 , B3 , B4 odreuju se iz rubnih uvjeta u svakom

konkretnom sluaju.

Ako umjesto jednog lana uzmemo itav red, funkcija naprezanja iznosi

( cosh sinh cosh sinh )cosA y A y A y y A y y xk k k k k k k kk

k1 2 3 4

1

. (5.54)

Tada su naprezanja dana izrazima

,cos)sinhcosh2(

)coshsinh2()sinhcosh(

4

1

321

2

xyyyA

yyyAyAyA

kkkkkk

k

kkkkkkkkkkx

(5.55)

,cossinh

coshsinhcosh

4

321

1

2

xyyA

yyAyAyA

kkk

kkkkkk

k

ky

(5.56)

.sin)cosh(sinh

)sinh(coshcoshsinh

4

321

1

xyyyA

yyyAyAyA

kkkkk

kkkkkkkkkk

k

kxy

(5.57)

5.3.2 tap optereen na krajevima samouravnoteenim spregovima

Takav je tap prikazan na slici 5.11. On je na gornjem i donjem kraju optereen kontinuiranim

optereenjem koje se mijenja po zakonu q x q x l q x( ) cos( / ) cos , kako je prikazano na

slici 5.11a. Kontinuirano optereenje reducira se na dva samouravnoteena sprega koja imaju

momente M prema slici 5.11b. Iznos momenta M dan je izrazom

2

2

2

00

22cosd)(

lqqxxqxxxqM

ll

.

85

Konstante integracije A1 , A2 , A3 i A4 u ovom sluaju odredit emo iz uvjeta na rubovima

y c . Ti uvjeti glase:

za y c , xy 0 , y q x cos . (5.58)

Ako uvjete za posmino naprezanje iz (5.58) uzastopce uvrstimo u (5.53), dobit emo dvije

algebarske jednadbe:

A c A c A c c c

A c c c

1 2 3

4 0

sinh cosh (cosh sinh )

(sinh cos ) ,

A c A c A c c c

A c c c

1 2 3

4 0

sinh cosh (cosh sinh )

(sinh cos ) .

Slika 5.11 tap optereen samouravnoteenim spregovima

Zbrajanjem, odnosno oduzimanjem tih dviju jednadbi moemo lako dobiti

A Ac

c c c3 2

cosh

cosh sinh, A A

c

c c c4 1

sinh

sinh cosh . (5.59)

Uvrstimo, sada, rubne uvjete za normalno naprezanje (5.58) u (5.52), pa emo dobiti

2

1 2 3 4( cosh sinh cosh sinh )A c A c cA c cA c q , (5.60)

2

1 2 3 4( cosh sinh cosh sinh )A c A c cA c cA c q . (5.61)

86

Ako zbrojimo (5.60) i (5.61) i uzmemo u obzir (5.59), dobit emo

Aq c c c

c c1 2

2

2 2

sinh cosh

sinh, (5.62)

Aq c

c c4

2

2 2

sinh

sinh. (5.63)

S druge strane, ako (5.61) odbijemo od (5.60) i uvaimo pri tome (5.59), dobit emo

A A2 3 0 . (5.64)

Uvrstimo, sada, (5.62), (5.63) i (5.64), u (5.51), (5.52) i (5.53), pa emo dobiti

xyyycyccKqx cos)sinh(coshsinhcoshcosh , (5.65)

xyyycyccKqy cos)coshsinh(sinhcoshcosh , (5.66)

xycyyccKqxy sincoshsinhsinhcosh , (5.67)

gdje je

Kc c

2

2 2sinh . (5.68)

Razmotrimo sada sluaj vrlo dugakog tapa koji je na gornjem i donjem kraju optereen s dva

samouravnoteena sprega prema sl. 5.11b. U tom sluaju je c l , pa priblino vrijedi

sinh cosh c c e c 1

2, sinh cosh2 2

1

222 c c e cc . (5.69)

Ako (5.69) uvrstimo u (5.65) do (5.68) i sredimo, dobit emo

K e c 4 2 ,

xycq ycx

cose1)()( ,

xycq ycy

cose1)()( , (5.70)

xycq ycxy sine)()( .

Ako uvedemo novu koordinatu y c y1 , koja se mjeri od gornjeg vrha i ako tu koordinatu

uvrstimo u (5.70), dobit emo

xy

q y x ( ) cos1 11e ,

y

yq y x ( ) cos1 1

1e , (5.71)

xyy

q y x 11e sin .

87

Provjerimo jo jednom rubne uvjete du gornjeg ruba tj. za y c , odnosno y c y1 0 .

Tada je prema (5.71)

y q x cos , xy 0 ,

tj. rubni uvjeti su zadovoljeni to smo i oekivali. Du lijevog, odnosno desnog ruba, tj. za

x l , vrijedi x l , pa je

cos x 1 , sin x 0 .

U tom sluaju je

xy 0 ,

xy

q y ( )e1 11 . (5.72)

Vidimo da rubni uvjet x 0 nije ispunjen. Meutim, vrijednost x naglo (eksponencijalno)

opada od vrijednosti q u toki ( x l , y1 0 ) prema nuli. To vrijedi i za y , kojega amplituda

opada od vrijednosti q na gornjem rubu do vrijednosti 0,0134 q na udaljenosti 2l od gornjeg

ruba. Promjena naprezanja x i y s porastom koordinate y1 prikazana je u tablici 5.1 .

Tablica 5.1 Promjena x i y.max u ovisnosti o y1

y

l

1

2 y1 e

y1

x

q

y

q

.max

0,0 0,0 1,000 1,000 -1,000

0,1 0,628 0,5337 -0,1985 -0,8689

0,25 1,57 0,2080 0,1186 -0,5346

0,5 3,14 0,0433 0,0962 -0,1793

1,0 6,28 0,0019 0,0099 -0,0134

5.3.3 Dugaak pojas optereen na uzdunim rubovima dvjema silama

U praksi se rijetko susree optereenje koje je po rubu raspodijeljeno po zakonu sinusa, odnosno

kosinusa kao u prethodnom primjeru. Ako je optereenje proizvoljno, treba ga rastaviti u

Fourierov red, tj.

1

)sincos()(k

kkkk xbxaaxq , (5.73)

gdje je

88

al

q x x

l

l

1

2( )d , a

lq x x xkl

l

k

1

( ) cos d , bl

q x x xkl

l

k

1

( ) sin d . (5.74)

Oito je a srednje optereenje po rubu, a 2l duljina ruba na kojem djeluje optereenje q x( ) .

Slika 5.12 prikazuje dugaak pojas koji je na suprotnim krajevima optereen jednolikim

kontinuiranim optereenjem q na duljini 2a . Budui da je optereenje simetrino s obzirom na os

y , upotrijebit emo simetrian dio Airijeve funkcije koji sadri samo cos k x . Razvoj

optereenja q u Fourierov red takoer e sadravati samo simetrine lanove, tj. bit e

q x a a xk kk

( ) cos

1

. (5.75)

Slika 5.12 Pojas optereen na duljim stranicama

Koeficijenti trigonometrijskog reda su

al

q x xq

lx

qa

ll

l

a

a

1

2 2( )d d , (5.76)

al

q x x xq

lx xk

l

l

k k

a

a

1

( )cos cos d d ,

aq

lak

k

k2

sin . (5.77)

Prije nego primijenimo rubne uvjete, optereenje emo rastaviti na jednoliko optereenje po

itavom gornjem i donjem rubu iznosom

q a qa

l' , (5.78)

i promjenljivo optereenje

89

q a xk kk

" cos

1

. (5.79)

Prvi dio optereenja izaziva homogeno tlano stanje naprezanja y qa l' / . Rubni uvjeti za

drugo optereenje i za ( y c ) glase

y x c q" ( , ) " , xy x c

" ( , )0 , (5.80)

y x c q" ( , ) " , xy x c

" ( , ) 0 .

Sad emo primijeniti rubne uvjete na slian nain kao u prethodnom paragrafu, tj. uvrstit emo

rubne uvjete za posmina naprezanja u (5.57) pa emo nakon sreivanja dobiti dvije jednadbe

A c A c A c c c

A c c c

k k k k k k k k k k

k k k k

1 2 3

4 0

sinh cosh (cosh sinh )

(sinh cosh ) ,

A c A c A c c c

A c c c

k k k k k k k k k k

k k k k

1 2 3

4 0

sinh cosh (cosh sinh )

(sinh cosh ) .

Odavde kao i prije slijedi

A Ac

c c ck k

k k

k k k

3 2

cosh

cosh sinh, (5.81)

A Ac

c c ck k

k k

k k k

4 1

sinh

sinh cosh.

Ako rubne uvjete za normalno naprezanje (5.80) uvrstimo u (5.56) i sredimo, dobit emo

k k k k k k k k k kA c A c A c c A c c a2

1 2 3 4( cosh sinh cosh sinh ) ,

k k k k k k k k kA c A c A c c A c c a2

1 2 3 4( cosh sinh cosh sinh ) .

Rjeavajui te dvije jednadbe i uzevi u obzir (5.77), dobit emo

cc

ccca

l

qA

kk

kkkk

k

k

22sinh

coshsinhsin

421

,

A k2 0 , A k3 0 , (5.82)

cc

ca

l

qA

kk

kk

k

k

22sinh

sinhsin

424

.

Kad su nam poznate vrijednosti konstanata A k1 do A k4 , moemo pomou (5.55) do (5.57)

napisati konane izraze za naprezanja

90

xyyycyccKl

aq kkkkkkkk

k

kx cossinhcoshsinhcoshcosh41

, (5.83)

xyyycyccKl

aq kkkkkkkk

k

ky coscossinhsinhcoshcosh411

, (5.84)

xycyccKl

aq kkkkkk

k

kxy sincoshsinhsinhcosh41

, (5.85)

gdje je

)22(sinh

sin

cca

aK

kkk

kk

. (5.86)

Odredit emo raspodjelu naprezanja y u srednjoj ravnini, tj. za y 0 . Tada (5.84)

prelazi u

xccck

Kl

aq kkkkky cossinhcosh

141 (5.87)

Raspodjela tog naprezanja prikazana je na slici 5.13 za sluaj kad je a vrlo malo, tj. kad je

F qa2 . Ako je la , kontinuirano optereenje q moemo zamjeniti koncentriranom silom

F qa2 . Kako je prikazano na slici 5.13. Na istoj slici prikazana je raspodjela naprezanja y u

srednjoj ravnini y 0 . U skladu s St. Venantovim principom to naprezanje naglo opada s

udaljavanjem od presjeka x0 u kojem djeluju koncentrirane sile F .

Slika 5.13 Raspodjela naprezanja y u ravnini y=0

91

5.3.4 Dugaak tap optereen silama na krajevima

U prethodnom potpoglavlju razmatrali smo dugaak pojas koji je na duljim stranicama bio

optereen s dvije koncentrirane sile F . U tom je sluaju duljina pojasa 2l bila mnogo vea od

njegove irine 2c , tj. vrijedilo je l c . Razmotrimo sada suprotan sluaj kad je c l . Pojas

tada prelazi u dugi tap prema slici 5.14.

U tom sluaju vrijedi

2qa F , c y y 1 . (5.88)

gdje je y1 novo uvedena koordinata koja se mjeri od gornjeg kraja tapa kako je prikazano na

slici 5.14. Oekujemo da e prema St. Venantovom principu naprezanje y po poprenom

presjeku biti to jednolikije raspodijeljeno to je presjek udaljeniji od krajeva tapa, tj. to je vei

y1 . Ako je y1 dovoljno velik ( )y h1 , moemo veliinu kc zanemariti u usporedbi sa sinh kc .

Takoer vrijedi

sinh cosh / k kc

c c k e 2 .

Slika 5.14 Dugi tap optereen dvjema koncentriranim silama

Budui da je a vrlo malo, vrijedi

sin k ka a ,

pa izraz (5.86) prelazi u

Kkc 2 2e .

92

Uzevi sve to u obzir moemo (5.84) napisati u obliku

xyl

Fk

y

k

kyk cose)1(21

21

1

1 , hl 2 . (5.89)

Red (5.89) vrlo brzo konvergira. Tako je npr. y l1

...

3cos

e

132cos

e

12cos

e

121

2 32 l

x

l

x

l

x

l

Fy

(5.90)

Na slici 5.15a prikazana je ovisnost naprezanjai )(xyy na nekom presjeku blizu ruba. Na

slici 5.15b prikazano je kako se mijenjaju omjeri max / n i min / n . Dio dijagrama na slici

5.15b prikazan je u poveanom mjerilu na slici 5.15c. Znaenje oznaka max , min i n

objanjeno je na slici 5.15a.

Slika 5.15 Dugaak tap optereen dvjema koncentriranim silama a) raspodjela naprezanja y po presjeku

tapa b) omjeri naprezanja max / n i min / n u ovisnosti o omjeru y h1/

c) poveani dio dijagrama na slici 5.15b.

5.3.5 Naprezanja u nosaima malog raspona

Ako raspon nosaa l nije velik u usporedbi s njegovom visinom h ne mogu se primijeniti izrazi

dobiveni u nauci o vrstoi za odreivanje naprezanja. Ovdje emo se pozabaviti analizom

naprezanja u visokim nosaima, zapravo u stijenama. Na slici 5.16 prikazan je kontinuirani nosa

koji je na gornjem rubu optereen jednoliko kontinuirano, a na donjem rubu oslonjen na niz

oslonaca. Raspon meu svim osloncima je jednak i iznosi l .

Jedan raspon nosaa na slici 5.16 odgovara nosau duljine l koji je na oba kraja ukljeten,

a po gornjem rubu optereen jednolikim kontinuiranim optereenjem kako je prikazan na slici

5.17.

93

Slika 5.16 Visoki nosa s vie raspona optereen jednoliko kontinuirano

Taj problem moemo rijeiti upravo opisanom metodom. Ne ulazei u sam postupak navest emo

samo gotove rezultate.

Slika 5.17 Visoki nosa ukljeten na oba kraja i optereen jednoliko kontinuirano

Raspodjela naprezanja x u presjecima x l /8 i x l /3 prikazana je na slici 5.18. Tu smo

raspodjelu odredili metodama teorije elastinosti i ona se bitno razlikuje od raspodjele koju daje

nauka o vrstoi. U presjeku po sredini raspona na gornjem rubu javlja se maksimalno tlano

naprezanje, a na donjem rubu maksimalno vlano naprezanje.

Ako ta naprezanja izraunamo metodama nauke o vrstoi i teorije elastinosti i zatim odredimo

njihov omjer za razne vrijednosti l h/ , dobit emo dijagram prema slici 5.19. Naprezanje xN

odreeno je pomou nauke o vrstoi i zato ima gornji indeks N . Naprezanje xT odreeno je

pomou teorije elastinosti i ima gornji indeks T .

94

Slika 5.18 Raspodjela naprezanja x po presjeku nosaa koji ima l h .

a) u presjeku x l /8 b) u presjeku x l /3 .

Gornja krivulja odnosi se na naprezanje na gornjem rubu ( / )y h 2 , a donja krivulja na

naprezanje na donjem rubu nosaa ( / )y h 2 .

Slika 5.19 Omjer naprezanja xT

x

N/ kao funkcija omjera l h/

Slika 5.20 prikazuje nosa koji se oslanja na niz meusobno jednako udaljenih oslonaca, tj.

nosa ima niz jednakih raspona l .

95

Slika 5.20 Nosa s vie jednakih raspona koji je u sredini svakog raspona optereen silom F

Po sredini svakog raspona nosa je optereen koncentriranom silom F q a 1 . Svaki raspon

zapravo predstavlja nosa koji je ukljeten na oba kraja i optereen u sredini silom F , kako je

prikazano na slici 5.21. Omjer naprezanja dobivenih pomou nauke o vrstoi i pomou teorije

elastinosti za nosa prema slici 5.20, odnosno 5.21 prikazan je na slici 5.22.

Slika 5.21 Nosa ukljeten na oba kraja i optereen silom F u sredini raspona

Dva primjera obraena u potpoglavlju 5.3.5 zapravo su dva ekstremna sluaja optereenja.

Prema slici 5.22 vidimo da za omjere l h/ 6 nauka o vrstoi i teorija elastinosti daju gotovo

jednako maksimalno naprezanje. U sluaju nosaa koji je optereen jednoliko kontinuirano to

vrijedi ve za omjere l h/ 5 . Taj zakljuak je u skladu sa zakljucima koje smo imali u

prethodnim primjerima.

96

Slika 5.22 Omjer naprezanja xT

xN/ u ovisnosti o omjeru l h/

5.4 Jednadbe teorije elastinosti u polarnim koordinatama

5.4.1 Jednadbe ravnotee

Diferencijalni element u polarnim koordinatama prikazan je na slici 5.23. Uvjeti ravnotee tog

elementa glase

Fr

r r r r r r

r r f r r

r rr

r

r r

r

r

d + d d d - d sind

d d sind

2

d + + d d + d d 0,

( )2

F r r r r

rr

r r r f r r

r r

r

r r

r

d + d d + d sind

+ d d sind

2

d + + d + d d + d d 0.

2

( )

Ako se uzme u obzir da za mali kut d / 2 vrijedi sind d / /2 2 i ako se gornje jednadbe

srede, uz zanemarivanje malih veliina vieg reda, dobit e se

r r

r rr r r

f+ + - )+1 1

0( , (5.91)

1 20

r r rf

r r

+ .

97

Slika 5.23 Ravnotea elementa u polarnim koordinatama

5.4.2. Funkcija naprezanja u polarnim koordinatama

Biharmonijska jednadba vrijedi u svim koordinatama uz uvjet da je Hamiltonov operator izraen

u odabranim koordinatama. Transformaciju jednadbe (5.13) u polarne koordinate mogli bismo

provesti matematiki. Osim jednadbe (5.13) treba transformirati i izraz (5.11) Pretvorbi izraza

(5.11) i (5.13) iz pravokutnih u polarne koordinate pristupit emo na neto promijenjen nain. Pri

tome emo se koristiti uz matematiku, i mehanikom. U prvom redu posluit emo se upravo

izvedenim jednadbama ravnotee. Slika 5.24 prikazuje element u polarnim koordinatama. Uz taj

je element postavljen pomoni pravokutni koordinatni sustav r , s . U tom sustavu vrijedi

r

s

2

2,

s

r

2

2,

r

r s

2

. (a)

Slika 5.24 Pomoni pravokutni koordinatni sustav r , s .

Izraz za moemo bez daljnjega prihvatiti. Meutim, u izrazima za r i r pojavljuje se

koordinata s , a ne , pa ove izraze moramo preurediti. Kako je d ds r , pokuat emo s

98

r rs

r r

1, (b)

to daje

r

r r r 1 12

2. (c)

Prisjetimo se da naprezanja odreena iz Airyjeve funkcije trebaju automatski zadovoljavati

uvjete ravnotee. Zato emo r pokuati odrediti iz jednadbi ravnotee. Radi jednostavnosti

razmatrat emo samo sluajeve kad su volumenske sile fr i f jednake nuli. Prva jednadba

(5.91) uz fr 0 moe se napisati u obliku

r

r rrr

. (d)

Ako u desnu stranu izraza (d) uvrstimo 2 2/ r i rrr d/)(/ , dobit emo

r

rrr r r r

2

2

1,

odnosno

2

2

2

2 1)(

rrrr

rr ,

to nakon integriranja prelazi u

r r

r r

1 2

2. (e)

Sada moemo na temelju (a), (c) i (e) dobiti vezu izmeu funkcije naprezanja ( , )r i samih

komponenata naprezanja. Ta veza glasi

r

r r r 1 1

2

2

2,

2

2r,

r

r r r r r

1 1 12

2. (5.92)

Ako (5.92) uvrstimo u drugu jednadbu ravnotee (5.91), uvjerit emo se da je onda automatski

zadovoljena.

Prva invarijanta tenzora naprezanja dana je izrazom

I x y r1 . (5.93)

99

Ako (5.92) uvrstimo u (5.93), dobit emo

r

r r r r

1 12

2

2

2

2,

Usporedimo taj izraz s (5.12), pa emo dobiti

2

2

2

2

2

2

1 1

r r r r. (5.94)

Odavde moemo zakljuiti da je Hamiltonov operator u polarnim koordinatama dan izrazom

22

2

2

2

2

1 1

r r r r

. (5.95)

Uz pomo (5.95) moemo (5.13) zapisati u polarnim koordinatama kako slijedi

2 2 4

2

2

2

2

2 2

2

2

2

2

1 1 1 10

r r r r r r r r. (5.96)

Izraz (5.96) u polarnim koordinatama odgovara izrazu (5.13) u pravokutnim koordinatama.

5.5 Osnosimetrini problemi

5.5.1 Uvod

Ako je osnosimetrino tijelo osnosimetrino optereeno i uvreno, onda su i pomaci,

deformacije i naprezanja takoer osnosimetrino raspodijeljeni, tj. ne ovise o koordinati . Tada

su i sve derivacije po koordinati jednake nuli, pa derivacije po r nisu vie parcijalne nego

obine. Prema tome, izraz (5.96) prelazi u

1 10

2 2r r r r r r

d

d

d

d

d

d

d

d

2 2 . (5.97)

Nakon to se provede naznaeno deriviranje, izraz (5.97) prelazi u

d

d

d

d

d

d

d

d

4 3 2

r r r r r r r4 3 2 2 32 1 1

0 . (5.98)

Ta se jednadba moe preurediti u

1 10

r rr

r r rr

r

d

d

d

d

d

d

d

d

. (5.99)

Ope rjeenje diferencijalne jednadbe (5.99) glasi

100

C C r C r C r r1 2 32

42ln ln . (5.100)

Kad se uzme u obzir da su derivacije po jednake nuli, izraz (5.92) prelazi u

rr r

1 d

d,

d

d

2

2r, r 0 . (5.101)

Ako sada (5.100) uvrstimo u (5.101), dobit emo

rC

rC C r 2

2 3 42 2 1( ln ) , (5.102)

C

rC C r2

2 3 42 2 3( ln ) , r 0 .

5.5.2 Debelostjene cijevi optereene vanjskim i unutarnjim tlakom

Slika 5.25 prikazuje krunu debelostjenu cijev unutarnjeg polumjera r1 , odnosno vanjskog

polumjera r2 . Cijev je optereena unutarnjim tlakom p1 i vanjskim tlakom p2 . Kako je cijev

osnosimetrina, i osnosimetrino optereena, naprezanja u njoj su odreena izrazima (5.102).

Konstante C2 , C3 i C4 treba odrediti iz rubnih uvjeta koji glase

r r p( )1 1 , r r p( )2 2 ,

odnosno

C

rC C r p2

12 3 4 1 1

2 2 1 ( ln ) , (5.103)

C

rC C r p2

22 3 4 2 2

2 2 1 ( ln ) .

Ova dva uvjeta nisu dovoljna da se odrede tri konstante. To se moe objasniti tako to je prsten

dvostruko suvislo podruje, pa se u njemu mogu pojaviti samouravnoteena poetna naprezanja

koja su nam nepoznata to uvjetuje pojavu tree konstante. Ako usvojimo da je C4 0 , moemo

iz (5.103) dobiti

101

Slika 5.25 Debela cijev optereena unutarnjim i vanjskim tlakom

Cr r

r rp p2

1

2

2

2

2

2

1

2 2 1

( ) , C

r p r p

r r3

1

2

1

2

2

2

2

2

2

2

1

22

( ),

pa je napokon

rr r

r rp

r rp

r r

12

22

22

12 1

22 2 2

12 2

1 1 1 1, (5.104)

r r

r rp

r rp

r r

12

22

22

12 1

22 2 2

12 2

1 1 1 1.

Ova se rjeenja potpuno podudaraju s rjeenjima koje smo odredili metodama nauke o vrstoi.

5.5.3 isto savijanje debelog zakrivljenog tapa

Slika 5.26 prikazuje debeli zakrivljeni tap koji je optereen s dva sprega M na svojim krajevima.

Moment savijanja ne ovisi o kutu pa naprezanje , odnosno r takoer ne ovise o .

Prema tome radi se o osnosimetrinoj zadai. U tom sluaju mogu se primijeniti izrazi (5.102).

Konstante C2 , C3 i C4 odreuju se iz rubnih uvjeta koji glase

r r( )1 0 , r r( )2 0 . (5.105)

Na lijevom i desnom kraju tapa vrijedi

N r

r

r

1

2

0d , (5.106)

102

M r r

r

r

1

2

d . (5.107)

Slika 5.26 Savijanje debelog zakrivljenog tapa

U (5.107) moment se rauna s obzirom na toku 0 , a ne na teite presjeka. To se smije uiniti,

jer je N 0 i jer je spreg M slobodan vektor. Ako (5.102) uvrstimo u (5.105), dobit emo

C

rC C r2

1

2 3 4 12 2 1 0 ( ln ) ,

C

rC C r2

2

2 3 4 22 2 1 0 ( ln ) . (5.108)

Ako u jednadbu (5.106) uvrstimo d d2 2/ r , bit e

0d

dd

d

dd

2

1

2

1

2

1

2

2

r

r

r

r

r

rr

rr

r

.

Budui da je prema (5.101) r rr d d/ , to je

0)()(d

d1122

2

1

2

1

rrrrr

rrr

r

rr

r

r

.

Prema tome, ako je ispunjen uvjet (5.105), ispunjen je i uvjet (5.106), pa ga ne treba posebno

razmatrati. Uvrstimo sada izraz za iz (5.102) u uvjet (5.107), pa emo nakon integriranja

dobiti

M Cr

rC r r C r r r r 2

2

1

3 2

2

1

2

4 2

2

2 1

2

1ln ( ) ( ln ln ) . (5.109)

Dvije jednadbe (5.108) i jednadba (5.109) dovoljne su da se odrede tri nepoznate konstante. Te

konstante iznose

103

CM

Kr r

r

r2 2

212 2

1

4 ln ,

CM

Kr r r r r r3 22

1

2

2

2

2 1

2

12 ( ln ln ) ,

CM

Kr r4 22

1

22 ( ) ,

gdje je

K r r r rr

r

( ) ln2

2

1

2 2

2

2

1

2 2

1

2

4 .

Ako vrijednosti za konstante uvrstimo u (5.102), dobit emo izraze za naprezanja koji glase

rM

K

r r

r

r

rr

r

rr

r

r

4 2212

22

1

22

2

12 1ln ln ln , (5.110)

4 2212

22

1

22

2

12 1

22

12M

K

r r

r

r

rr

r

rr

r

rr rln ln ln ,

Raspodjela naprezanja prema ovom izrazu malo se razlikuje od one koju daje nauka o

vrstoi. Rjeenje nauke o vrstoi dobiveno je na temelju pretpostavke o ravnim presjecima.

Podrobnija bi analiza pokazala da je cirkularni pomak u dan izrazom

uC

Er C

4 45 sin ,

Na radijalnom presjeku, tj. na presjeku konst. , pomaci su proporcionalni koordinati r , tj.

presjek ostaje ravan. Prema tome je pretpostavka o ravnim presjecima, koju smo uveli u nauci o

vrstoi, ispravna. Razlika u oba rjeenja nastaje zbog toga jer smo u nauci o vrstoi

pretpostavili da u tapu vlada jednoosno stanje naprezanja. Da bismo brojano usporedili rjeenje

nauke o vrstoi i teorije elastinosti prikazat emo izraz za u obliku

k rM

r( )

1

2. (5.111)

Tablica 5.1 Koeficijenti k r( )

Omjer polumjera Nauka o vrstoi Teorija elastinosti

r r2 1/ k r( )1 k r( )2 k r( )1 k r( )2

1,3 73,05 -61,35 72,98 -61,27

104

2 7,755 - 4,917 7,725 - 4,863

3 2,292 - 1,130 2,285 - 1,095

Vrijednost koeficijenta k r( )prikazana je u tablici 5.1.

5.6 Ope rjeenje ravninskog problema u polarnim koordinatama

5.6.1 Ope rjeenje biharmonijske jednadbe u polarnim koordinatama

Ope rjeenje diferencijalne jednadbe (5.96) glasi:

mmr 21020112110201),( , (5.112)

gdje je

01 012

022

03 04 C r C r r C C rln ln ,

)lnln( 04032

02

2

0102 rDDrrDrD ,

11 113

121

13 14 ( ln ) cosC r C r C r C r r ,

sin)ln( 14131

12

3

1112 rrDrDrDrD , (5.113)

cos)ln( 020101 rrCrC ,

02 01 02 ( ln ) sinD r D r r ,

mrCrCrCrCn

m

m

m

m

m

m

m

m

mm cos2

4

2

32

2

11

,

mrDrDrDrDn

m

m

m

m

m

m

m

m

mm sin2

4

2

32

2

12

.

Postupak dobivanja ovog rjeenja moe se nai u knjigama o teoriji elastinosti. Bilo koji

dio opeg rjeenja opet je sam za sebe rjeenje. Dvadeset najjednostavnijih lanova opeg

105

Tablica 5.2 Biharmonijske funkcije u polarnim koordinatama

i i r r r

1 r2 2 2 0 4

2 lnr l r/ 2 l r/2

0 0

3 r r2 ln 2 1lnr 2 3lnr 0 4 1(ln )r

4 0 0 l r/ 2 0

5 r2 2 2 -1 4

6 lnr / r2 / r2 (ln ) /r r1

2 0

7 r r2 ln ( ln )2 3r ( ln )2 3r (ln )r 1 4 1 (ln )r

8 sin

r

23

sin

r

23

sin

r

23

cos

r

0

9 cos

r

23

cos

r

23

cos

r

23

sin

r

0

10 r3 sin 2r sin 6r sin 2r cos 8r sin

11 r3 cos 2r cos 6r cos 2r sin 8r cos

12 r rln sin sin

r

sin

r

cos

r

2sin

r

13 r rln cos cos

r

cos

r

sin

r

2cos

r

14 r sin 2cos

r

0 0 2cos

r

15 r cos 2sin

r

0 0 2sin

r

16 sin2 4 2

2

sin

r

0 2 22

cos

r

4 22

sin

r

17 cos2 4 2

2

cos

r

0 2 2

2

sin

r

4 22

cos

r

18 r2 2sin 2 2sin 2 2sin 2 2cos 0

19 r2 2cos 2 2cos 2 2cos 2 2sin 0

20 cos22

r

4 24

cos

r

6 24

cos

r

6 24

sin

r

10 24

cos

r

106

rjeenja oznaeni s 1 , 2 20,..., dani su u tablici 5.2 zajedno s odgovarajuim naprezanjima r ,

, r i prvom invarijantom naprezanja r . Kombinacijom ovih jednostavnih funkcija

mogue je dobiti mnoga praktina rjeenja.

5.6.2 Klin optereen uzdunom silom F u vrhu

Slika 5.27 prikazuje klin koji je u vrhu optereen silom F . Sila je paralelna s osi klina x . Klin se s

desne strane protee u beskonanost. Drugim rijeima uvrenje klina na desnom kraju dovoljno

je daleko da ne utjee na raspodjelu naprezanja na lijevom kraju.

Slika 5.27 Klin optereen u vrhu uzdunom silom F

Funkcija naprezanja pomou koje moemo rijeiti ovaj problem glasi

C r sin . (5.114)

Kad se (5.114) uvrsti u (5.92), dobit e se

r Cr

2cos

, (a)

0 , r 0 . (b)

Rubni uvjeti na bokovima klina, tj. za glase: ( ) 0 i r ( ) 0 .

Prema (b) ovi su uvjeti uvijek zadovoljeni. Rubne uvjete na desnom kraju neemo

razmatrati. Umjesto toga razmatrat emo ravnoteu klina uzevi u obzir naprezanje u presjeku

r konst . Prema (a) u presjeku r konst . , naprezanja su raspodijeljena po zakonu kosinusa,

kako je prikazano na slici 5.27. Uvjeti ravnotee klina glase

107

F F rx r

cos d 0 , (c)

F ry r

sin d 0 . (d)

Trei uvjet ravnotee M 0 uvijek je zadovoljen jer pravci djelovanja naprezanja r kao i

sama sila F prolaze kroz ishodite 0 i ne ine moment oko 0. Ako (a) uvrstimo u (c) i (d), dobit

emo

2C Fcos d2

, (e)

2 0C cos d

sin . (f)

Lako se moemo uvjeriti da je uvjet (f) ispunjen. Iz (e) nakon integriranja slijedi

2sin2

FC , (g)

pa je sada

r

F

r

2

2 2sin

cos. (5.115)

Izraz (5.115) moemo jednostavnije napisati u obliku

r Ar

cos

, (5.116)

gdje je

AF

2

2 2 sin, (5.117)

konstanta koja ovisi o optereenju i kutu klina.

Da bismo rjeenje (5.115) mogli usporediti s rjeenjem u nauci o vrstoi, to emo rjeenje

transformirati u pravokutne koordinate. Prema izrazima (2.16) i (2.17) Nauka o vrstoi I, str. 27

vrijedi 1

x r cos2 , y r sin

2, xy r cos sin . (5.118)

Ovdje je prema slici 5.28 uzeto da je 0 jer smo pri transformaciji os r zakrenuli u x os.

Prema istoj slici vrijedi

108

Slika 5.28 Transformacija naprezanja iz polarnih u pravokutne koordinate

r x y2 2 2 , tan y

x, (5.119)

odnosno

cos x

r, sin

y

r. (5.120)

Ako (5.116) uvrstimo u (5.118), dobit emo

xA

r cos3 , y

A

r cos sin2 , xy

A

r cos sin2 .

Uvrstimo sada u gornji izraz (5.120), zatim (5.119), pa emo dobiti

x Ax

rA

x

x y

3

4

3

2 2 2( ),

y Axy

rA

xy

x y

2

4

2

2 2 2( ), (5.121)

xy Ax y

rA

x y

x y

2

4

2

2 2 2( ).

Pomou izraza (5.121) moemo lako odrediti raspored naprezanja u presjeku x konst . . Visina

klina h na tom mjestu iznosi h x 2 tan . Odavde je x h ( cot ) / 2 . Takoer je

h y h/ /2 2 . Ako (5.117) uvrstimo u (5.121), bit e

x

F x

x y

2

2 2

3

2 2 2sin ( ),

109

y

F xy

x y

2

2 2

2

2 2 2sin ( ), (5.122)

xy

F x y

x y

2

2 2

2

2 2 2sin ( ).

Raspodjela naprezanja za sluaj 20 prikazana je na slici 5.29.

Slika 5.29 Raspodjela komponenata naprezanja u pravokutnim koordinatama

Kako je u ovom sluaju N F , A bh h , to prema izrazima nauke o vrstoi vrijedi

xN

A

F

h , y xy 0 .

Normalno naprezanje x odreeno metodama teorije elastinosti malo se razlikuje od naprezanja

izraunatog metodama nauke o vrstoi ako je sredinji kut 2 mali. Prema slici 5.29 vidimo da

je pogreka 9% za 2 40 .

Slika 5.30 Ravnotea rubnog elementa klina

Prema nauci o vrstoi komponente naprezanja y i xy jednake su nuli. To je tako

samo na prvi pogled. Naime, ako isjeemo trokutni element blizu ruba klina, kako je prikazano na

slici 5.30a, vidimo da element ne moe biti u ravnotei pod djelovanjem samo komponente

110

naprezanja x . Da bismo odrali ravnoteu, mora djelovati naprezanje yx u iznosu

yx xx yd d , tj. yx x xy x d d/ tan . Meutim, pored naprezanja yx djeluje i

naprezanje xy , kako je pokazano na slici 5.30c. Tada ovaj element nije u ravnotei u pravcu osi

y , pa se javlja komponenta y , kao na slici 5.30c. Ravnotea elementa zahtijeva da je

y xyx yd d , tj. y xy xyy x d d/ tan . Napokon imamo

xy x tan , y x tan2 . (5.123)

Ako je kut mali, xy je za jedan red veliine manji od x , a y je manji za dva reda

veliine. Meutim, s porastom kuta , rastu i naprezanja y i xy . Kad kut postane jednak

/ 4 , tada je tan 1 , pa je x y xy .

Slika 5.31 Poluravnina optereena silom F

Posebno interesantan sluaj klina imamo kad je / 2 . Tada klin prelazi u poluravninu

kako je prikazano na slici 5.31. U ovom sluaju je sin sin2 0 pa je A F 2 / , to

uvrteno u (5.116) daje

r

F

r

2 cos. (5.124)

Ucrtajmo sada na slici 5.31 krunicu polumjera R koja dodiruje rub poluravnine. U tom je sluaju

pravac x 0 tangenta krunice. Tada za pravokutni trokut OAB vrijedi r R 2 cos , to

uvrteno u (5.124) daje

r

F

Rkonst . . (5.125)

111

To znai da je naprezanje r konstantno du ucrtane krunice. Kako je r 2 jedno glavno

naprezanje, a 1 0 drugo glavno naprezanje, to du ove krunice imamo konstantnu razliku

glavnih naprezanja. Prema tome, ta krunica je izokroma. Jednadba izokrome prema izrazu

(14.39) u Nauci o vrstoi I str. 294 glasi 1

1 2 Nf

h, (5.126)

gdje je N 012, , ... red izokrome, f fotoelastina konstanta materijala, a h debljina modela. U

naem sluaju je 1 2 0 r F R/ , pa jednadba izokrome prelazi u

Nf

h

F

R

.

Odavde se moe dobiti polumjer krunice koji iznosi

RFh

N f

. (5.127)

Kad je N 0 , onda je R , tj. nulta izokroma se podudara s rubom poluravnine. Za N 1

dobit emo R Fh f1 / . Pri svakom slijedeem redu izokrome polumjer krunice-izokrome je

upola manji od prethodne, to je prikazano na slici 5.31b.

5.6.3 Klin optereen poprenom silom u vrhu

Klin optereen poprenom silom F u vrhu prikazan je na slici 5.32. Funkcija naprezanja u ovom

sluaju glasi

Cr cos . (5.128)

Iz nje se mogu dobiti naprezanja

rC

r

2sin , r 0 . (5.129)

Kao i u prethodnom sluaju rubni uvjeti na bokovima automatski su zadovoljeni. U

presjeku r konst . naprezanje r je raspodijeljeno po sinusnom zakonu.

Konstantu C odredit emo iz uvjeta ravnotee klina. Kako pravac djelovanja naprezanja

r prolazi kroz ishodite 0 u kojem djeluje i sila F , to je uvjet M 0 ispunjen. Uzmemo li

u obzir da su projekcije sile r rd u os x s gornje i donje strane osi simetrije x jednake po

iznosu a suprotne po smjeru, vidimo da je uvjet Fx 0 takoer zadovoljen. Preostaje da

ispunimo uvjet Fy 0 , tj.

112

F F ry r

sin d 0 . (5.130)

Kad u gornji izraz uvrstimo (5.129), dobit emo

F F Cy

2 0sin d2

,

odnosno

CF

2 2 sin

. (5.131)

Slika 5.32 Klin optereen poprenom silom F u vrhu

Nakon uvrtenja izraza za C u (5.129), bit e

r

F

r

2

2 2sin

sin. (5.132)

Na slian nain kao i u prethodnom sluaju moemo pomou izraza (5.118) odrediti komponente

u pravokutnim koordinatama koje glase

xB

rB

x y

x y

sin cos

( )

22

2 2 2,

yB

rB

y

x y

sin

( )

33

2 2 2, (5.133)

xyB

rB

xy

x y

sin cos

( )

22

2 2 2,

gdje je

BF

2 2 sin

. (5.134)

Raspodjela komponenata naprezanja po visini presjeka x konst . prikazana je na slici 5.33 za

klin sa sredinjim kutem 2 40 .

113

Prema nauci o vrstoi naprezanja u ovom sluaju iznose

xz

z

M

Iy , xy

y z

z

Q S

b I , y 0 . (5.135)

Slika 5.33 Raspodjela naprezanja po presjeku klina

Kako je M Fxz , I hz 3 12/ , Q Fy , S h yz ( / ) /

2 24 2 , gornji izraz moemo napisati u

obliku

xF xy

h12

3, xy

F

h

hy

6

43

22 . (5.136)

Pomou izraza (5.136) izraunate su vrijednosti i usporeene s onima koje daje nauka o vrstoi

te prikazane na slici 5.33.

5.6.4 Klin optereen spregom M u vrhu

Klin je prikazan na slici 5.34. U ovom sluaju funkcija naprezanja ima oblik

C C1 2 2sin (5.137)

Prema izrazima (5.92) komponente naprezanja iznose

rC

r

422

2sin , 0 , r

rC C

12 2

2 1 2( cos ) . (a)

Na bonim stranama klina, tj. za rubni uvjeti glase

( ) 0 , r ( ) 0 . (b)

114

Slika 5.34 Klin optereen spregom M u vrhu

Prvi je uvjet ispunjen, dok nam drugi rubni uvjet daje

12 2 0

2 1 2rC C( cos ) . (c)

Odavde moemo dobiti

C C1 22 2 cos , (d)

pa je

rC

r 2

2 222(cos cos ) . (e)

Konstantu C2 odredit emo iz uvjeta ravnotee momenata oko toke 0 koji glasi

M M r r

r d 0 . (f)

Kad u gornji izraz uvrstimo (e) i sredimo, dobit emo

M M C

2 02 ( )cos2 cos2 d ,

odnosno

22 2 2

2CM

sin cos

, (g)

pa je

r

M

r

2

2 2 2

22sin cos

sin,

r

M

r

sin cos

cos cos

2 2 2

2 22

. (5.138)

115

Radi preglednosti napisat emo (5.138) jo jednom u obliku

rD

r4

2cos sin ,

rD

r

2

2 22(cos cos sin ) , (5.139)

DM

sin cos2 2 2

.

Slika 5.35 Raspodjela naprezanja u presjeku klina

Izrazi za transformaciju prema slici 5.28 glase

x r r cos cos sin2 2 ,

y r r sin cos sin2 2 ,

xy r r cos sin (cos sin )2 2 .

Ako je (5.139) uvrstimo u izraze za transformaciju i pri tome uzmemo u obzir (5.119) i (5.120),

dobit emo

)2cos(24)(

333

222xyyxxyyx

yx

Dx

,

)2cos(24)(

333

222xyyxxyxy

yx

Dy

, (5.140)

))(2(cos4)(

222222

222yxyxyx

yx

Dxy

.

116

Navedena rjeenja za klinove imaju teorijsko znaenje, jer nam potvruju jednostavna i

priblina rjeenja nauke o vrstoi za tapove blago promjenljivog poprenog presjeka. Ta rjeenja

nam omoguuju da odredimo sredinji kut 2 za koji greka u proraunu nee prijei odreenu

vrijednost. Osim toga, pomou navedenih rjeenja moemo rijeiti i neke druge praktine

probleme.

5.6.5 Klin optereen jednoliko kontinuirano

Rjeenje tog problema ve smo razmatrali u pravokutnim koordinatama u potpoglavlju 5.2.8.

Takav je klin prikazan na slici 5.36. Funkcija naprezanja koja dovodi da rjeenja zadanog

problema glasi

r C C C C2 1 2 3 42 2( cos sin ) . (5.141)

Naprezanja izvedena iz te funkcije su

)2sin2cos(2 4321 CCCCr ,

)2sin2cos(2 4321 CCCC , (5.142)

r C C C 2 3 42 2 2 2sin cos .

Slika 5.36 Klin optereen jednoliko kontinuirano

Rubni uvjeti glase

( , )r q0 , ( , )r 0 , r rr r( , ) ( , )0 0 . (5.143)

Na temelju rubnih uvjeta slijedi

Cq

A14

2 ( tan ) , Cq

A2

2 ,

Cq

A3

4 tan , C

q

A4

4 , A tan . (5.144)

Sada izrazi za naprezanje glase

117

2sintan)2cos1(222

A

qr ,

2sintan)2cos1(222

A

q, (5.145)

2cos2sintan12

A

qr .

Ako usvojimo , dobit emo poluravninu koja je na jednom dijelu ruba optereena jednoliko

kontinuirano prema slici 5.37. U tom sluaju izrazi za komponente naprezanja glase

)2sin22(2

q

r ,

)2sin22(2

q

, (5.145)

rq

sin2 .

Slika 5.37 Poluravnina optereena kontinuiranim optereenjem

s jedne strane ishodita.

5.6.6 Rjeenja praktinih problema pomou rjeenja za klin

Mnogi praktini problemi u strojarstvu, graditeljstvu i drugim granama tehnike mogu se rijeiti

superpozicijom rjeenja o klinovima. Tako je npr. rjeenje problema naprezanja u trapeznom

konzolnom nosau tranica mosne dizalice prikazano na slici 5.38.

Nosa pola generatora ili elektromotora prikazan je na slici 5.39a. Slika 5.39b prikazuje

trapeznu konzolu optereenu jednoliko kontinuirano. To optereenje odgovara superpoziciji klina

koji je optereen jednoliko kontinuirano i klina koji je u vrhu optereen uzdunom silom qasin ,

poprenom silom qacos i momentom M qa 2 2/ . Slino rjeenje vrijedi i za T uvrenje

turbinske lopatice.

118

Slika 5.38 Konzola u obliku trapeza, nosa tranice mosne dizalice

Slika 5.39 Nosa pola generatora

5.6.7 Kruni disk optereen dvjema silama

Slika 5.40 prikazuje kruni disk polumjera R koji je optereen s dvije kolinearne, jednake i

suprotno usmjerene sile F . Funkcija naprezanja koja dovodi do rjeenja ovog problema sastoji se

iz tri dijela i glasi

1 2 3

1 11

2 22

3

2

2

Fr Fr Fr

Rcos cos . (5.146)

Znaenje r1 , r2 , r3 , 1 , 2 , vidljivo je sa slike 5.40a. Funkcije 1 i 2 predstavljaju funkciju

naprezanja za poluravninu optereenu silom F koju smo obradili u potpoglavlju 5.6.2 s tom

razlikom to se ovdje javljaju funkcije cos1 i cos2 umjesto sinusne funkcije. To je zbog

drugaije odabranog koordinatnog sustava. Trei dio funkcije naprezanja 3 uvodi potrebnu

korekciju tako da budu zadovoljeni rubni uvjeti.

Naprezanja odreena iz tri dijela funkcije ne smiju se neposredno zbrojiti, jer se ne odnose

na isti koordinatni sustav. Zbog toga emo ih napisati odvojeno u tablicu 5.3.

Tablica 5.3. Naprezanja u disku

119

1 2 3

r 2F

r

1

1sin 2F

r

2

2sin F

R

0 0 F

R

r . 0 0 0

Slika 5.40 Kruni disk optereen s dvije sile

Po obodu diska vrijedi 1 2 2 / , tj. vektori poloaja r1 i r2 ine pravi kut pa je na rubu

r rR1 2 2

sin sin 1 2 . (a)

120

Prema tome, naprezanja po rubu koja potjeu od 1 i 2 jednaka su i meusobno okomita. Ta

naprezanja iznose

r r

F

R

1 2 . (b)

Kako funkcija 3 u itavom disku, pa tako i na rubu daje jednoliko vlano naprezanje

r

F

R

3 3 , (c)

oito je da se du ruba naprezanja r1 , r

2 i r3 meusobno ponitavaju. Prema tome, moemo

zakljuiti da su rubni uvjeti zadovoljeni jer su du ruba normalno i posmino naprezanje jednaki

nuli.

Da bismo mogli naprezanja zbrojiti, moramo ih transformirati na zajedniki koordinatni

sustav. Neka to bude sustav Oxy . Tada za naprezanja koja potjeu od funkcije 1 vrijedi

x rF

rr1 1 2 1

1

4 1

3

1

2

1 cos sin cos ,

y rF

rr1 1 2 1

24 1

3 31 sin sin , (d)

xy rF

rr1 1 1 1

14 1

3 21 1 sin cos sin cos .

Naprezanja koja potjeu od 2 iznose

x rF

rr2 2 2 1

24 2

32

22 cos sin cos ,

y rF

rr2 2 2 2

24 2

3 32 sin sin , (e)

xy rF

rr2 2 2 2

24 2

3 22 2 sin cos sin cos .

Funkcija 3 daje komponente naprezanja

x y F R3 3 / , xy

3 0 . (f)

Konani oblik izraza za komponente naprezanja dobit emo zbrajanjem izraza (d), (e) i (f), tj.

x x x x 1 2 3 ,

121

y y y y 1 2 3 , (5.148)

xy xy xy xy 1 2 3 .

Prema slici 5.40a vrijede slijedei odnosi

xrr 2211 coscos ,

yRr 11 sin , r R y2 2sin , (5.149)

222

1 )( yRxr , r x R y22 2 2 ( ) .

Ako sada (d, e, f) i (5.149) uvrstimo u (5.148) i sredimo, dobit emo konane izraze za raspodjelu

naprezanja koji glase

222222

2

)()(

2

yRx

yR

yRx

yRFx

R

Fx

,

222

3

222

3

)(

)(

)(

)(2

yRx

yR

yRx

yRF

R

Fy

, (5.150)

222

2

222

2

)(

)(

)(

)(2

yRx

yR

yRx

yRFxxy

.

Gornji izrazi mogu se pojednostavniti uvoenjem oznake

222222 )()( yRxyRxK . (5.151)

U tom sluaju (5.150) prelazi u

)23)((4 2222242

xyRyRxK

FRx

R

Fx

,

)2)(()3(4 22222224 xyRyRyRxK

FR

R

Fy

, (5.152)

2224 )(8 yRxK

FRxyxy

.

Na vertikalnoj osi simetrije, tj. za x=0 imamo

x

F

R ,

1

4F22

2

yR

R

Ry

, xy 0 . (5.153)

Na horizontalnoj osi simetrije y =0 naprezanja iznose

2

22

22

xR

xR

R

Fx

,

1

)(

4F222

4

xR

R

Ry

. (5.154)

122

U sreditu diska je

x

F

R ,

R

Fy

3 . (5.155)

Raspodjela naprezanja po presjecima diska prikazana je na slici 5.40b i c.

5.6.8 Rastezanje beskonane ploe s krunim otvorom

Na slici 5.41 prikazana je tanka ploa s malim krunim otvorom ije se obje dimenzije, duljina i

irina proteu u beskonanost. Ploa je u beskonanosti optereena na rastezanje optereenjem

u smjeru osi x . Funkcija naprezanja ( , )r koja daje rjeenje ovog problema glasi

2cos

r

R2R-rln2R-r

4 2

42222 r . (5.156)

Slika 5.41 Beskonana ploa s krunim otvorom optereena na rastezanje

Ako (5.156) uvrstimo u (5.11) i sredimo, dobit emo

2cos4311

2

242

r

R

r

R

r

Rr ,

2cos311

2

42

r

R

r

R, (5.157)

2sin2312

24

r

R

r

Rr .

123

Trebamo se jo uvjeriti da naprezanja izraena pomou (5.157) zadovoljavaju rubne uvjete.

Raspodjelu naprezanja oko krunog otvora moemo dobiti ako u (5.157) uvrstimo r R . Tada je

o( cos )1 2 2 , r r 0 . (5.158)

Prema tome rubni su uvjeti na krunici r R ispunjeni. Kad r tei u beskonanost, komponente

naprezanja tee vrijednostima

x o , y xy 0 . (5.159)

Budui da su rubni uvjeti u beskonanosti definirani u pravokutnim koordinatama, a rjeenje je

dano u polarnim koordinatama, moramo (5.159) transformirati u polarne koordinate. Prema

(2.16) i (2.17) u 1 vrijedi

r cos2 , sin

2 , r cos sin . (5.160)

Ako sada pustimo da r tei u beskonanost, izrazi (5.157) prei e u

ro 2

1 2( cos ) ,

o

21 2( cos ) , r o cos sin . (5.161)

Lako se moemo uvjeriti da su izrazi (5.160) i (5.161) jednaki. To znai da su rubni uvjeti u

beskonanosti takoer ispunjeni.

Naprezanja du osi x dobit emo ako u (5.157) uvrstimo 0 i r x . U tom sluaju

vrijedi

r x

R

r

R

r

2

2 5 3

2 4

,

y

R

r

R

r23

2 4

, r xy 0 . (5.162)

Ako u (5.157) uvrstimo /2 i r y , dobit emo raspodjelu du osi y , tj.

r y

R

r

R

r

3

2

2 4

,

x

R

r

R

r22 3

2 4

, (5.163)

r xy 0 .

124

Slika 5.42 Raspodjela naprezanja x i y du osi x i y

Raspodjela naprezanja du osi x i y prikazana je na slici 5.42, a du ruba otvora na slici 5.43.

Najvee naprezanje nastaje na rubu otvora za 2/ i r R . To naprezanje iznosi

3)2/,(max R . (5.163)

To je naprezanje pozitivno, dakle vlano. Faktor koncentracije naprezanja K definiran je izrazom

K

max . (5.164)

I u ovom sluaju faktor koncentracije naprezanja iznosi K 3 . Ako je ploa optereena u smjeru

osi y umjesto u smjeru osi x , rjeenje se moe dobiti ako umjesto uvrstimo 2/ . U tom

sluaju cos prelazi u sin , a sin u cos . Osi x i y se meusobno zamjenjuju.

Superpozicijom dva opisana rjeenja, dobit emo sluaj prema slici 5.44a

Superpozicijom dva opisana rjeenja, moemo rijeiti jo dva sluaja optereenja koja su

prikazana na slici 5.44. U prvom sluaju prikazanom na slici 5.44a radi se o rastezanju jednakim

intenzitetom u dva meusobno okomita smjera. Faktor koncentracije naprezanja u tom

sluaju je K 2 . Naime, rastezanje u smjeru osi x izaziva u tokama A i B naprezanja: A' 3

i B' . Rastezanje u smjeru osi y izaziva u tokama A i B naprezanja:

"

A i B" 3 .

Superpozicijom tog rjeenja dobit emo

A A A ' " 2 , B B B

' " 2 . (5.165)

125

Slika 5.43 Raspodjela naprezanja oko krunog otvora

Do istog smo zakljuka mogli doi razmatranjem rjeenja za debelu cijev, ako je p1 0 , p2

i r2 . U tom sluaju (5.104) za r r 1 daje

211

)/(1 2212

21

2

11

rrrr

rr , (5.166)

U drugom sluaju, koji je prikazan na slici 5.44b, radi se o istom smicanju intenzitetom

. To se stanje naprezanja moe prikazati kao istovremeno rastezanje i sabijanje jednakim

intenzitetom ( 1 , 2 ).

Slika 5.44 Superpozicija postojeih rjeenja

Taj sluaj naprezanja nastaje u blizini malog krunog otvora u tankoj cilindrinoj ljusci koja je

optereena na uvijanje kako je prikazano na slici 5.45b. U tokama A i B na rubu krunog otvora

naprezanja iznose

126

A A A ' " 3 4 , B B B

' " 3 4 .

Prema tome, u ovom sluaju je max 4 i o , pa faktor koncentracije naprezanja iznosi

K

max 4 .

Slika 5.45 Naprezanje oko malog krunog otvora u tankoj cilindrinoj ljusci,

a) optereenoj unutarnjim tlakom p , b) opterenoj na uvijanje spregovima M

Ako je zatvorena cilindrina posuda optereena unutarnjim tlakom p prema slici 5.45a bit e

xpR

h 2

, pR

h2 (5.167)

U tom sluaju naprezanja u toki A na rubu malog krunog otvora iznose

A A A ' " 2 3 ,

B B B ' " 6 2 4 . (5.168)

Prema tome i u ovom sluaju faktor koncentracije naprezanja iznosi K 4 .

127

Slika 5.46 Prikaz koncentracije naprezanja pomou slike izoklina fotoelastinog modela s eliptinim otvorom koji

je optereen na isto savijanje

Na slici 5.46 prikazana je slika izokroma koja je dobivena pomou fotoelastinog modela u

kruno polariziranom svjetlu. Slika prikazuje tap sa sredinjim eliptinim otvorom koji je

optereen na isto savijanje. Na lijevoj i desnoj treini tapa izokrome su paralelne s osi tapa.

Rasporeene su jednoliko, tj. s jednakim meusobnim razmakom. To znai da je i naprezanje x

jednoliko rasporeeno po visini tapa, dok je 0y . Vidimo da je u tom podruju polje

naprezanja neporemeeno, tj. isto je kao da i nema otvora. U neposrednoj blizini eliptikog otvora

imamo dvoosno stanje naprezanja. U blizini gornjeg i donjeg tjemena elipse izokrome se

zgunjavaju to pokazuje naglu promjenu naprezanja, tj. koncentraciju naprezanja.

Slika 5.47 Slika izokroma u tamnom polju fotoelastinog modela klina koji je prikazan na slici 5.36

Na slikama 5.47 i 5.48 prikazane su slike izokroma klina koji je po jednom boku optereen

jednoliko kontinuirano. Slika 5.47 snimljena je u tamnom polju pa u njoj izokrome imaju red

2,1,0N , itd. Slika 5.48 snimljena je u svijetlom polju pa na njoj izokrome imaju polovian red,

128

tj. 2/1N , 2/3 , 2/5 itd. Takav smo problem rijeili u potpoglavlju 5.65. Rjeenje je

prikazano na slici 5.36. Nulta izokroma 0N na fotografiji ide od vrha klina prema toki koja se

nalazi neto iznad sredine presjeka na mjestu ukljetenja. Ta izokroma prikazuje neutralni sloj u

kojem je naprezanje 0 . Red izokrome na gornjem rubu je nii od reda izokrome na donjem

rubu, to znai da je i naprezanje na gornjem rubu neto nie od naprezanja na donjem rubu.

Slika 5.48 Slika izokroma u svijetlom polju fotoelastinog modela klina koji je prikazan na slici 5.36