Alfirević Nauka o Čvrstoći 1

Ako vektor naprezanja mijenja orijentaciju u prostoru, stanje je naprezanja prostorno m troosno.

Z:v= v sin 9cos cp- v cos Ssin tp. lizmemo li u obzir izraz (2.10), gornji izraz prelazi u (2.1 l)

2.5. Transformacija komponenata vektora Vidjeli smo da komponente tenzora naprezanja ovise o orijentaciji presjeka. Ako se za presjek veže koordinatni sustav, komponente naprezanja, očito, ovise o orijentaciji koordinatnog sustava. Obično su komponente tenzora naprezanja zadane za jedan koordinatni sustav koji zovemo·stari koordinatqi sustav i označavamo s

24

V,= -vxsinq>+vycosq>. Izraz (2.11) često služi kao definicija vektora koja glasi: Usmjerena veličina kojoj su transformirane komponente Vx i v:r povezane sa starim komponentama v;J: i r, pomoću izraza (2.!1 J jest vektor. Znamo da se svaka usmjerena veličina ne ponaša kao vektor: npr. kut zakreta jest usmjerena veličina, ali nije vektor. Vektor

25

il može predstavljati bilo koju vektorsku veličinu, npr. silu, brzinu, vektor položaja

r

njegove komponente bit če

itd. Shvatimo li vektor Icao vektor položaja jednake koordinatama točke A, tj.

Stika 2.10 prilca:zuje trokutni element čije su stranice dx, dy i dji. Trokutni je element pravokutan, pa je dx

dy

.

-::=Stnfl)

dy

dy Prema torne vidimo da se ko_ordinate x, y transformiraju prema izrazu (2.ll), tj.

gdje su dx, dy i dji apsolutne vrijednosti stranica trokuta. Uvjeti ravnoteže elementa

za osi i'=XCOS(/I+ysintp (2.12)

(2.14)

-==COS (,O,

x i ji glase

LFx= l1xdf~ 'txydysin tp- q;TdycOSfP- ryxdxcos tp- a 1 dxsin tp=O (2.15)

Y= -xsinlj) + ycosrp. y

lzraz (2.12} izriče ovisnost novih koordinata o starima. Inverzijom možemo dobiti obratnu ovisnost, tj.

dy

(2.13)

.,

Stika 2.10. Ravnoteža trokulnog. ck:menla

2.6. Izrazi za transformaciju komponenata tenzora naprezanja Slika 2.9 prikazuje stari ili osnovni koordinatni sustav Oxy te novi transi dva elementa s ucrtanim naprezanjima. Jedan element formirani sustav odnosi se na koordinatni sustav Oxy i na njemu djeluju naprezanja ax• a}.. txy i t:rx· Drugi element odnosi se na koordinatni sustav OXY i na njemu djeluju
oxr

\r

\

.,

X

o

đ.-.: = uxcos 2 (l)+ ay sin 2 ·cp + ~'C~y sin cp cos tp

r.J:1 =

(ax-a>.)costpsintp+2rx:y(cos2
(i,=

(2.16)

sin2 rp).

a,. sin2 <{)+ (!i'COS 2 (p- 2txyCOS (/)Sin (/J (2.17)

-· -x

~

bl

'

Slika 2.9. Transformacija tenzorn naprezanja

sigrna iks potez.), ar i -:.J:>"" Ubuduće ćemo sve veličine (naprezanja, deformacije, momente tromosti itd.) koje se odnose na sustav O xy označivali bez poteza, a. one veličine koje se odnose na zarotirani sustav O i ji s potezom. Na slici nisu upisani prirasti naprezanja (ii u,ri'x)dx, (o u,foy)dy i (ilt,,Jox)dx jer bi se oni pri izvodenju izraza 7.a transformacija· poništili kao male veličine višeg reda.

26

Te izraze treba podijeliti s d}i, u njih uvrstiti (2.14) i srediti, uzimajući u obzir da je TA"J'=ryrt pa će se dobiti ·

To su izrazi za transfonnaciju dviju komponenata naprezanja. Izrazi za preostale dvije komponente mogu se dobiti na sličan način razmatranjem ravnoteže trokut~ nog elementa na slici 2.11. Ti izrazi glase:

r

\ \

'

\J

\

dx

X

Stika 2.11. Komponente naprezanja na trokutnom elementu

17

l

Izraze (2.17} možemo dobiti iz izraza (2.16) ako uzmemo u obzir da je, prema slici 2.12,

"'

Nakon

sređiVanja

l

i usporedbe s

trećim

izrazom (2.19) dobit

ćemo

du, ( ----sin2cp+1'xycos2cp "·- "' ) =2r~_=O _ --=2 dcp 2

l '

(2.18)

(2.21)

Vidimo da će na presjecima na kojima djeluju ekstremna normalna naprezanja naprezanja biti jednaka nuli. Označimo s cp0 kut koji ekstremna normalna naprezanja čine s osi x. Ako u (2.21) uvrstimo cp0 umjesto cp i sredimo, dobit ćemo

,,

posmična

l

(2.22)

Slika ~-~~- Pri rotaciji koordinatnog sustava za n/2 (i_~ prelazi u (i,.. a t..,r u - f rx Pomoću trigonomet. relacija 2 cos cp sin , sin'
a:<:+

a}.

ax- aY

.

ay=~----cos2q>-'t'xysm2
2

(2.19)

Očito je da kut 2cp0 ima dvije različite vrijednosti 2
Da bismo odredili glavna naprezanja a 1 i a 2 , trebalo bi iz izraza (2.22) odrediti sin 2
rj

l

Lako se možemo uvjeriti da medu komponentama naprezanja vrijede ovi odnosi: (2.20) Iza= (ix. U}.-

r;y=

G';x.

Gy- r;).= konst.

u~' ~dydy

Veličine

/ 1 ", i 12 ", nazivaju se prva odnosno druga invarijanta tenzora naprezanja jer se ne mijenjaju pri rotaciji koordinatnog sustava.

2.7. Glavna naprezanja

Gx- Uy

.

-=--(-2sm2cp)+2r,,cos2cp=O. dcp 2 28

·--·--

x

Slika 2.13. Trokutni element na kojem • djeluje glavno naprezanje

Vrlo često se susrećemo s problemom određivanja maksimalnog normalnog naprezanja u nekoj točki, kao i presjeka na kome ono djeluje. U tu svrhu derivirat ćemo u (2.19) izraz za (ix po

krJ, dx

0

Ravnoteža tog elementa za osi x i y glasi Efx=- ux dy- rx)·dx+ adYcos cp0 =0 LF).=- o-Ydx-tx,.dy+ ad:Ysinc;o0 =0.

29

Ako podijelimo gornje izraze s dy i uzmemo u obzir da je dy/dy=cos
koordinate središta S, a

(2.23)

'fxycos
(2.28)

To je sustav od dvije homogene linearne jednadžbe s tri nepoznanice: COS fP. sin ~po j <1. Taj će sustav jednadžbi imati netrivijalno rješenje sarno ako determinan:a sustava bude jednaka nuli. tj. ako je

l

vidjet ćemo da on predstavlja jednadžbu kružnice u koordinatnom sustavu
(a,- u)

(2.24)

r,,

Razvijanjem te determinante dobit ćemo kvadratnu jednadžbu

.-'- cr(O",+ u,)+(<1,u,-,;,)=0.

(2.25)

Rjci!enje te jednadžbe glasi

R=

polumjer kružnice.

Središte kružnice nalazi se na osi a. Udaljenost središta S kružnice naprezanja od ishodišta je (u,+ a,)/2. a polumjer kružnice jeR. Mohrova kružnica naprezanja prikazana je na stici 2.14. Svaka točka Mohrove kružnice određena je s dvije koordinate: a:r i -r"',.~ tj. dvije komponente napre7.anja koje djeluju na nekom presjeku. Ako okrenemo presjek za kut
odnosno

("·- ",)' --2-

+~,.

(2.26)

Pomoću izraza {2.26) možemo u svakoj točki odrediti glavna naprezanja a 1 i

O'

z.

2.8. Mohrova kružnica naprezanja U ovom ćemo poglavlju pokazati kako se iZrazi za transformaciju naprezanja (2.21) mogu interpretirati grafički, Prvi prijedlog za grafički postupak dao je K. Culmann 1866. god. Taj je postupak usavršio i objavio 1895. god. Otto Mohr. Prva i treća jednadžba izraza (2.19) mogu se napisati u obliku

,,

•'

tTx- Uy . l'xr= ----sm2q>+-r~yCOS2qJ.

2

bl

(1.27)

Usporedimo li ovaj izraz s jednadžbom kružnice (x-p)'+ (y-q)' =R2 ,

30

t}

dl

X}

Slika 2.14. Mohrova kružnica naprezanja

Ako oba ta izraza kvadriramo, a zatim zbrojimo, dobit ćemo

a,+ "'•)' +\r;r}' e J' = ("·"•)' +t;r ' --2( -ax-~

X

(b)

Na slici 2. 14b prikazano je stanje naprezanja u kojem su sve komponente pozitivne. Presjeci A i B čine međusobno kut od 90•, pa će odgovarajuće točke A i B na Mohrovoj kružnici biti razmaknute za sredil!nji kut od !80', tj. nalaze se dijametralno jedna nasuprot drugoj. Ako je točka A iznad osi apscisa, točka B će bit ispod osi apscisa, i obratno. Iako su oba naprezanja; 'txy i 't'>"" istog predznaka po općoj .definiciji, njihov predznak pri crtanju Mobrove kružnice mora biti definiran

31

na" drugi naćin. Da bi okretanje točke na Mohrovoj kružnici imalo isti smjer kao okretanje presjeka, pozitivni 't'xy nanosi se ispod osi apscisa, a pozitivni T~ iZiia:d osi apscisa. U to se možemo iako uvjeriti uvrš:tavajući konkretne podatke u izraze za transformaciju. Dogovor o predznaJcu posmičnih naprezanja možemo izraziti i ovako: Pri crtanju Mohrove kružnice iznad osi apscisa nanose se posmična naprezanja koja ,.okreću .. vanjsku normalu u smjeru kazaljke na satu, a ispod osi apseisa ona koja je "okreću .. suprotno od smjera kazaljke na satu.

~l'~

l. Postoje dvije točke: Ci D, u kojima Mohrova kružnica siječe os (J, Y- točke u kojima su posmična naprezanja jednaka nuli. Normalna naprezanJa u hm točkama imaju ekstremne vrijednosti at= D'111a, i U:a= amin· 2. Veličina glavnih naprezanja iznosi

Da bismo mogli riješiti problem dvoosnog napregnutog stanja, odnosno konstruirati Mohmvu kružnicu~ potrebno je poznavati 4 podatka. Najčešće su to normalno i posmično naprezanje na dva međusobno okomita presjeka. Međutim~ mogu biti zadani normalno i posmično naprezanje za dva presjeka koja čine proizvoljan kut, pri čemu kut ne mora biti poznat. Ako je kut između dva presjeka poznat, dovoljno je zadati samo tri komponente naprezanja. Opisat ćemo postupak konstruiranja i analize Mobrove kružnice kad su poznate obje komponente naprezanja za dva presjeka:

(-",--- -"··)' +t' 2

·•

J7..., 4--


r:~-,,--,

Slika 2.15. ~dredJ.,;mJ_e smjera glavnih napre~nja po~Q(:u pola

32

r;-~;,---

~~ "

p Mohro.,~·kružnice

rm"=R=

\

•

3. Kon:.;truirarno kružnicu kojR prolazi kroz točke A i B sa središtem ne\ osi u. Središte S Mohrove kružnice nalazi sC u sjecištu osi a i simetrale dužine AB. Ako su presjeci A i B međusobno okomiti, točke A i B su postavljene dijametralno, tj. sređište S"nala.zi se u sjecištu dužine ABi osi o (slika 2. l5b). 4. Sjecišta i D Mohrove kružnice i osi (J jesu g1avna naprezanja (TI i' 0"2. 5. Da bismo mogli odt:editi pravce glavnih na'prezanj~~ konstruiramo pol P. Kroz točke A i B na J\1ol;rovoj kružnici povlačimo paralele s normalama na presjecima A i B. Te paralele sijeku se u točki P koja se nalazi na Mohrovoj kružnici. Pravci PC i P D određuju smjer glavnih naprezanja. Orijentirani element s glavnim naprezanjima prikazan je na slici 2.15c.

e

kako je već navedeno u izrazu (2.27). 4. Točke G i H (slika 2.14a) definiraju presjekc s ekstremnim posrničnim naprezanjima. Iz slike vidimo da su točke G i H na Mohwvoj kružnici udaljene 2a središnji kut 2

.......... ~l

,

;~:y,

što odgovara izrazu (2.26).

15,

~-

-

3. Kut glavnih pravaca naprezanja, prema shci 2. !4a, izno:>i

L Nacrtamo element, odnosno zadane presjeke sa svim komponentama naprezanja. Oba presjeka označimo velikim slovima, npr. A i B. kako je prikazano na sUci 2.l5a. 2. U koordinatnom sustavu a~ -r ucrtamo točke A i B vodeći računa o tome da je točka iznad osi apscisa ako posmično narrezanje na istoimenom presjeku "okreće" u smjeru kazaljke na satu, odnosno ispod osi apscisa ako posmič­ no naprezanje .,okreće'' suprotno od smjera kazaljke na satu (slika 2.15b}.

f

6. Zelimo Ji odrediti komponente naprezanja na proizvoljnom presjeku. npr. presjeku E, povlačimo kroz P paralelu s nonnalom u E Ta paraieia siječe krulnicu u točki E čije koordinate (aF. i 1:E) određuju~komponente naprezanja na presjeku E. Neovisno o prethodnim izvodima možemo neposredno iz Mohrove kružnice naprezanja izvući ove zaključke:

l

l

('\"')'

+r.,.

što odgovara izrazu (2.28).

U presjecima u kojima djeluju maksimafna posmična naprcz~nja oba_ normalna su napreza!lja jednaka 1 iznose am =(a1 + 0'2 )/2. ~lement s rnaks:ma!nim posmičnim naprezanjem prikazanje na slici 2.J4c.

S. Zbroj normalnih naprezanja za. dva među'Wbno okom:ita pre.sjeka jest invarijanta, tj.

što odgovara izrazu (2.20). 6. Prema slici 2.14a vrijedi

)

"= R sin (2q>0 3 L AlfireviC:

Nauka o čvrstoći

2

33

Odavde je

Prema tome, glavno naprezanje a 1 čini kut od 45° s osi x~ a naprezanje u2 kut od 45<>. Osnovni i orijentirani elementi prikazani su na slici 2.16.

'"ix= O'm + R.cos 2rp0 cos2(,0+ R sin 2q>0 sin 2qJ :t~y= Rsin 2~"p0 cos 2rp- R cos 2
Kako je Rsin2rp0 =L.,.,,.., Rcos2
O"m

=(ax+ uy)/2.

7. Ako je zadan element s dva međusobno okomita presjeka, pravac naprezanja "• čini kut manji od n/4 s pravcem (algebarski) već
napre?llnja odredit

Zadano naprezanje predstavlja izraza (2.26):

čisto

smicanje.

Veličinu

glavnih

i

~

l

l

0"1,2=

ax+ (J}'+ --2·~-

("x; u,)'+~,

±txy= ±50MPa.

Glavna naprezanja jednaka su po apsolutnoj vrijednosti zadanom posmičnom naprezanju. Jedno glavno naprezanje je vlačno, tj. pozitivno, a drugo tlačno, tj. negativno. Zbroj glavnih naprezanj_a jednak je nuli, kio što zabtijeva.izraz·(2.20):

ax+ u,= u1 + a2 =0. Pravce gla\nih naprezanja odredit

ćemo pom~ću_izraza

(2.22):

X

l

o

l'i

.,i

ćemo pomoću

0"1,2;::;;:

S tim slučajem naprezanja susretat ćemo se vrlo često, a posebno kod uvjjanja okruglih štapova, pa je potrebno da ga dobro proučimo i zapamtimo. Rezultanta naprezanja koja djeluju na presjecima A i B te A1 i B, izaziva rastezanje dijagonale CC1 ; isto tako rezultanta naprezanja u prosjecima A i B1 te B i A, izaziva sabija nje dijagonale DD 1• Da je smicanje na osnovnom elementu imalo negativan predznak, glavno naprezanje u1 djelovalo bi u presjeku - 45•, a a, u presjeku +45•. Djeluju li na element vlačno i tlačno naprezanje u dva okomita presjeka jednakim intenzitetom, ta su naprezanja ekvivalentna čistom smicanju istim intenzitetom u presjecima zakrenutim za 45c prema osnovnim presjecima.

:ll

li

l

Slika 2.16. Cisto smicanje ekvivalentno je rastezanju i sabijanju

u

međusobno

okomitim presjo::ima jednakim intenzitetom

Grafičko rješenje. Na slici 2.17a prikazan je još jednom element. s ucrtanim naprezanjem. Presjek A predstavljen je u Mohrovoj kružnici točkom A koja se nalazi ispod osi apscisa jer naprezanje tx)l nokreće" suprotno od smjera kazaljke na satu. Presjek B prikazan je točkom B u Mohrovoj kružnici iznad osi apscisa. Obje točke leže na osi ordinata jer je u oba slučaja normalno nap,rczanje jcdn~ko nulL Središte kružnice S nalazi se u ishooištu O, tj. u raspolovnici dužine AB. Da bismo. odredili glavne prosjeke. odnosno glavne pravce napre;
aJ

. "'x)'

M;

bl

't

ILjf~~

tg 2'1'0 = ( "" _ _a)/Z. Odavde je 2q>0 = ±90°, odaoSriO (PO= +45~,
eJ

-

-

• ux+ fly az.- u1 . O"r=--2- +--2-cos2tpo +l;.;"siD2(,0o

"đlt='t..,1 sin90.,=Txy= CTt·

34

Slika 2.17, Mohrova kružnica naprezanja za

3*

čisto

smicanje

35

) i t,,~h (q>). Ako iz pola P povučemo pravac pod kutom q>, dobit ćemo točku E čija apscisa i ordinata u nekom mjerilu predstavljaju normalno i posmično naprezanje a, i t,,. Pri promjeni kuta 'P pomiče se točka E po Mohrovoj kružnici. Na taj način, možemo lako odrediti ovisnost 0:,1: i rx)' o kutu ({J. Ta je zavisnost prikazana polarnim dijagramom na slici 2.18.

Konstrukcija dijagrama

Poluzbroj i polurazlika glavnih naprezanja; sin2q> i cos2q>, vi!e puta će se pojaviti u toku izrade zadatka, pa je preporučljivo da ih izračunamo prije uvrštava-

nja. Te

ve1ičine

u navedenom primjeru iznose;

u +a 2

(1

-u 2

-"--'=20MPa, -'--Y= LOMPa

... , (b)

sin 2q> =- 0,7071.

cos2q>=0,7071

Uvrstimo li (b) i ostale podatke u (a), dobit

ćemo

a,=20 +lO (0,7071)- 20 ( -0,707!)=41.213 MPa

t",,= Slika 2. Ut Ovisnost Mrmalnog i

pOsmlćnog

naprezanja u orijentaciji presjeka pri

čistom

smicanju

PRIMJER 2.3 Zadano je stanje naprezanja a,=30MPa, a,=lOMPa, r,,= -20MPa. Treba odrediti: naprezanja = 22.5''' s osi x, - glavna naprezanja 0' 1 i a 2 i skicirati orijentirani element, - maksimalno tangcncijalno naprezanje s pripadnim normalnim napre~ zanjim::1. Zadatak riješiti analitički i grafički pomoću Mohrovc kružnice.

Presjek E s ucrtanim naprezanjima prikazan je na slici 2.19b. Brojke izražavaju samo apsolutnu vrijednost, a predznak je odreden smjerom strelice. Budući da je naprezanje t'xy negativnot strelica koja ga prikazuje ucrtana je na pozitivnom presjeku E u negativnom smjeru. Prema izrazu (2.26) glavna naprezanja iznose Ox- Uy

O"t,t=

'l

1-

.>:)1

2 +(-20}'. =20+Ji0 -

r,,

-20 lO

2.

2q>~

= - 63,43°

2q>~=

116,57',

odnosno
e

bl

Budući da su normaina naprezanja pozitivna, ucrtana su kao vlačna. Posmična naprezanja su negativna. pa je strelica koja prikazuje T,.,.r na pozitivnom presjeku A ucrtana u negativnom smjeru. Analitička rje:s·enje. Naprezanja (Jx i tr" odredit ćemo pomoću izraza (2.19) koji glase a;>:+cry (] -Cfy • 1

c.'"=-- + --cos2 2 2 a,.,- ay . txy= ~·--sm2, 2

58,28',

Kako je ax veče? normalno naprezanje, a 1 čini s osi x kut manji od 45'), tj. kut 31,72' odreduje smjer cr,. Orijentirani element prikazanje na slici 2.19c.

e}

Slika 2.19

36

2

tg2q>o= (a,- u,)/2

/ l)Jl

al

(ux- a,)' +t'

Vidimo daje

11 l

+

-2- -

Odavde je a 1 =42,36 MPa i a, =2,36MPa. Kut pravaca glavnih naprezanja dobit ćemo pomoću izraza (2.22), tj.

Prije nego pridemo rješavanju zadatka, skicirat ćemo element s pripadnim naprezanjima. prema slici 2.19a, i na elementu označiti presjeke A i B. Ir

lO(- 0,7071 )- 20(0.7071 )~- 7,071 MPa.

(a)

Rješenje pomoću Mohrove kružnice. U koordinatnom sustavu a, t crtamo točke A (30, 20) i B (10, - 20), koje predstavljaju naprezanja na prcsjecima A i B. U sjecištu spojnice AB i osi a nalazi se središte kružnice S. ll S opišimo kružnicu polumjera SA =SB. Kru.t'nica siječe os a u točkama C i D. Dužina OC predstavlja u mjerilu a1, a dužina OD a,. Pol Mohrove kružnice l' dobit ćemo ako il točke A na kružnici povučerno paralelu s osi x. Pravac PC definira smjer e1 1 ~ a pravac PD smjer q 2 , Da bismo odredili naprezanja u presjeku E, povlačimo kroz pol P paralelu s osi x. Ta paralela siječe Mohrovu kružnicu u točki E. Apscisa i ordinata

. 37

te točke predstavljaju naprezanja 7ia: i -rxy• Naprezanje U", je vlačn<>s a Tx, "okreće" u smjeru kazaljke na satu, kako je prikazano na slici 2.20b.

iJ, .,,. ,'<'

d}

~,, -:e_-.

-y··"'" T~ ~

,;·-,

bl~ E ~-.;;;o

,,

~~ X

o, l~~,

e

~

X lo

/

Apscise točaka Ci D predstavljaju glavna naprezanja u 1 =50MPa i a 2 =- 30MPa. Kut
I~

,t-

e

Jml)

s,

6~_j

-(f,

l_

l

Sfika 2.10. Mohrova kružnica naprezanja za primjer 2.3

X

l

PRIMJER 2.4 Zadano je stanje naprezanja prema slici 2.2la (upisane su samo apsolutne vrijednosti komponenata naprezanja). Pomoću Mohrove kružnice treba naći: kut f/Je• glavna naprezanja /YI i (Tl i naprezanje (jr· Skicirati runkcije đx=fi (
\

,.

l ;o \ l

v--

'

Slika 2.22. Ovisnost nor,nalre i pos:mične komponente napre-tanja o kutu rp

PRJMJER 2.5 Na element prema slici 2.23 djeluju naprezanja ux= Ur Pomoću Mohrove kružnice naći komponente naprezanja ur i tx» u proizvoljno orijentiranom presjeku. Naći izraze za komponente naprezanja u polarnim koordinatama.

oi ·,.,-.

Kako je ax= a1 , a t;.:1 =ty%=0, obje točke: A (O'.ro t".~.) i B (u,, r,".)~ u koordinat~ nom susta vu O17! padaju zajedno .. Mohrova kružnica postaje točka. Posmično naprezanje u svim je prcsjecima jednako nuli, a normalna su naprezanja u svim presjecima jednaka i iznose a;J:. Prema tome će i u polarnim koordinatama biti

ar= aqo= a!t. ciJI

~

•

'-~

'

~ 0

~~;-

"

r 1a•]• 50

38

.(

r,1 Slika 2.21

-!~.

~ :q '

,....

~. . ~

,_

".... tt:

6"

Slih 223. Mohrova kružnica za jednoliko rastezanje u svim smjerovima reducira se na

točku

39

2.9. Mohrova kružniCI za prostorno (troosno) naprezanje -:r.

Do sada smo proučavali zakone transformacija ravninskog stanja naprezanja. Izraze (2.19) izveli smo postavljanjem jednadžbi ravnoteže elementa u ravnini xy za slučaj kad je a,.=ru='t.x.z='t)'z=l":z1 =0. Kako naprezanje az n~ utječe na ravnotežu u ravnini y=, navedeni izrazi vrijede i kad je a 'Z =j:. O. Na sličan način, kao i u ravnini, možemo razmatranjem ravnoteže elementa u prostoru dobiti izraze za transformaciju troosnog naprezanja. Zbog složenosti nećemo izvoditi izraze za opću transformaciju tenzora naprezanja, nego ćemo se ograničiti na neke jednostavnije slučajeve, tj. na određivanje naprezanja u presjecima paralelnim s jednim od glavnih pravaca naprezanja.

;,:J

Presiječemo li element proizvoljno orijentiranom ravninom, kako je prikazano na slici 2.24b, ne možemo jednostavno odrediti naprezanja a i r koja djeluju na tom presjeku. U Vi§qi nauci o Čl'rstoći. odnosno u Teoriji elastičnosti poka~uje se da naprezanja na proizvoljno orijentiranom presjeku određuju točke unutar iscrtkanog područja na slici 2.25, tj. unutar područja koje leži između tri Mohrove kružnice. Prema slici 2.25 vidimo da će se maksimalno naprezanje pojaviti u presjeku koji čini kut od 45° s presjecirna na kojima djeluju naprezanja a 1 i a3 •

.,

;

rh

"'

l

~ill,...,_

I

Razmotrimo element prema slici 2.24a. Odaberimo osi x, y i z u pravcu naprezanja a ~o a2 , odnosno a3 , kako je prikazano na slici. Presiječemo li element ravninom koja je paralelna s naprezanjem a3 , element će izgledati kao na slici 2.24c. Veličinu naprezanja (i:r. i t:r.y možemo odrediti pomoću Mohrove kružnice kojoj su ekstremne vrijednosti a 1 i a2 . Ta kružnica prikazana je na slici 2.25 i prolazi kroz tačke A i B. Presiječemo li element ravninom koja je paralelna s naprezanjem a2 , dobit Qemo element prema slici 2.24d. Naprezanja U" i t :u koja djeluju na presjeku

,l

Tou

"

Slika 2.25. Mohrova kružnica za troosno stanje naprezanja

Slika 2.26. Mohrova kružnica naprezanja u primjeru 2.6

PRIMJER 2.6

.-,·

Zadano je stanje naprezanja: a 1 =50MPa, a 2 =20MPa i a3 =0. malno rangencijalno naprezanje -rrna~.

'i' al

Naći

maksi-

Zadatak ćemo riješiti pomoću Mohrove kružnice naprezanja, koja je prikazana na slici 2.26. Vidimo da je maksimalno naprezanje rm.., jednako polumjeru najveće Mohrove kružnice. Polumjer kružnice koja prolazi kroz točke A i B, tj. kružnice definirane naprezanjima a 1 i a 2 , jednak je sekundarnom maksimalnom naprezanju r~u· Naprezanje -r:no:o: leži u istoj ravnini kao i naprezanja a 1 i a 2 i čini s njima kut

bl

",

~

6•25

atBl5

'l

dJ

eJ

Slika 2.24. Transformacija troosnog stanja naprezanja

možemo dobiti pomoću kružnice koju definiraju naprezanja a 1 i a3 , a prolazi kroz točke A i C. Element koji je presječen ravninom paralelnom s naprezanjem a 1 prikazan je na slici 2.24e. Naprezanja Ci., i t>"" možemo odrediti pomoću kružnice koja je definirana naprezanjima a2 i a3 • Ta kružnica prolazi kroz točke B i C na slici 25.

40

6

1

=35 HPa

al Slika 2.27. Ravnine najveteg

G"z

H

bl posmičnog

naprezanja

od 45·, kako je prikazano na slici 2.27a. Istovremeno na tom presjeku djeluje i normalno naprezanje a'= (a,+ a 2 )/2, koje je jednako apscisi točke D sa slike 2.26. 7'/aprezanje -rno:n leži u ravnini koja je paralelna s pravcem naprezanja cr2 i čini kut od 45" s naprezanjem a 1 , kako je prikazano na slici 2.27b. · 41 .

.

PRIMJER ·2.7 Zadano je stanje naprezanja

[uu]=

[

-30 o -20 O

60 -30

o

o

l

MPa.

90

·_:IJI··I ~: i ;_~. i ' -~

:~.....':

w

. . . .

. ._,. ·. ;·::.;:<::J::~):,::.?(ii~~~~~~~r~~:;~·~·· ~-: ·: .:·

2.10. Elipsa naprezanJa l elipSOid naprezaDJa

" c·il)~>j!'i:~~~' t~

.

.

·:··;:·~~:-:~~~;_:,.,·;tiU~·:~l~';'~t?i\~.f:;_(<.::
'

,;, :

Naći

maksimalno naprezanje 't" malt i glavna naprezanja a p u2 • a 3 • Na slici 2.28b prikazane su komponente naprezanja koje djeluju u ravnini xy. Naprezanje az ne utječe na ravnotežu elementa u smjeru osi x ili y, pa ga ne moramo uzimati u obzir pri konstruiranju Mohrove kružnice koja se odnosi na ravninu xy. U sustavu Ou< nanesimo točke A (60, 30) i B (- 20,- 30) i kroz njih povucimo kružnicu sa središtem u S3 (30, 0). Ta kružnica siječe os u u točkama D i E koje određuju naprezanja u2 =70 MPa i u3 =- 30 MPa, dok je u,= u 1 =90 MPa.

.,

b4)' A

ci

l:F,=p,dy- u 1 dy=O l:F,=p,dy- u 2 dx=O.· <{;',,

:.';: .. l

(])'

B

..... f

.·

:

'· ·~ '"' - ~··· ···~ ......

:;:

r.r,

T

•'.<"· ~~

30 60

,, ,,

.

··''

lt

l

.

6z-

'

bl

aJ

cl

Slika 2.29. Uz izvod elipse naprezanja d)

®,.

e~Jo 70 .

.,

-- --];;.~.,,

' ,,,

fl

JO~:j <5'" ti

Ako te izraze podijelimo s dji i sredimo, dxfdy=sinq> i dyfdy=cos
-

vodeći

pritom·

računa

o tome da je

Px= 0"1 COS ifJ

"'

(2.29) Py =

g)

u2

sin tp,

odnosno ~-:

~F

.,.,Pz=COSifJ

70

Slika 2.28 Točka

D otklonjena je od točke A za kut 2q>0 = 36,87' u smjeru kazaljke na satu, pa je i a 2 otklonjen od pravca a~ za kut rp0 = 18,43°, također u smjeru kazaljke na satu, kako je prikazano na slici 2.28d i e. Sada znamo sva tri glavna naprezanja, pa možemo konstruirati sve tri Mohrove kružnice za troosno napregnu to stanje, prema slici 2.28c. S te slike možemo očitati aiT\IIJ;=60MPa. Točke Fi G na Mohrovoj kružnici određuju naprezanja na presjecima u kojima djeluje 'tmax. Kako se te točke nalaze na kru.žrJci definiranoj sa u1 i a 3 , presjeci 'tmu čine kut od 45° s presjecima u 1 i u 3 • Element s ucrtanim maksimalnim posmičnim naprezanjima i s pripadnim normalnim naprezanjima pirkazan je na slici 2.28f. Budući da je točka F na Mohrovoj k.ružn.ici otklonjena za 90° u smjeru kazaljke na satu od točke C, bit će i presjek F otklonjen od presjeka C za 45', takoder u smjeru kazaljke na satu, što je ilustrirano na slici 2.28g i h.

P'=sintp.

·-.·

:'

:)~!.i

Te izraze treba sada kvadrirati i zbrojiti, pa ćerriO do6iU" 1: ;;t~·::·· .

'i.

(~J

.. .

+(:J

'

,

.; .:::"":K":J :·:l •.-·: .

. ...

=l.

(2.30)

Taj izraz predstavlja elipsu u koordinatnom: sustavu..:;r.QPxPj•· :.Glavne poluosi elipse su o-1 i u2 • Elipsa je prikazana na slici 2.30.. ::>·.; Na sličan način možemo za prostorno naprezanje izvesti jednadžbu elipsoida naprezanja koja glasi ,,~ · x.n;\ . .:P!'~ix;: . . ·,~;.. ·.~-~~

42

u2

·J~r \

~+~·~,~~

(2.31)

. 43.

.,

l P,

b}

61

.,

P,

Slika 230. Etipsa i elipsoid naprezanja

Razmatranjem izraza (2.31) možemo

zaključiti

ovo:

a) Pri promjeni orijentacije presjeka kroz neku točku vektor naprezanja

nja se tako da njegov vrh opisuje elipsoid u slučaju troosnog naprezanja, odnosno elipsu u slučaju dvoosnog naprezanja. b) Najveća vrijednost punog naprezanja Pm.u:.Jednaka je glavnom naprez...anju 0' 1 , a najmanja Pmon glavnom naprezanju u 3 .

3. DEFORMACIJA 3.1. Pomak, dtdjinska, kutna i obujamoa deformacija Pod djelovanjem vanjskih sila tijela se deformiraju, tj. mijenjaju svoj oblik i dimenzije. Pojedine čestice tijela pomiču se u nove položaje. Vektor koji spaja početni i konačni položaj čestice naziva se vektor pomaka. Pomak se razlikuje od puta koji je čestica prevama u toku de formiranja i koji ne mora biti pravac. Na slici 3.1 crtkano je prikazano nedeformirano tijelo, a punom crtom de[onnirano. Točka A određuje početni položaj, a točka A 1 konačni položaj jedne čestice. Vektor ~6:::: AA 1 jest vektor pomaka čestice. lako deformacije tijela ovise o opterećenju i elastičnim svojstvima tijela, pojam deformacije sam je po sebi geometrijski pojam i može se razmatrati neovisno o opterećenju i elastičnim svojstvima tijela.

Slika

~.l.

Vektor pomaka

Deformiranje tijela očituje se promjeoom veličine (volumena) i promjenom oblika. Zamislimo gumenu pločn na kojoj smo ucrtali razne likove: kvadrate, kružnice i sl. Ako ploču rastežemo tako jednoliko u njenoj ravnini, da se dimenzije likova mijenjaju, pri čemu kvadrat ostaje kvadrat, a kružnica kružnica, kažemo da je došlo samo do promjene veličine, dok je oblik ostao isti. Prelazi li kružnica u elipsu, a kvadrat u pravokutnik ili romb, pri čemu površina lika ostaje nepromijenjena, kažemo da je došlo do promjene oblika. U največem broju slučajeva tijelo se deformira tako da istovremeno mijenja i oblik i veličinu. Pojam deformacija u nekoj točki B tijela vezan je uz promjenu oblika i veličine neposredne okoline te točke. Zamislimo pravac ABC koji prolazi kroz točku B. Sve čestice tijela koje su ležale oa pravcu ABC ležat će nakon deformiranja na nekoj krivulji A 1B1C 1 , kako je prikazano na slici 3.2. Vrlo mali element pravca duljine l 44

45

nakon defonniranja promijenit če duljinu za iznos Lit. Istovremeno će promijeniti orijentaciju za mali kut a. U vezi s tim definirat ćemo duljinsku i kutnu deformaciju. Kako kroz jednu točku možemo povući beskonačno mnogo pravaca, mogli bismo očekivati da je za poznavanje stanja deformacije u toj točki potrebno poznavati beskonačno mnogo podataka. Na kraju poglavlja pokazat čemo da je nužno i dovoljno poznavati duljinsku i kutnu deformaciju samo za tri međusobno okomita pravca. Dermiciju kutne i duljinske deformacije dat ćemo pomoću slike 3.3. Dvije male dužine AB i AC tvore pravi kut BA C. Nakon deformiranja tijela čestice B, A i e prelaze u položaj Bl• AI i cl. DuJjinsku deformaciju označavamo s t, a kutnu s }'· Indeksima označavamo pravce, odnosno osi na koje se odnosi deformacija.

~'e, e,

fA

Ona izražava relativnu promjenu obujma. Za trodimenxionalno tijelo mogu se definirati tri duljinske i tri kutne deformacije koje izražavaju relativno produljenje tri međusobno okomite dužine, odnosno promjene pravib kutova koje one čine. Duljinska deformacija, kutna deformacija i obujamna deformacija bezdimenxional-

ne su

veličine.

3.2. Tenzor deformacije, matrica tenzora deformacije Kao što smo rekH, za potpuno opisivanje deformacije u jednoj točki nužno je i dovoljno poznavati duljinske i kutne deformacije koje odreduju tri međusobno okomite dužine. Ukupno imamo tri duljinske deformaćije: <., e,, e, i šest kutnih deformacija: 'Y.~:" ')ly;t', Yr:;' Y:r' Y:.o-~ Y.~:;' koje su definirane ovako:

E..T

l

•'

B

produljenje infinitezimalne dužine paralelne s osi x

f;x,..= /)~=promjena

početna

duljina te dužine čine

pravog kuta koji

infinitezimalne dužine pa:ralelne s osi-

ma x i y. Slika :Lt Definicija dulji nske i kutne defonnadje

Slika 3.2. Defonnacija infinitcrJmalne dužine

Po definiciji d ulj inska je deformacija u

A 1 B 1 -AB

8-A

AB

.

&Ac=

Općenito

možemo

reći

A za pravac AB određena izrazom

.

t:As=lun dok je za pravac AC

točki

Tako definirana kutna defomlacija upotrebljava se u tehničkoj literaturi. Da bi matrica deformacije predstavljala tenzor, upotrebljava se tenzorska kutna defonnacija e;;:y koja je definirana izrazom l

e..:,..=2'Yx:r .

A,C,-AC

hm -'-:'=:-,_, AC

(3.1)

Matrica tenzora deformacije [ e
·= •., '"] [

(J. la)

[ eiJ] =

da je duljinska deformacija definirana izrazom

JI

t=lim-. r-o l

(3.2)

Prema tom izrazu duljinska deformacija predstavlja relativno produljenje. U izrazu (3.3) nije naznačeno na koji se pravac odnosi, zato znak e nema indeksa koji bi se odnosio na određeni pravac ili os. Kutna ddonnacija definira se uvijek u odnosu na dva međusobno okomita pravca i izražava iznos za koji će se promijeniti pravi kut među tim pravcima. Kutna deformacija u točki A na slici 3.3 za pravce ABi AC definirana je izrazom

·-·

YAec=lim

(~ABC-

i:A 1 B1C 1 ).

(3.3)

Upotrijebimo Ii oznake deformacija glasit če

e)U:

e1,. e..,;

Su

e.:y

uobičajene

•• l

[eii] = l 21"' l

2Y~

e::::

tehničkoj

u l

l

2'}!-"Y

21"

.,

(3.6)

l 2 y,,l

literaturi, matrica tenzora

(3.7)

l

2y,, e,

C-A

Analogno izrazu (3.3) definira se obujam na ili volumenska deformadja El: .1V B=lim-. v...o v

46

(3.5)

Umjesto naziva duljinska deformacija upotrebljavaju se i nazivi linijska deformacija i normalna deformacija, a umjesto naziva kutna deformacija upotrebljava se naziv posmična deformacija. Ti nazivi potječu otuda što kod izotropnih materijala 47

nonnalno naprezanje izaziva samo duljinsku (nonnalnu) defonnaciju, a posmično naprezanje samo kutnu (posmičnu) defonnaciju. Medutim, kako kod anizotropnih materijala normalno naprezanje može izazvati i kutnu defornlaciju, a posmično duljinsku, ti nazivi nisu u cijelosti opravdani. U većini tehničkih konstrukcija i strojeva pri normalnom radu defonnacije su vrlo male veličine. Obično su reda veličine 0,0001 do 0,001. Rijetko prelaze veličinu 0,001. Takve defonnacije zovu se male deformacije i pri izvodima mogu se njihovi kvadrati zanemariti u odnosu na same deformacije. Sve deformacije koje razmatramo u nauci o čvrstoći su male defonnacije, osim kad je to posebno naglašeno.

Pravu obujaronu deformaciju dobit ćemo graničnim prelazom kad .<~v.... o, tj. kad LJa-o, LJb...,o, Llc...,o. U tom je slučaju

lim

•

a~c

Sada izraz za

Lla

a

Llb

e-"''

lim -b = b-o

Ey,

Lie lim-= 6:~~-o e

e glasi €J =S..:+ Cy+t;r+ e..,&y+EyEz +e=Er+ fl:xB.rSr

Kad se radi o malim defonnacijama, kvadrate i više potencije možemo zanemariti, pa je (3.15)

8=tx+e,.+t:=.

3.3. Veza obujamne deformacije i duljinskih deformacija Na slici 3.4a crtkano prikazan je elementarni kvadar u nedeforrniranom a punom crtom isti kvadar defonniran. U nedeformiranom stanju tijela kvadar ima stranice a. b i e, a u deformiranom stanju a+ Ja~ b+ &b i e+ Lie. Obujam nedeformiranog elementa iznosi (3.8) V=abc, dok je obujam de formiranog elementa

(3.14)

Pri razmatranju volumenske defonnacije nismo uzeti u obzir utjecaj kutnih deformacija, jer pri malim deformacijama one ne utječu na promjenu volumena, ~to je vidljivo na slici 3.4b. Na toj je slici prikazana samo kutna deform((tija Y.u· Osnovica elementa ostala je ista, a visina elementa nije se promijeriila do uključivo male veličine prvog reda. PRIMJER 3.1

V+ Ll V= (a+ Ll a) (b+ Ll b) (e+ Lie).

(3.9)

t.i

Na štap promjera d=20mm i duljine 1~200mm djeluju na krajevima jednoliko raspodijeijena normalna naprezanja, slika 3.5. Mjerenjima je ustanovljeno da se stap produljio za 0,3 mm, a promjer smanjio za O,oJ mm. Odrediti uzdužnu deformaciju Ex i poprečnu deformaciju f;r

e

yj ...

••

~--~-=t= ---~-L-

bi

(Jj

_L

Slika 3.4. Veza duijinskih deformacija i obujamne deformadje

Slika 3.5

Odavde možemo odrediti prirast obujma

Lli_ O,Q3 ~0,0015

•·=1- 200

LlV=(V+LlV)- V.

Kad se izrazi (3.8) i (3.9) uvrste u izraz (3.10), i on se sredi, dobit će se Ll V= a bL! e+ ac Ab+ beLla +aL! bLic+ bL! aLle +eLlaL! b + LlaL!bL!c.

M

e,=a=

(3.1!)

- 0,01 = _ 0,0005. 20

Izračunate veličine su srednje vrijednosti; međutim. kako su deformacije u štapu homogene. one su ujedno prave mstvarne deformacije.

Srednja obujamna deformacija iznosi

L! V 8~=-v·

(3.12) 3.4. Transformacija tenzora deformacije

Nakon uvr~tavanja izra1.a (3.8) i (3.11) u izraz (3.12) i sređivanja bit Lla

Llb

Llc

Lla Llb

L!b Lie

Llc Lla

Lla Llb Lie

e.=-+-+-+-·-+-·-+-·-+-· abcabbccaa

48

ce

e

(3.13)

Zamislimo ravninski model prema slici 3.6 i na njemu ucrtanu pravokutnu mrežu. Uočimo pravokutni element ABCD. Ako model opteretimo, svaka njegova točka izvršit će drugačiji pomak. Sam element ABCD promijenit će i svoj položaj i 4 L

Alfirević:

Nauka o

~vrstoći

49

svoj oblik. Očito da translacija i rotacija elementa kao krute figure ne utječu na promjenu oblika i veličine elementa. pa se mogu pri analizi deformacije elementa isključiti iz razmatranja. Radi jasnoće slike deformacija elementa prikazana je uvećano, ali treba imati na umu da su promjene kuta reda veličine lučne minute, a

e,

X

0~1-----·-·?)

--X X

Slika 3.8. Transformacija tenzora ddormacije

aJ

Postupak izvođenja izraza za transformaciju komponenata deformacije ilustrirat ćemo pomoću slike 3.9. Neka su nam u točki A zadane komponente t.x, e>' i Yxy i kut cp koji čini sustav Axy sa sustavom AX)i. Na osi x odaberimo točku C, a na osi y točku E. Udaljenost točaka C i E od točke A infinitezimalno je malena, tj. AC ~dx i AE ~dy. Točke A, C, E iF kompletiraju infinitezimalni element dx dy u sustavu ..tX:V. Projiciranjem točke C na koordinatne osi x i y dobit ćemo točke B i D, pri čemu je

bJ

Slika 3.6. Deformiranje ravne

ploče

AB ~dx~dxcos
promjene duljine manje od O. I%. Radi lakše analize dovest ćemo translacijom elementa točku A1 u početni položaj, kako je prikazano na slici 3. ?a. a zatim malom rotacijom elementa kao krute figure oko A postaviti dužinu AB 1 iznad dužine AB. kao na slici 3. ?b. Prema toj slici vrijedi ·

CC 2 =BB 1 =er dx C2 C3 ~DD,~ t,dy

(3.17) AD~dy~đX sin
Nakon deformiranja tijela točke C, E iF prelaze u novi položaj C1o E1 , F1o kako je prikazano na slici 3.9a, pri čemu se dužina AC produljila za iznos CC4 i zarotirala za kut :x. Dužina AE produljila se za iznos EE4 i zarotirala za kut p.

(3.16)

C3 C 1 :=AD 2 Y.x,:::;:Y.x)'dy.

., dJ o

rf

d

"'

A, A

'{

l•rdY

o

:g

aJ..

dx (1+€ Jdx

...'l••

\

'

sJt••

!

A

e,

e,

al

bl

Slika 3.9. Analiza transronnacije komponenata tenzora der"Jnnacije €.dx

Prema slici 3.9b projekcije pomaka točke C na osi bl

al

CC 4 ~ (CC 2

Slika 3.7. Analiza deformiranja infinitezimalnog elementa

Znamo li komponente tenzora deformacije u zadanom koordinatnom sustavu Oxy, možemo odrediti komponente deformacija u proizvoljno orijentiranom koordinatnom sustavu Oxy. Radi jednostavnosti ograničit ćemo se na razmatranje ravninske deformacije. Slika 3.8 definira nam značenje komponenata ex, ~;>' i Y.x>· u koordinatnom sustavu Q;t.r i ir"' i.r i Y. u koordinatnom sustavu oX)i.

X i y iznose

+ C3 C 1 )cos

C, C 4 ~-(CC,+ C,Cd sin
ćemo

CC4 = (e.xd.X cos cp+ Yx.,dX sin cp)cos qJ+t>'d.X sin2 cp C1 C4 =-(ex dX cos ({J+ YxydX sin cp)sin ({'+&yd.X sin cp cos cp.

(J'

50

P e

! dx

' .,_.-t

c,

4•

51

!2 Y.,-_-e..,-t l --sm2cp+ r.,cos2q>

Kako je

1

t....,= e.xcos2
a:::::: - (~- s1 )sin !(J COS
Defonnaciju

s~.

P možemo

i kut

dobiti

sličnom

e,.=EEJAE, Te

ćemo veličine. međutim.

analizom, odnosno

pomoću

izraza

[J=E 1 E.JAE.

mnogo lakše dobiti ako

2

ex+ F.,.= c;c:+a:r= t!+ tz= konst.

a=C1 C 4 /AC 1 o;;C 1 C.Jdx, možemo pisati

•

2

<,=CC.JAC=CC4 jdx

uočimo

da je

e, (cp)=<. (
J(•·-"~-)-' + ·(r.,)' -- . 2

2

(3.20) (3.21)

Mohrova kružnica deformacije konstruira se potpuno analogno Mohrovoj kružnici naprezanja. Na osi apscisa nanose se duljinske dcfonnacije. a na osi ordinata polovične kutne deformacije. Ako je y,,> O, crta se ispod osi e. Nasuprot tome. ako je yr:<>O. crta se iznad osi r.. PRIMJER 3.2

fl(
Psuprotan od

Zadano je stanje defonnacije <,=- 200 · w-<, s,=50·lo-•, y"=- 200·!0- 6 • Mo h rove kružnice. slika 3.1 O, nači veličinu i pravce glavnih deformacija.

Pomoću

••

Šy= SrSin2
fl= -(e,- s,) sin cp cos cp+ y,,cos2 cp. Kako je Yx)'= :x+ p, bit će

-t:.'"=G.xCOS'

-

~

. , cp+ l Y.xr 2" SlntpCOS(/.l

~+S:ySin

• 2

2

2 1

' '

.

(3.!8)

S>,:::::;:;&.,v.SIO (fJ+&}ICOS tp-2Yx;2StntpCOSlp

Slika 3. JO. Mohrova kružnica deformacije

~ ;.,,. =

-

(e,- e, Jsin cp cos cp+~ y,, (cos2 .p- sin'
Usporedimo li izraze (3.18) s izrazima (2.16) i (2.17), vidjet

ćemo

njima postoji analogija. Ako u izrazima (3.18) zamjjenimo veličine t:.:• L

--

i iY...,r s veličinama a,.. aY" txy• a"' u :r i

-

'fxy•

l

da

s.~~. :z1xr

među

- s.-.:• cy

dobit čemo izraze {2.16) i {2.17). Prema

tome, možemo zaključiti da će i svi ostali izrazi biti analognL Sve što srno rekH o transformaciji naprezanja vrijedi i za transformaciju deformacije. Tako je

- ~+~ ~-~ l . ex =--+--cos2m+-" 2 2 .,.. 2uy sm2<• .,.

-e

'

52

~+~

~-~

l

2

2

,. 2"'

=-----cos2m--"

.

sm~­

"""'

(3.19)

U koordinatnom sustavu e, y/2 crtama točke A (e., y,,/2) i B(e,, y,J2). Točka A nalazi se iznad osi e jer je Yxy=- 200 <0, a točka B ispod osi e jer je ""'= -200<0. Središte kružnice S nalazi se u sjecištu dllŽine AB i osi e. Iz S povlačimo kružnicu polumjera =SB. Kružnica sijete os s u točkama C i D koje odreduju glavne deformacije: e1 =85 · 10-• i e,= - 235 · 10 -•. Pol P odredit ćemo tako da kroz A povučcmo paralelu s osi x. Pravci PC i PD odreduju glavne pravce defonnacija e1 i .&z. Kut pravaca glavnih deformacija iznosi q>0 =70,67~. !?RIMJER 3.3 Elektrootpomički tenzometar jest uređaj pomoću kojeg možemo na principu promjene električnog otpora izmjeriti duljinsku deformaciju. Pomoću tri tenzometra: A, 8 iC, postavljena prema sJici 3.1 l, Izmjerene su duljinske deformacije eA~ $ 6 i ec. Naći veličinu i pravac glavnih deformacija t:1 i e2 • Zadatak riješiti pomoću Mohrove kružnice.

53

Mohrovu kružnicu deformacija konstruira!
ji

Er

'

• ~~ce,

4. GEOMETRIJSKE KARAKTERISTIKE RAVNIH PRESJEKA ŠTAPA

~

A

L·-e;prqyac

4.1. Težište i H

'

f

statički

momenti površine

U mehanici krutih tijela upoznali smo se s pojmom težišta i statičkih momenata površina. Ovdje ćemo ukratko ponoviti osnovne pojmove, definicije i izraze. Slika 4.1 prikazuje ravnu površinu s ucrtanim koordinatnim sustavom Ozy. Koordinate težišta Yr. zr presjeka koji ima površinu A definirane su izrazima

Slika 3.11. Mo'hro'o'a kružnica defonnaeije

točku D na okomici kroz G. Kroz D povucimo pravce koji čine kutove o: i fJ s okomicom kroz G. Sjecišra tih pravaca i okomica kroz Fi H označimo s A i C. U sjecištu simetrala dužina CD i AD nalazi se središte kružnice S. Opišimo kružnicu iz S pol umjera SA~ S D~ SC. Okomica kroz G siječe kružnicu u točki B. Lako se možemo uvjeriti daje km ~ASB=2o::,jer je to središnji kut nad tetivom AB, dok je • obodni kut nad istom tetivom. Također je >;.BSC~2fJ. Točke K i L definiraju glavne deformacije e1 i E'!. Da bismo odredili pravce glavnih deformacija~ možemo konstruirati pol P ili možemo zaključiti da je pravac e1 otklonjen od pravca sA za kut
l

YT~-JydA

AA

(4.1)

l

Zr~-JzdA A , A

gdje je .4 površina presjcka. Statički moment površine

s" oko osi y, prema slici 4.1, iznosi s,~ Jz dA.

(4.2a)

A

Na

sličan način

definira se i

statički

moment Sz oko osi z, tj.

J

(4.2b)

S,= ydA. A

1

l

54

r

Slika 4, i, Definicija težišta i statičkih momenata površine ravnog presjeka

55.

Usporedbom izraza (4.l) s izrazom (4.2) vidimo da je

Devijacijsld ili centrifugalni momenti tromosti definiraju se uvijek za dvije osi. Devijacijskj moment tromosti I 1 ; koji se odnosi na osi y i z definiran je izrazom

S,=zTA= jz dA A

S,=yTA=fydA.

I,,=I,,= jzyđA.

(4.3)

Statički

moment presjeka koji ima površinu A oko neke osi jednak je umnošku površine A i udaljenosti težišta od te osi. Ako os prolazi kroz težište površine, statički moment povr~ine oko te osi jednak je nuli.

Polarni moment tromosti može se dovesti u vezu s aksijalnim momentima tromosti. Naime, prema slici 4.1 jest p 2 = y' +z', pa je

f J~ dA+ j z2 dA =j (z'+ J~)dA = f p 2 dA, A

odnosno

4.2. Momenti tromosti (momenti inercije)

naprezanja i krutost aksijalno opterećenih štapova ovise, između ostalog. i o površini poprečnog presjeka A. Kod savijanja i uvijanja štapova veličina i raspored naprezanja i njihova krutost ovise ne samo o veličini nego i o obliku poprečnog presjeka. Na slici 4.2 prikazana su dva jednaka štapa opterećena jednakim momentom savijanja. Oba štapa imaju jednaku površinu poprečnog presjeka A:;;;;;; bl!. U prvom slučaju savijanje se vrši oko manje stranice (vektor momenta savijanja paralelan je s manjom stranicom), a u drugom slučaju oko veće stranice. Iz iskustva znamo da su deformacije i naprezanja u prvOm slučaju mnogo manja. U ovom Cemo poglavlju proučavati neke geometrijske karakteristike ravnih presjeka koje imaju veliko značenje u teoriji uvijanja i savijanja štapova. Te su karakteristike: polarni. aksijalni i devijacijski moment tromosti, aksijalni i polarni moment otpora.

bl

~~h

t

a)

(4.4)

gdje je l P polarni mon:ent tromosti za pol O (ishodište koordinatnog sustava). Ostale su oznake definirane na slici 4.1. Aksijalni momenti tromosti odnose se uvijek na neku os. Otud im potječe imc. Aksijalni momenti tromosti za osi r i z dani su izrazom

l,.=fz'dA A

(4.5)

56

Polarni i aksijalni momenti tromosti po definiciji su uvijek pozitivni. Devijacijski moment tromosti može biti pozitivan, negativan ili jednak nuli. Ako koordinatni sustav zakrenemo za 90°, promjjenit će se predznak devijacijskog momenta. Prema slici 4.3a devijaeljski moment tromosti očito je pozitivan jer su u čitavu području koordinate y i z pozitivne. Za položaj koordinatnog sustava, prema slici 4.3b. devijacijski je moment negativan jer je u čitavu području produkt yz negativan. Ako je makar jedna koordinata os ujedno os simetrije presjeka, devijacijski moment tromosti u odnosu na te osi jednak je nuli. To možemo dokazati pomoću slike 4.4. Postavimo

~--;-

A

A

(4.8)

A

Polarni moment tromosti neke ravne površine definiran je izrazom

l,= fidA.

(4. 7)

A

z

Sh'ka 4.:2. KruWSI ~tapa pri savijanju Qvisi ne samo o veličini nego i o obliku poprečnog presjek<\

lP= fp' dA,

A

Prema tome je zbroj aksijainih momenata tromosti za dvije međusobno okomite osi jednak polarnom momentu tromosti oko sjecišta osi i ne ovisi o f\iihovoj orijentaci~ ji. tj. njihov je zbroj invarijanta pri rotaciji koordinatnog sustava.

z

~~·

A

ly+l~=l.,.

Veličina

-~a

(4.6)

A

A

b)

Slika 4.3. Kad se koordinatni sustav zakrene za 1!/2. I,. mijenja predznak

S1ika 4.4. Devijru::i:jski moment tromosti simetričmh

prcsjek:a jednak je null

koordinatni sustav tako da os z bude os simetrije. Svakoj elementarnoj površini dA 1 koja se nalazi desno od osi z odgovara simetrično postavljena površina dA 2 lijevo od osi z. Elementarni devijacijski moment tromosti svakog takvog para iznosi

diyz.= y 1 z 1 dA 1 + y2 z2 dA 2 • Budući da je dA 2 =dA 1 =dA, y2 =- y 1 i z2 =z 1 za sve simetrično postavljene elementarne površine1 bit će

dl,,=O, 57

~;;>.

Prema slici 4.6c moment tromosti I, iznosi

odnosno

I,=I,1 -I,2 ,

(4.9)

I,,=fdi,,=O. A

Prije nego priđemO izračunavanju momenata tromosti pojedinih jednostavnih presjeka, dokazat ćemo dva osnovna pravila o momentima tromosti koji će nam znatno olakšati njihoVO izračunavanje. Pravilo o zbrajanju momenata tromosti glasi: Momem tromosti složenog presjeka u odnoSu 1w neku os jednak je zbroju momenata tromosti pojedinih dijelova u odnosr1 na istu os. Zamislimo presjek koji se sastoji od polovine kruga, pravokutnika i trokuta, kako je prikazano na slici 4.5. Prema definiciji je

bb }~~lŽH'~:J

.·::(:J.jf:)..trlli(ft ·::>!~_)~;t..-. \r0;!JbH:i .::,,~,;. (l)

gdje je I ,.1 moment tromosti punog prayokutnika, a l 12 moment tromosti trokuta. Pravilo o paralelnom pomaku presjeka glasi: Moment tromosti presjeka oko neke osi neće se promijeniti ako čitav presjek ili jedan njegov dio· pomakne mo paralelno s tom osi. Na slici 4. 7 prikazan je niz profila jednake povdine koji se

I,=fzldA,

,,

A

gdje je A=A 1 +A 2 +A3 površina čitava presjeka, a At, A 2 i A 3 površine trokuta, pravokutnika, odnosno polovine kruga. Izraz za I,. možemo napisati u obliku I,=

f zldA+ ,,f z' dA+ ,,f zldA. '·

mogu dobiti iz profila a) pomicanjem pojedinih njegovih dijelova paralelno s osi y. Prema tome, momenti tromosti svih tih presjeka oko osi y bit će jednaki. U primjeru 4.1 vidjet ćemo da momenti tromosti l Y tih presjeka iznose

~-·L·-~1

A,A~Y

a}

Slika 45. Moment tromosti složenog presjeka jednak je zbroju momenata tromosti pojedinih dijelo\·a

Slika 4.6.

blh~ bih~ I=--' 12 12

momenata tromosti oslabljenog presjeka

Integrali u gornjem izrazu predstavljaju momente trqmosti trokuta, pravokutnika, · odnosno. polukruga, pa možemo pisati

(4.11)

Prema tom istom pravilu sva tri lika sa slike 4.8a imaju jednak moment tror,wsti lr l oba trokuta na slici 4.8b imaju jednake momente tromosti oko osi y.

eJ

bl

Određivanje

b} aJ dl •J Slika 4.7. Svi presjeci na slici imaju jednak moment tromosti 17

.~-

;,--g-

~

---AT.

~·d!--··-m-~ ffi:-~1,-

.,

aJ Slika 4.8. Svi presjeci na slici imaju jednak moment tromosti 17

l).=Iyl +1)'2 +1)·3•

gdje su I,~o ly2 i 1>"3 momenti tromosti sastavnih dijelova presjeka. Općenito, ako je presjek sastavljen od više dijelova, moment tromosti čitava presjeka oko neke osi jednak je zbroju momenata tromosti pojedinih njegovih dijelova oko iste osi, tj. 1,.=

L 1,., i=l

"

I"= L I", i=l

I,= LI,,.

(4.10)

i=l

Ako imamo oslabljen presjek, kao na slici 4.6a, često je prikladnije moment tromosti presjeka prikazati kao razliku momenata tromosti dvaju ili više dijelova umjesto kao zbroj. Rastavimo li presjek u pet dijelova, kao na slici 4.6b, bit će

PRIMJER 4.1

Odrediti momente tromosti I,, I .z• I)'% i I P punog i šupljeg pravokutnog presjeka prema slici 4.9 za osi koje prolaze kroz težište presjeka.

1111'~ ·y

b

aJ

l J"= l yl +l )'2 +l )'3 +l y4 +ly5·

58

(e)

--

y,

·0

-

1

h1h1~ l

,,o,

bl

:_0 :

~

;.·.

l

b

d

Slika 4.9

,. ·.-• ·.

. ··.

:;

59

Budući da su stranice paralelne s koordinatnim osima, bit će lalde odrediti aksijalne momente tromosti ly i 1::~ a zatim pomoću izraza (4.5) polarni moment tromosti. Budući da je širina b konstantna, možemo pisali

Polarni moment tromosti iznosi

dA=bdz. U lom je

slučaju

,,

Nl

s~u-•r~~

w odnosno

-~

~.-·[ir~ -~[m' (-~n bh'

sličan način

•!

s y' -bl'

4 o-

,, l

ll! Slika 4.10

eJ

Uzmemo li u obzir da je r=d/2 1 bit Ce

h b3 - l. 2

bt2

[p.]'

r•

l p=

~l"

(4.12)

možemo dobiti

l,=h

o

.TI;:tT"t;IT

12

Na

'

f p2 dA=21tjp>dp=27! !Al

Osi y i : su osi simetrije, pa je devijacijski moment tromosti jednak nuli, tj. 1,, =0. Polarni moment tromosti oko ishodišta O, prema izrazu (4.5), jednak je zbroju aksijalnih momenata tromosti, pa možl!mo pisati

"""

(4.15)

Aksijalni momenti tromosti oko bilo koje osi kroz središte kruga su jednaki, pa možemo pisati

međusobno

1,=1,.

I,=I,+l,=bh b' +h' 12

(4.13)

Moment tromosti šupljeg pravokutnika jednak je razlici momenata tromosti vanjskog i unutarnjeg pravokutnika. tj.

Kako je bit

1"+1:

će

64 U

slučaju

"

!,=32(~-~)

litbi 12 .

I u tom slučaju vrijedi ly:=0 Ip=lr+I:. Napomenimo da. se u nauci o gotovo nikad ne f!potrebljava polarni moment inercije neakruglilt presjeka. 1

(4.16)

šupljeg kružnog presjeka momenti tromosti iznose

(4.14)

hlb1 12

rrd'

l

7t

1,=1,= 64 (~-tJi).

(4.17)

čvrstoći

PRIMJER 4.3 Treba naći aksijalni moment tromosti I.,. i devijacijski moment tromosti l r= trokuta zadanog prema sliei 4.11. Poznato je: b0 i h.

PRIMJER 4.2 Na slici 4.10 prikWlnje p"Gni i ~uplji kružni presjek. Odrediti polarni moment tromosti JP i aksijalne momente tromosti I, i 1-::. Zadano; d, d1 , d1 • U tom je slučaju m•">go lakše odrediti polarni moment tromosti od aksijalnih. Polarne koordinate prikladnije su od pravokutnih, pa ćemo se njima i poslužiti. Kao element po\'ršinl! uzet ćemo prsten polumjera p i širine dp, tj.

dA=2>tpdp.

60

Slika 4.11

61

Element površine u tom slučaju iznosi dA=bdz, gdje je b promjenljiva širina trokuta. Trokut širine b i visine t sličan je trokutu širine b0 i visine h, pa je

b: odnosno

z

(a)

h U tom

slučaju

element površine iznosi

,,

dA =hdz

koordinatni sustav. Znamo da svaki pomak koordinatnog sustava možemo rastaviti na translacije u smjeru osi y i osi z z.a iznose a i b i na rotaciju za kut tp. Razmotrit ćemo promjenu momenata tromosti posebno pri translaciji, a posebno pri rotaciji koordinatnog sustava.

Neka su nam poznati momenti tromosti I ,"I;:; i l :~z s obzirom na koordinatne osi y i z koje prola:re kroz težište prosjeka T. Izvest ćemo izraze za momente tromosti u odnosu na koordinatne osi y', z' koje su translatorno pomaknute, kako je prikazano na slici 4.12. Ve7.a između starih i novih koordinata glasi y' =a+ y

(b)

dz.

(4.20)

z'=b+z.

Aksijatni moment uomosti trokuta oko osi y

' z2 dA

J,

h

A

:_ ..4_o Jz-'dz=-"-bh ["']'

o

(4.18)

4

Koordinate težišta elementa površine dA su

b

2

Slika 4. 12. Ilustracija Steinerova pravila

Prema definiciji momenti tromosti za translatirane osi y' i z' iznose:

i z, pa devijacijski moment

J(z')' dA

tromosti za osi y i :. lzno:;i

A

f2

~zdA.

J(y')' dA.

(e)

A

J;, Sy'z' dA

A

Uvrštavanjem izr.ua tal i (b) u (e) dobit

A

ćemo

Uvrstimo li (4.20) u gornje izraze, dobit

f. h

I;= f (b+z)' dA=b' SdA +2b f z dA+ Jz" dA

b' [•.]' z 2 Jz=~ :._ 2/t- 4 o

A

o

b'h' o

A

I;=j(a+y)'dA

odnosno

1,:::.

ćemo:

A

(4.19)

1;,

fdA+2afydA+fJ"'dA A

A

Promjena momenata tromosti pri translaciji koordinatnog sustava Prilikom rješavanja praktičkih problema obično se služimo gotovim rješenjima

1.a momente tromosti. koja se za pravilne presjeke i standardne proftle mogu naći u tablicama. Obično su u tom slučaju momenti tromosti dani ?,a osi koje prolaze kroz

težišta

poprečnog

pn:sjeka.

Znamo li momente tromosti za jedan koordinatni sustav. možemo pomoću izraza za transfonnaoij.u odrediti momente tromosti za proizvoljno pomaknuti

62

(4.21)

A

f (a+ y)(b+z)dA =ab f dA+a f z dA +b JydA+ f yzdA. A

4~3.

A

.A

A

A

A

A

lntegrali JydA=S, i S, predstavljaju statičke momente prosjeka u odnosu na osi kroz težište, pa su jednaki nulL Također je dA= A površina poprečnog presjeka i Jr'dA fy'-dA=l, i }yzdA=l," tako da izrazi (4.21)

J

prelaze u A

A+I,

(4.22)

I;,=abA+I".

63

Izrazi (4.22) ponekad se nazivaju Steinerovo pravilo. Izračunamo li momente tromosti u odnosu na niz paralelnih osi, najmanju vrijednost imat će moment tromosti u odnosu na os kroz težište. Steinerovo pravilo aksijalnog momenta tromosti glasi: Aksijalni moment tromosti oko osi koja ne prolazi kroz težište jednak je momenw tromosti oko paralelne,_težišne osi uvećanom za produkt površine presjeka i kvadrata udaljenosti težišta od zadane osi.

Težišni devijacijski moment prema Steinerovu pravilu glasi

b2 I"=I;,-JJhA, odnosno

b2 h2 2 l l =---bh-bl! " 8 9 2

l

Steinerovo pravilo devijacijskog momenta tromosti glasi: Devijacijski mome m u odnosu na :adani koordinarni sustav jednak je devijacijskom momentu tromosti u odnosu na pamlelni te:išni koordinatni sustav uvećanom za produkt površine presjeka i kordinata re:i.Sra u zadanom koordinatnom sustavu.

b 2h 2

(4.24)

ly-z=n· PRIMJER 4.5 Odrediti težišne momente tromosti polovine kruga prema slici 4.14.

PRIMJER 4.4

' Hf

,,

Odrediti težišne momente tromosti/>', 1: i Iy: trokuta prema slici 4.13. Zadano: b i h.

h

h

-

Aksijalni moment tromosti I~ polovine kruga jednak je polovini momenta tromosti punog kruga, pa prema izrazu (4.16) možemo pisati 1

Rješenje:

2d)'

l,.=l;-A ( 3n

ncJ4

l nd2 4d 2

=128-249><''

Očito

l nd4

7Ul'

Devijacijski moment inercije I y:: jednak je nuli jer os

da je 3

hb

1,=36.

(4.26)

l,=:~64=rn·

daje bh'

(4.25)

je

23 )' =---bh bh' l (2 -h )' l =1'.-A (-h '' 423' 1,=36.

·

l'= 0,00686 d4 .

Odavde je

(4.23)

4.4.

Transforma~ija

z

os simetrije presjeka.

tenzora tromosti pri rotaciji koordioatnog sustava

Ramtotrimo kako se mijenJaJu momenti tromosti pri rotaciji koordinatnog sustava oko ishodišta. Momente tromosti koji se odnose na stari koordinatni sustav označit ćemo s I." I -z i I y-z• a momente tromosti koje se odnose na zarotirani

5 l. 64

n eJ<

;.=:~64= 128 ·

šw nakon sređivanja daje

1;=1,+A(H'·

zaključiti

l nd4

Udaljenost težišta polovine kruga od osi y' iznosi 2df3n, pa je

Iz primjera -t3 poznat nam je aksijalni moment tromosti I~=bh 3 f4 i devijacijski momem tromosti I;.== b2 h 2 j8. Primjenom Steinerova pravila odredit ćemo moment tromosti ako težišne osi.y:

Po analogiji možemo

Y'

Slika 4.14

Slika 4.1.3

sređivanja

.J:_

"

-,

;:.w..LT

što nakon

~

ld.

Alfirević:

Nauka o

ćvrsloC:i

65

koordinatni sustav s f,.. 7: i l r:· Neka os Y čini s osi p kut prema slici 4.15, transformirani momenti tromosti biti


Ll tom će slučaju.

f,=JžldA A

I,=fydA

(4.27)

A

,.

Usporedimo li izraze (4.29) s izrazima (2.16) i (2.17), vidjet ćemo da među njima postoji potpuna analogija: naprezanju "• odgovara moment··tromosti I,.. naprezanju u1 moment tromosti Iz• a napreza"nju txy negativni devijacij~.moment tromosti -In. Naprezanjima 'iv i t"x1 odgovaraju momen"ti tromoSti T,, T. i -T~· Osima x, y odnosno x, y odgovaraju osi y, z i z. Prema tome, svi zaključci i iz:razi koje smo i:zveH 7.a naprezanja mogu se primijeniti i na momente tromosti. Analogno, prema izrazu (2.19), možemo pisati:

a,

fJizdA.

-

1,+1.

1,-l, 2

I ,~2 +--cos2q.>-I,,sin2rp

A

Analogno izrazima (2.121 možemo napisati

. 2 -I,-t, --eos 2tp+ I ,,sm q> 2

y =ycos tp+ z sin q.>

i l'vrstimo li izraz (4.281 u

(~.27),

(4.28)

-ysin
y,

-

(4.30)

l,-1, . 2

l,, =1,1 = --sm2
ćemo

(- ysin q>+ z cos q.>) 2 dA

Invarijante ten7.ora tromosti prema izrazu (2.20) glase:

A

f

T fvcoorp+zsiorp) 2 dA

.•

+l,=konst. -· -

-2 -

2

(4.31)

l ,l ,-1 "-l,J,-1,,.

S (ycos q.>+zsin q.>)(- ysin qJ+zcos q>)dA.

Glavni momenti tromosti dani su izrazima

A

1,+1,

l 12=--+

.

2

-

-2- +I". (1,-I,)' 2

Izraz za kut cp0 koji glavne osi tromosti analogno izrazu (2.22) glasi Slika 4.1 S. Transformacija tenzora lromQsti

tg2q.>o

čine

(4.32)

s koordinatnim osima y i z

I'' (1,-I,)/2

(4.33)

Nakon sređivanja ti izrazi prelaze u:

lP] .\J dA +cos' q> f :z2 dA

2 sin q> cos q> Jyz dA

4.5. Mohrova kružnica tromosti

f,=cos' q> JY' dA +sin' q.> f z' dA+ 2cos rp sin rp f yzdA

(cos' q>-sin' 'l')f yzdA +cos

Mohrovoj kružnici naprezanja odgovara Mohrova kružnica tromosti. Na osi apscisa nanose sc aksijalni momenti tromosti umjesto normalnih naprezanja~ a na osi ordinata devijacijski momenti tromosti umjesto tangencijalnih naprezanja. Budući da su aksijalni momenti tromosti uvijek pozitivni, Mohrova kružnica tromosti nalazi se uvijek desno od osi ordinata. Slika 4.16 prikazuje Mohrovu kružnicu tromosti. Opisat ćemo postupak crtanja Mobrove kružnice tromosti:

JY' dA.

l'zmemo li u obzir da je prema izrazima {4.5) i (4.61 Jr'dA

dobit

Ji'dA=I,.JyzdA=I,"

ćemo:

fr: frcos 2 - 2Jy:cosq~sin q> +21"cosrpsin q>

(l, -I,)eosq>si~ q>+ I"' (cos' rp-

66

sin2
l. Nacrtamo koordinatni sustav u kojem na osi apscisa nanosimo aksijalne momente tromosti, a na osi ordioata devijacijske momente tromosti.

(4.29)

2. U tom koordinatnom sustavu uertamo 3. Kroz

5*

točke

AiB

povlačimo

točke

A (l,.I,,) i B (I,. -l").

kružnicu kojoj se središte nalazi na osi apscisa.

67

4. Kružnica siječe os apscisa u momenti tromosti / 1 i / 2 .

točkama

C i D. Apscise tih

točaka

glavni su

5. Kroz točku A pov!ačimo paralelu s osi y, a kroz točku B paralelu s osi z. Sjecište tih paralela P nalazi se na kružnici i naziva se pol Mohrove kružnice tromosti. l

Podijelimo li izraz (4.36) s A i uzmemo li u obzir (4.34) i (4.35), dobit " 2 (,O+J·2 Sin • 2 . " =ljCOS ( lyJ 2

čemo

(4.37)

(,0.

.....

Prema slici 4.17 jest sin q>=zfy.

COSq>=yfy,

(4.38)

t,,

li Slika 4.17. Elipsa tromosti

Nakon uvrštavanja izraza (4.38) u (4.37) dobit

ćemo

Slika 4.16. Mohrova kružnica tromosti

.,l .,z" (•,.l' =lt-+lz-,

6. Spojnica pola P i točke C definira os na koju se odnosi glavni moment tromosti / 1 . Spojnica pola P s točkom D definira drugu glavnu os tromosti. 7. Želimo li naći momente tromosti oko neke osi Y. povlačimo iz pola P paralelu s osi jJ. Ta paralela siječe kružnicu u točki E. Apscisa točke E predstavlja moment tromosti IY a ordinata moment tromosti Tyz· Crtanje Mohrove kružnice ilustrirano je na slici 4.16.

odnosno

l

Točku

U tom

Na

sličan način

(4.39) =l.

P možemo odabrati proizvoljno. Neka je

y=OP=l(i,.

Polumjeri tromosti nekog presjeka površine A oko osi y tzrazima

h·

'"

C;,y)' + C;:)'

4.6. Polumjer tromosti i elipsa tromosti

i,=

r'

Y'

i,=

A·.

izraz (4.39) prelazi u

'" = l -l- + - (4.34)

(1/i,f

(!fi,)'

(4.40)

i predstavlja elipsu tromosti s poluosima l/i1 i lfi 2 • Moment tromosti oko osi tom slučaju iznosi

definirani su glavni polumjeri tromosti

i,=Jj. i,=Ji.

slučaju

z definirani su

(4.35)

-

A

I y =I'A==-· y opz

Yu

(4.41)

Pretpostavimo da su nam poznate glavne osi tromosti l i 2 i pripadni glavni momenti tromosti. Označimo glavne osi tromosti s yi z, tako da je 11 =1 1 i 1~=1 2 , l y:: =O. Moment tromosti oko proizvoljno orijentirane osi y prema (4.17) iznosi

Iako je konstrukcija elipse tromosti složenija od Mob rove kružnice, ponekad se upotrebljava jer zorno predočuje promjenu momenta inercije ovisno o kutu (,0.

· ' fP· /)1=1 1 cos' cp+ I 2 sm

Do sada smo upoznali tri tenzora drugog reda: tenzor naprezanja, tenzor deformacije i tenzor tromosti. Razmotrili smo njihove transformacije u ravnini i

68

(4.36)

(;9

pokazali da među njima postoji potpuna analogija. Radi kompletnosti navodimo još jednom matrice sva tri tenzora:

Koordinate težišta cijelog presjeka iznose:

. ["= a,,] [a, t.,]

[a,;]=

[s,;]=

ayx

=

a7 y

rF

"'

[~,. J [ J e=

e%...

=

e"

(Ii.JJ- [

J" -(:y

~

2r~,.

1

1 r.,

ly"

-1,,]-- [ 1::

J, -l:y

,

A 1 yi+A2 Y, A 1 +A2

z;.

A1z~+A2zl

Yr

(4.42)

-l,"] I,

U prvom stupcu dane su matrice s oznakama uobičajenim u tenzorskom a u drogom sturx;:u matrice tenzora s oznakama uobičajenim u tehničkoj literaturi. Slično elipsi tromosti može se konstruirati elipsa naprezanja i elipsa računu,

3,5cm 11,25cm.

A 1 +A2

Udaljenosti težišta T1 i T, od težišnih koordinatnih osi 4.18b. Moment tromosti 11 čitava presjeka iznosi 2·30'

1,~12+60· 8,75'+

12·5 3

12

naznačene

su na slici

+60 ·8,752 ~ 13813cm4 •

Prvi i treći pribrojllik u tom izrazu predstavljaju vlastite težišne momente tromosti površine A 1, odnosno A2 , dok drugi i četvrti pribrojnik predstavljaju Steinerove dodatke za površine A1 i A2 • Na sličan način možemo dobiti 30·2' 5·12' I. =--+60· 2,52 +--+60 · 2,52 ~ 1490cm4 . . 12 12

deformacjje,

Vlastiti devijacijski momenti površina A1 i A2 jednaki su nuli jer su to presjeci. Prema tome, devijacijski moment čitava presjeka sastoji se od Steinerovih dodataka, tj.

simetrični

PRIMJER 4.6 Za presjek na slici 4. 18 treba: - odrediti koordinate težišta rT i - odrediti momente tromosti JY. (, !;;:~ odrediti gla\'ne osi tromosti {cp0 = ?) i glavne momente tromost L skicirati ~1ohrO\'U kružnicu tromosti.

z;..

zj

l'

I"=60(- 8,75) 2,5 +60 (- 2,5) 8,75 ~- 2625 cm•. Prije nego pristupimo izračunavanju glavnih momenata tromosti poluzbroj i po1urazliku

izračunat

ćemo

1,+1, = 7652cm•,

I,-1, =6162cm•. 2

4

Pomoću izraza (4.33) možemo odrediti kut q>0 koji glavne osi tromosti koordinatnim osima y i zt tj.

tg2qJo=

čine

s

l,, -2625 (I,-I,)/2-- 6 162 =0,426.

Odavde je

2qJ0=23,1'

2qJ~=203,l',

odnosno

pa je o)

bl

tp(.= J 1,.5(>

Slika 4.18

Površinu pre5jeka podijelit ćemo na dva dijela: A1 i A 2 i odrediti koordinate težišta lih dijelova u odnosu na pomoćni koordinatni sustav Oy'z', Prema slici 4.18 bit

70

če:

A1 =60cm2

J'l =lem

4=20cm

A,_:=60cm2

J'i=6cm

z,i=2,5cm.


Glavni momenti tromosti prema (4.32) iznose:

I

1 +!, J,·=--+ ,. 2 -

J(I,-1,) "' - - +JO. 2

"

I 1 •2 = 7652 ±."/6!622 f. ('"" 26:25)' = 7652 ±67QO.

71

Odavde je

11

14352cm4,

J,=952cm

4

Os l čini kut manji od 45° s osi većeg momenta tromosti, tj. os 1 čini s osi y kut Na slici 4.19a prikazana je Mohrova kružnica tromosti, a 11a slici 4.19b odgovarajuća eitPs3. tromosti. ({Jo= 11~5°.

6·63 30·23 4·!0' L=--+36·4 72 +--+61)·0 72 +--+40·5 32 =2410cm4 - 12 ' 12 ' 12 ' I"= 36 (- 12,6)(- 7,7)+60(- 0,6)( -0,7)+40 · 5,3 · 12;4=6147 cm4 •

Kut kojeg glavne osi tromosti

čine

izračunat ćemo pomoću

s osy y

I"

tg2q>o

(I,-f,}/2

J,

(4.33}, tj.

-0,87.

Odavde je 2'1'0= -41• i 2'Po=l39', odnosno

({10=- 20,5"

fP8=69S'.

Kako je J,.> l" os l čini s osi y kut manji od 45•, tj. kut 20,5", što je prikazano na slici 4.21b. Glavne momente tromosti odredit ćemo pomoću izraza (4.32):

·e,~!!.)' +!;,=9479.5±9368,2

I,+I, I t . z=--+ 2 11811

al bi Slika 4.19. Mohrova kružnica tromosti u primjeru 4.6

r, = 111,3cm4 •

11 = 18847,7cm4 Polumjeri inercije jesu: i,

PRIMJER 4.7 Naći .glavne

18847,7

l

-=8,5m i,

. r,

težišne momente tromosti presjeka prikaza nog na slici 4.20a, te skicirati i kotirati elipsu tromosti.

ll,77cm

''=A= 0,905 cm

l

,,

e-= 110,5m.

Mohrova kružnica i elipsa tromosti prikazane su na slici 4.21a i b.

I,

O/

bl

Slika 4.20

Kao i u prethodnom primjeru možemo odrediti koordinate težišta koje izcose:

zT::e.l5,6cm. Momenti tromosti za koordinatne osi y

6·63 +36·12,6' 12 72

2·30' 12

j

z iznose: 10·43 +--+40·12,42 =16549cm4 12

J,

ai

bi

Slika 4.21. Mohrova kružnica tromosti i elipsa tromosti u primjeru 4,7

73

5. KOMPONENTE UNUTRASNJIH SILA U PROIZVOLJNO OPTEREĆENOM STAPU S. t. Defonicija komponenata

unutr~njih

sUa

U ovom poglavlju upoznat ćemo se s postupcima određivanja komponenata unutrašnjih sila u proizvoljno opterećenim štapovima koji su vezani na statički određen način. Određivanje unutrašnjih sila u statički neodređenim štapniin sistemima objasnit ćemo kasnije. Ako je štap statički određen, možemo pomoću uvjeta ravnoteže odrediti sve nepoznate reakcije veza, pa nam je vanjsko opterećenje štapa poznato. Sa stanovišta određivanja unutrašnjih sila potpuno je svejedno da li je vanjsko opterećenje aktivno ili potječe od reakcije veze. Vanjsko opterećenje mogu biti i sile inercije; medutim, one tada moraju biti u kinetostatičkoj ravnoteži s ostalim vanjskim silama. Opterećenje štapa možemo podijeliti na koncentrirane sile i spregove i kontinuirane sile i spregove. Na slici" 5.1 prikazana su dva slučaja kod kojih se mogu pojaviti kontinuirano raspodijeljeni spregovi.

Radi lakše analize unutarnjih sila uvodimo pravokutni koordinatni sustav Oxp, kako je prikazano na slici 5.3. Os x redovno biramo tako da se podudara s uzdužnom osi štapa, dok su preostale dvije osi okomite na os štapa. Na slici 5.2

a!

aJ

1:11

~đ· (j

d}

---,,-,- .

b}

F.r

if,.

{)Fj

rl

7\ Slika :Sd, flus(mcija kontinuiranih momenata

1',

"j(

ii,\

Slika 5.2. Redukcija unutrašnjih sila na težište Stapa

r,

poprečnog

presjekl

75

prikazan je proizvoljno opterećen štap. Radi što jednostavnije analize pretpostavit zo početak da je štap u ..., ravnoteži, tj. F• =0 i M• =0, (5.1)

odnosno F=FL=F0

ćemo

(5.6)

~

...,

M=ML=M0 ,

~

gdje su Fa i MR rezultanta i rezultirajući moment svih vanjskih sila. Pod poprećnim presjekom štapa razumijevat ćemo presjek štapa ravninom koja je okomita na uzdužnu os. Odaberimo poprečni presjek na proizvoljnu mjestu. Dobit ćemo dva dijela: lijevi L i desni D. Kako je čitav štap u ravnoteži, bit će i dijelovi L i D također u ravnoteži. Međutim, vanjske sile koje djeluju na dijelu L ili D ne moraju biti u ravnoteži, pa zaključujemo da u poprečnom presjeku moraju postojati unutrašnje sile među česticama materijala koje će zajedno s vanjskim držati ..., silama ..., ..., dijelove L i D u ravnoteži. Te smo sile na slici 5.2b označili s .đF , L1F .•• L1F;··· 2 1 ..., ..., AF n· Sile LIF; mijenjaju se od točke do točke po smjeru i veličini. Pojedinačno određivanje tih sila vrlo je složen problem i predstavlja jedan od glavnih zadataka nauke o čvrstoći. Raspored tih sila ne možemo odrediti metodama statike kru:tih tijela, ali u slučaju statički određenih zadataka možemo Odrediti rezultantu i rezultirajući moment unutrašnjih sila. Reduciramo li unutrašnje sile, koje djeluju na ..., lijevi dio, na težište T poprečnog presjeka, dobit ćemo rezultantu F i rezultirajući moment M. Po zakonu akcije ..., i reakcije rezultanta unutrašnjih sila, koje djeluju na desni dio, jednaka je - F i -M. Budući da je čitav štap u ravnoteži, bit će

-··

što se može riječima kazati ovako: Rezultanta i rezultirajući moment unutrašnjih sila u nekom presjeku nosača jednaki su po apsolutnoj vrijednosti rezultanti i rezultirajućem momentu vanjskih sila k~e djeluju bilo lijevo bilo desno od presjeka. Prema izrazu .(5.5) unutrašnje sile tJF,, koje djeluju na lijevi dio, statički su ekvivalentne (tj. imaju jednaku rezultantu i rezultirajući moment) vanjskim silama, koje djeluju na desni dio. Rezultantu i rezultirajući moment unutrašnjih sila rastavljamo na komponente F;v FrF=, M:~:, M, i M=, prema slici 5.3. Te ćemo komponente ubuduće kraće zvati komponente unutrašnjih sila. Uobičajeno je da se komponente unutrašnjih sila označavaju posebnim oznakama.

~

~

...,

...,

~

F• =FL +F0 =0

-

-

(5.2) ~

~

~

M• =ML +M 0 =0,

_,. i ....,. gdje su Ft, Mt F 0 , M0 rezultanta i rezultirajući moment vanjskih sila lijevog odnosno desnog dijela reducirani na težište poprečnog presjeka. Na temelju (5.2) možemo pisati ....,. -t ft=-Fo, Mt=-Mo.

odnosno FL=F0 , Mt=M0 ,

(5.3)

gdje su FL, F 0 . ML i M 0 apsolutne vrijednosti. Kako je lijevi dio 'u ravnoteži pod djelovanjem vanjskih i unutrašnjih sila, zaključujemo da je

...,

-·

FL+F=O

(5.4) ~

~

ML+M=O. Pomoću

izraza (5.4) i (5.2) možemo dobiti:

...,

...,

~

F=-Ft=FD ~

~

~

M=-ML=Mo.

76

(5.5)

Slika 5.3.

šest komponenata

unutrdnjih sila

Komponenta F Jt;J koja djeluje okomito na poprečni presjek, označava se s N =F:~: i naziva normalna ili uzdužna sila. Ta komponenta izaziva rastezanje odnosno sabijanje štapa. Sile F 1 i F =stoje okomito (poprečno) na os štapa, pa se nazivaJu poprečne sile i označavaju s Q,=F 1 , Q==F=. Komponenta momenta Mx izaziva uvijanje ili torziju, a označava se s Mr i zove se moment uvijanja ili moment torzije. Komponente M, i M:: izazivaju savijanje (Oeksiju) i zovu se momenti savijanja. Komponente unutrašnjih sila prikazujemo pomoću strelica. Kod sila je strelica usmjerena prema djelovanju sile, a kod momenata po pravilu desnog vijka. Komponenta unutrašnje sile je pozitivna ako je strelica kojom je prikazana na pozitivnom presjeku usmjerena pozitivno a na negativnom presjeku negativnq. Ako je na pozitivnom presjeku strelica usmjerena negativno, odnosno na negativnom presjeku pozitivno, komponeata unutrašnje sile je negativna. To pravilo ilustrirano je na slici 5.4 i analogno je pravilu o određivanju predznaka komponenata naprezanja . Analiza naprezanja i deformacija u proizvoljno opterećenom štapu dosta je složena, pa se posebno analiziraju pojedine vrste opterećenja štapa. Na slici 5.5 ilustrirane su osnovne vrste opterećenja štapa: osno opterećenje, smicanje, uvijanje i savijanje. Štap je aksijalno opterećen ako se unutrašnje sile u poprečnom presjeku svode samo na nonnalnu komponentu N, dok su sve ostale komponente unutra!njih sila jednake nuli. Ako je N>O, štap je opterećen na rastezanje ili vlak, a ako je N <0, štap je opterećen na sabijanje ili tlak. Aksijalno opterećenje štapa ilustrirano je na

77

slici 5.4a. štap je opterećen na smicanje ako je poprečna sila ra2ličita od nule, a sve ostale komponente unutrašnjih sila jednake nuli (sl. 5.4b). Na slici 5.4c prikazan je štap koji je opterečen na savijanje. U tom je slučaju samo moment savijanja ra2ličit od nule. Ako je samo moment uvijanja različit od nule, kako je prikazano na slici 5.4a, štap je opterečen na uvijanje. često se u osnovne slučajeve optenečenja štapa ubraja i izvijanjc. Ovdje se radi, zapravo, o problemu gubitka elastične stabilnosti.

5.2. Diltre ra.....,tef.e elemmta !!tapa

Zamislimo štap koji je proizvoljno opterećen koncentriranim silama i momentima te kontinuirano raspoređenim silama q (x} i momentima m (x). Komponente unutrašnjih sila bit če u tom slučaju takoder funkcije koordinate x, tj.

N=N(x},

Q,=Q,(x),

Q..=Q.(x)

M,=M,(x),

M,=M,(x),

M,=M,(x).

JUUI"fiwte kiillip/)f1thle

al

Zakon promjene komponenata unutrašnjih sila ovisj o načinu promjene optereće­ nja. Tu ovisnost uspostavit ćemo pomoću uvjeta ravnoteže elementa. Iako bismo mogli istodobno promatrati opčeoito opterečen štap, razmatrat čemo odvojeno aksijalno opterećenje, uvijanje i savijanje. Pri postavljanju diferencijalnihjednadžbi ravnoteže birat ćemo elemente tako da na njih ne djeluju koncentrirana opterečenja, pa će 1 i1..razi vrijediti samo za područja u kojima ne djeluje koncentrirano opterečenje, tj. od jednog koncentriranog opterećenja do slijedečeg.

hl


}OSilO

al

ili

aksi]Mno

opterećerrje

Aksljalno opterećenje. Da bi se u štapu pojavila samo uzdužna sila N, štap može biti opterećen jedino koncentriranim silama koje su paralelne s osi x i kontinuiranim optcrečenjem q" kako je prikazano na slici 5.6. Dijagram ispod štapa pokazuje zakon promjene kontinuiranog opterećenja q,=.f(x).

''1-:J;J::L:Lfp.-7

F

N

bl

smicanje iti odrez


~F K

/{

Ht

el izvijanjt

Slika 5.5. Osnovni

slučajevi opterećenja ~tapa

Naime, kod kratkog štapa nema opasnosti od iskrivljavanja uzdužne osi pod djelovanjem tlačnog opterečenja. Ako je štap vitak (tj. dug i tanak), pod djelovanjem tlačnih sita može doči do bočnog izvijanja. Vlačne sile ne mogu izazvati izvijanje.

78

optcrcćel)og

štapa

rtm}ooje il<' flehija

dl~ . ....-lJ'fijmje ifi tor zija ,.

rrnrtnmrmn

Slika 5.6. Ravnolela elementa ak:sijalno

U presjeku x označimo normalnu silu s N. Kad se x promijeni za dx, normalna sila promijenit će se za iznos dN i na mjestu x+dx iznositi N +dN. Razumije se da prirast dN može biti pozitivan, negativan ili jednak nuli~ ovisno o tome da li uzdužna sila N raste, opada mje konstantna duž osi X. Prema tome~ na element duljine dx djeluju unutrašnje sile N i N +dN i vanjsko opterečenje q.dx. Opterečenje qx pomnožili smo s duljinom elementa dx jer se ono odnosi na jedinicu duljine. ravnoteže tog elementa glasi -N+q,dx+(N+dN)=O, što nakon sređivanja prelazi u

dN= -q.dx,

79

odnosno u

Nakon

dN

Izraz (5. 7) pokazuje da je derivacija uzdužne sile N po x negativna ako je q, pozitivno. Prema tome, na dijelu štapa na kome je q..,. pozitivno usmjereno uzdužna sila N se smanjuje.

Uvijanje. štap je

opterećen

sređivanja

prvog uvjeta dobit

(5.7)

-q;t.

dQ, dx = -q,.

l

dM,= Q,d<- q,dx'

Ovdje imamo tri veličine prvog reda i jednu veličinu drugog reda: q,dx1 /2, koju možemo ispustiti. Ako sada cijeli izraz podijelimo s dx, dobit ćemo

dM,

l"'fm'' ' - ··-~ ~X ~~

Derivirajmo taj izraz po x, pa

Sređivanjem

tog izraza dobit

d'M, (5.8)

mr.

(5.11 l

Kontinuirano raspodijeljeni momenti m,. i m~ rijetko se javljaju u praksi. Ako u izrazima (5. 10) i (5.11) uvrstimo m,=O, dobit ćemo

dM

ot-- \1 A a~ -

.

m:x

ctx' = Q,

(S.lOa)

d' M d~/'= -qt.

(5.1la)

Poprečno

q,

•

dm,

dx' = -q,- dx.

H,,.m

z

dm1

ćemo

Ako u taj izraz uvrstimo (2.9), dobit

na uvijanje

savijanje štapa u ravnini Ox z. Kod čistog savijanja ili savijanja spregovirna jedino je moment savijanja različit od nule, dok su sve ostale komponente unutrašnjih sila jednake nuli. Ako se pored momenta savijanja javlja i poprečna sila, savijanje zovemo poprečnim savijanjem, odnosno savijanje silama. Poprečno savijanje nastaje ako je štap opterećen kontinuiranim optereće~jem qx i kontinuiranim momentima m.,.. Slika 5.8 prikazuje element štapa koji se savija u ravnini Oxz.

Slika S.S. Ravnoteža elementa

dQ,

dx'=d.. -dx.

Poprečno

X

dobiti

d M,

ćemo

dM, dx=

1

ćemo 1

j,

opterećenog

(5.10)

dx =Q,-m,.

a M, ~--~-u

Slika 5.7. Ravnoteža elementa š.tapa

m,dx.

2

'EM,=-M,+m,dx+M,+dM,=O.

y

(5.9)

Pokratimo li M, u drugom izrazu, dobivamo

na uvijanje ako su sve komponente unutrašnjih sila

jednake nuli osim momenta uvijanja M t· To će biti ispunjeno ako je štap opterećen samo kontinuiranim momentima mr i koncentriranim momentima M~. Element štapa prikazan je na slici 5.7. Uvjet ravnoteže tog elementa glasi

ćemo

0,·1!0,

~------;-

savijanje štapa u ravnini Oxy. Element štapa koji je opterećen na savijanje u ravnini Oxy prikazan je na slici 5.9. Osim vanjskim kontinuiranim opterećenjem q, i kontinui.anim spregovima m, element je u presjeku x opterećen poprečnom silom Q, i momentom savii>fia M,. a u presjeku x+dx poprečnom silom Q,+dQ, i

Hy+f!My

~tapa opterećenog

Mr+dHz

f- ·---

na savijanje u tavnini Ox2

X

Od šest uvjeta ravnoteže četiri su automatski zadovoljena, a preostala dva glase

01+1!01

Q,+q,dx+Q,+dQ,=O y

dx

'EM8 =- M,- Q,đx+q,dxT+M,+dM,+m,dx=O.

80

.·.:·

Slika 5.9. Ravnoteža elemevta ttapa opterećenog na savijanje u ravnini O,ty 6 L

Alfirević:

N,auka o

čvrstoći

81

momentom savijanja Mz+dMz. Prema dogovoru o predznaku komponenata unutrašnjih sila sve su ucrtane veličine pozitivne. Uvjeti ravnoteže tog elementa glase: EF,=- Q,+q,dx+ Q,+dQ,=O l 2

EM 8 = -Mz+ Qydx--qydx 2 +Mz+dMz+mzdx=0.

Nakon

sređivanja

tih jednadžbi,

slično

kao i u prethodnom

slučaju,

dobit

ćemo:

dQ, dx = -q,

(5.12)

dM,

dx =-Qy-mz

(5.13)

d'M, dm, -d 2 =q.~,--d .

(5.14)

X

X

Kad je mz= O, gornji izrazi prelaze u dM, dx =Q,

(5.13a)

3. Ako je kontinuirano opterećenje raspoređeno po zakonu parabole n-tog stupnja, poprečna sila raspoređena je po zakonu parabole n+ l stupnja, a moment savijanja po zakonu parabole n+ 2 stupnja. 4. U presjeku u kome poprečna sila mijenja predznak moment savijanja ima ekstremnu vrijednost (minimum mmaksimum). 5. U presjeku u kome djeluje koncentrirana sila okomito na os štapa, dijagram poprečnih sila ima skok za iznos te sile, a dijagram momenata savijanja lom. 6. Ako u nekom presjeku djeluje koncentrirani moment, dijagram poprečnih sila ostaje kontinuiran i gladak, dok dijagram momenata savijanja ima skok za iznos tog momenta. 7. U dijelu u kojem je opterećenje qz pozitivno, dijagram poprečnih sila opada, a ako je qz negativno, dijagram poprečnih sila raste. 8. Na dijelu nosača za koji je poprečna sila pozitivna dijagram momenata savijanja raste. 9. Na dijelu nosača na kome ne djeluje koncentrirani moment površina ispod Q-dijagrama, jednaka je prirastu ordinate M -dijagrama. U tablici 5.1 prikazano je 18 no_sača različito opterećen ih, s pripadnim dijagramima poprečnih sila i momenata savijanja. Pri proračunima u nauci o čvrstoći ti se slučajevi često pojavljuju pa ih je potrebno dobro pfoučiti. Sva navedena pravila ilustrirana su u toj tablici. Tablica 5.1 Primjeri

d' M

l. 5.3. Upute za crtanje dijagrama momenata sal'ijanja i

poprečnih

sila

Dijagrami momenata savijanja i poprečnih sila su zapravo grafovi funkcija M>' (x) i Qz (x) odnosno M z (x). Ako se ne radi o istovremenom savijanju u dvije ravnine (koso savijanje), koordinatni sustav birat ćemo tako da se savijanje vrši u ravnini Oxz. Razmarrat" ćemo slučaj kad je my=O. Tada vrijede izrazi (5.10a) i (5.lla) koji glase:

~M'=Q, dx

dQ, dx = -q,.

~tđi11tilllfl • .

3.

4.

l

l

l

i

l

•

l l l

'"l~ sl 05771-IVI

lll

ll!•, h_

.

~·"'I~j.,l

nosača

Ji.' l l l l f, l l l 'l

2.

T H ll ftilllj '''''''"''''''' ,~, 1r) Afff[JJRrrrrnm_ l

nema kontinuiranog opterećenja, poprečna je sila konstantna, a moment savijanja mijenja se po zakonu pravca. 2. Ako je dio nosača opterećen jednolikim opterećenjem q::u poprečna sila mijenja se po zakonu pravca, a moment savijanja po zakonu kvadratne parabole.

82

f,

A

u obzir odnose između funkcije i njene derivacije, možemo za dijagrame unutrašnjih sila postaviti ova prayila:

l'

rr=r-----;;--- -A

-·l

Uzimajući

l. Ako na dijelu

različito opterećenih nosača

(5.14a)

dx 2 :: =qy.

"""

~ql~

.--~~~j gl

H

Al

o

"'

~

b

l

.e,._

:l=

~ 111111111111~111111111111

H~~

~Hf

6•

83

Tablica 5.1 {nastavak)

~

5. •

~ \C '

:a.. :'f

1

-Hmrmm mnnllilill 8.

t=!P?11lf"' h'fllllfMII~

~!!i!lll!ill! l

•

qf~

ql~~ "T_l _ porob.l. stup. ! :

to/~

gtpn:r

10.

Lt , !·] mffw

'• 009???:::) fq~~f~J.stup. F

Fal

1•v~f~, 111 'l l

l

qfH~~qiH T~T T•T ,i

.

: l

j]j~ 84

IZ.

'"'i

. <{

• -

qo

tf~~III& -

~

nt

~

k-1111111 Jll~ lll'

.,

··! Aii111ffftlTI lllih: 18b

1111111111111111 r

"f1


ll

i

~ll ll 1111111 ~ 11111111111

~·~

l

Hr

llliiiii!XII illlilllll

H,~

t

AfJiftlillj7,' l' ~!llll$lllfs

16.

•;·"'flllllli$111 ll liT

l'

b

111111111

$.?

l

t. "t -''t # l

lili !ll lXI ll l !Ill

:'!QU 11/~1/1/UJY

~

lill

15.

17.

l{

lliililll

~r·

!l.l:"&ll

' 1.!!111:111+!1

,--- -'~·-~---]

l

Fll·loJ!

ll.

'J

co

fl~

q

•

~

rf!JIIII J IIII+JIIIIIIIIIJl

·~ 7.

'l '----

13.

H•Fo

·1

··llllllllllll§illlllllllll !·, 18.

••

't·q,

1

·it

~!lill l! lill fE 11111111111

r· _i ;
l ~J!P"' AI1Jli!MIIII "'1 H,,

•

U primjerima 5.1 i 5.2 zadani su nosači s pripadnim opterećenjem. Prikazani su nosači oslobođeni veza kao i pripadni Q i M-dijag:rami. Nije opisan postupak određivanja reakcija i dijagrama poprečnih sila i momenata savijanja jer je pozrult iz statike krutih tijela. Ovdje čelno samo prokomentirati dijagrame. PRIMJER 5.1

'Lt

Na slici 5. l Oa prikazana je greda s prepustom koja je opterećena kontinuiranim koncentriranim silama F 1 i F2 i koncentriranim spregom M. Na slici 5.10b prikazana je greda oslobođena veza s ucrtanim reakcijama u osloncirna, a opterećenjem q:~

85

na slici 5.10c i d na<:rtani supripadni dijagrami poprečnih sila, odnosno momenata savijanja. Ishodište koordinatnog sustava nalazi se u lijevom osloncu. U području O~x~6m kontinuirano opterećenje q~ je konstantno, pa u dijagramu poprečnih sila imamo pravac s negativnim nagibom jer je qr>O (pravilo 7). Dijagram momenata savijanja jest parabola 2. reda (pravilo 2). U točki x l m djeluje koncentrirana sila F, =6kN, pa dijagram poprečnih sila ima skok 7.0 isti iznos. a dijagram momenata savijanja ima lom tangentc (pravilo 5). U presjeku x = 4 m djeluje koncentrirani spreg. Na tom mjestu dijagram poprečnih sila ostaje nepromijenjen, a dijagram momenata savijanja ima skok od !4kNm na !8kNm, tj. uprdvo za iznos sprega M =4 k Nm (pravilo 6). U presjeku x=3 m poprečna sila Q, mijenja predznak pa M-dijagram ima ekstrem M,= 15 k Nm (pravilo 4).

PRIMJER 5.2 Na slici 5. ll· prika:zana je ista greda opterećena i oslobođena veza te pripadni dijagrami poprečne sile i momenta savijanja. Mogli bismo i ovdje provesti analizu dijagrama slično kao u prethodnom primjeru. Bit će dovoljno da naglasimo najvažnije karakteristike. U točkama x=!Om i x= l6m poprečna sila mijenja predznak pa M-dijagram ima ekstreme +62kNm i 16kNm. U točki x=5m djeluje koncentrirani spreg, pa M-dijagram ima skok. Neposredno lijevo i desno od te točke možemo smatrati da je poprečna sila jednaka, pa je nagib tangente na Mdijagram u oba slučaja isti. Nagib Q-dijagrama konstantan je u područjima O..;x";6 i 6..;x..;20 jer je u tim područjima q,=konst. Kako je q1 >q2 , nagib u prvom području veći je od nagiba u drugom području.

., fJt~~~H~,~dbiF.~db!J~~q~b!f-~ X z

1

F, lm 1

bj5kN

>JĐ

llli)llll

]kN/m

,

~

H1

......~...

• ,_,,.__

fi-=lOJtH fZ=15kN q1=1 kN/m

Q -!J:H/ltl

{k/(~

~JOkHm H1=8kHm

l,

n ~ll~.:~t.rJ ·.

cl

.2!!11 kNm

l

dl l
..

___

'{ iWJiqllll ' -i5

U podtučju 6..;x..;9m je q=O, pa je dijagram poprečne sile horizontalan pravac, a M -dijagram pravac konstantnog nagiba (pravilo l). Isto vrijedi i za područje 9";x..; ll m. U točki x=9m poprečna je sila jednaka nuli, pa moment savijanja ima ekstremnu vrijednost. Prema pravilu 9 prirast M-dijagrama na dijelu nosača jednak je površini ispod Q-dijagrama na tom dijelu nosača. Od točke O do l površina ispod Q-dijagrama jest l· (12+ lO)i2 ll kNm. dok je M-dijagram porastao od nule na ll k Nm. U području l ~x~3m površina. ispod Q-dijagrama iznosi 4kNm, pa je moment savijanja porastao za isti iznos: od ll na 15kNm. U idućem intervalu površina je -l kNm, pa je moment savijanja opao na 14kNm. Na slici 5.10c u kružićima su na2načcne površine ispod Q~dijagrama. M-dijagram sc u promatranim intervalima mijenja za iste iznose.

86 ,.

-·

Slika 5.11. Dijagrami unulrašnjih sila

Slika 5. 10. Dijagrami unutra!njih sila

5.4. Veza izmedu kompoDeaata unutrašujib sila i komponenata naprezanja Na slici 5.12 prikazan je presjek štapa. Na elementu površine dA ucrtane su komponente naprezanja. U ležištu presjeka ucrtana je normalna sila N i poprečne siJe Q" i Q:. Također je prikazan moment uvijanja M, i momenti savijanja M,, 1 M::. Element normalne sile t} na površini dA iznosi

dN=a,dA. Ukupna normalna sila N dobit će se i.ntegriranjem gornjeg izra:za po čitavu presjeku A, tj.

N= J u,dA. A

(5.15)

Slično

možemo dobiti da je

Q,= ft,, dA

(5.16)

A

Q,=f tudA.

(5.17)

A

Element momenta dM 1 oko osi y iznosi

dM,= !'x.d1 silu

gdje je O":.: dA elementarna sila, a z njen krak oko osi y. Elementarna sila rs; pojavljuje se u gornjem izrazu jer je paralelna s osi Y~ tj. nema momenta oko Elementarna sila rx: dA prolazi kroz os y. pa također nema momenta oko <.. Nakon integriranja taj izraz prelazi u

J

6.

MEĐUSOBNA

OVISNOST NAPREZANJA l DEFORMACIJA

6.1. Eksperimentalni podaci o medusobaoj ovisnosti naprezanja i deformacija

Ako neko tijelo opteretimo, u njemu će se pojaviti naprezanja i deformacije. Što je veće opterećenje. bit će veća naprezanja, ali i def~nnacije. Smanjujemo Ji naprezanja, smanjit će se i deformacije, pa zaključujemo da su naprezanja i deformacije međusobno ovisni, tj.

M,=
"•J=f(•,,l.

-Slika 5.12. Komponente naprezanja i k;mnponente unutrašnjih slla Slično

SHka 5,13, Veza posmičnog naptezanja i momenta torzlje

možemo dobiti da je

J

M"=-
•

Ovdje je pred znakom integrala negativan predznak jer je smjer djelovanja elementarne sile O'..,dA oko osi z suprotno od smjera djelovanja M 11 , Također je dMr=1ndAy~ t xr dA z~

odnosno

J

M,= (yrn-n..,R)dA.

(5.20)

A

Kad štap ima kružni poprečni presjek, prikladno je moment torzije izraziti komponenata u polarnim koordinatama. U tom slučaju prema slici 5.13 vrijedi pomoću

M,= Jt"" p dA. A

88

'·;=.r. (
(6.1)

U ovom poglavlju razmatrat ćemo karakter međusobne ovisnosti naprezanja i deformacija. Zamislimo sada dva jednaka štapa koja su opterećena na jednak način, npr. savijanjem. Neka je jedan štap čelični, a drugi gumeni. Bez obzira na materijal od kojeg su izrađeni štapovi raspored i veličina naprezanja u oba slučaja bit će približno jednaki•; medutim, deformacije će se znatno razlikovati. Deformacije u gumenom štapu bit će mnogostruko veće od onih u čeličnom. Vidimo da defonnacije ne ovise samo o naprezanjirna nego i o defonnabilnosti tijela. Prema tome, funkcije u izrazu (6.1) imaju različit oblik za razne materijale. Ovisnost naprezanja o deformacijama za razne materijaie određuje se eksperimentalno. Najčešće se izvode pokusi rastezanja, sabijanja i smicanja. Ponekad se izvode i druge vrste pokusa. Rezultati pokusa rastezanja i sabijanja prikazuju se dijagramom u kojem se daje ovisnost sile F o promjeni duljine Ji. Na slici 6.1 prikazan je najčešći oblik rastezne epruvete, a na slici 6.2 dijagram ovisnosti sile F o produljenju Lli za jedan niskougljični četik. Na dijagramu uočavamo nekoliko karakterističnih točaka. Od točke O do P ovisnost sile o produljenju je linearna. Nakon toga dijagram nije više pravac, nego prelazi u krivulju. Do točke E deformacija je elastična, tj. nakon rasterećenja epruveta se potpuno vraća u prvobitni oblik i veličinu. Ako pri opterećenju predemo točku E, u epruveti se javlja trajno ili plastično produljenje, tj. epruveta se nakon rasterećenja ne vraća u prvobitni oblik. Pri daljnjem povećanju sile F rastu produljenja sve do točke T'. Kad se pređe točka T', opterećenje naglo padne do točke T a produljenje i dalje raste. Nakon točke T pri približno konstantnoj sili raste produljenje do točke T', nakon č-ega je potrebno povećavati opterećenje da bi došlo do porasta produlje-

(5.21) • Ponekad i raspored naprezanja ovisi o elastienim svojstvima tijela.

'.

89

nja. Opterećenje raste sve do točke M. Nakon točke M sila F u epruveti opada, a produljenje i dalje raste, dok napokon ne dođe do loma epruvete u točki K. Mjerenjem je ustanovljeno da se epruveta ne produljuje samo za dl. nego se kontrahira (steže, suzuje) za iznos &d. Do točke T' poprcčnaje kontrakcija jednolika po čitavoj duljini štapa. Kad opterećenje dostigne točku T', nastupa u nekom presjeku naglo suženje. koje sve više raste~ dok ne nastupi lom epruvete. To suženje naziva se vrat. a prikazano je na slici 6.Ib. poprečno

F

.AA

I

F

rasterećenja u tijelu zaostaju trajne deformacije. To svojstvo tijela zove se plastič­ nost. Vidimo da se isti materijal može ponašati kao elastičan i kao plastična, ovisno o veličini opterećenja. Svojstva deformabilnosti tijela ovise o mnogim činiocima, kao npr. o temperaturi, brzini deformiranja itd.

Dijagraml rastezanja raznih materijala vrlo su raznoliki. aH se mogu svrstati u osnovna oblika. od kojih je jedan prikazan na slici 6.3a, a preostala tri na slici 6.3b. Kod dijagrama na slici 6.3b nije izražena granica tečenja a p Materijali koji pucaju bez pojave većih plastičnih deformacija nazivaju se krhki materijali. Rastezili duktilni materijali prije loma doživljavaju velike plastične deformacije, Polimerni i neki organski materijali imaju poseban oblik dijagrama rastezanja. Svi ti dijagrami prikazani su na slici 6.3b. četiri

•

H

fi~

'l

q

bl Slika 6.1. Rasteznu .epruveta

".

poprečnog

F

tJo=-

Ao

F

'

<:::

H

i

oopretm

K

~· '

.

If" aJ

&

b)

Slika 6.3. Osnovne vrste dijagrama rastezanja

Dijagrami sabijanja velikog broja materijala kvalitativno i kvantitativno vrlo (6.2)

5u slični dijagramima rastezanja. Analogno vlačnoj čvrstoći definira se tlačna čvrstoća.

(6.3)

gdje je A0 početna. a A trenutna površina poprečnog presjeka. Do točke T' površina A neznatno se razlikuje od površine Ao, pa su i naprezanja u i u0 gotovo jednaka. Podijelimo li produljenje .11 početnom duljinom 10 , dobit ćemo duljinsku defonnaciju e, Prema tome, dijagram na slici 6.2 u nekom drugom mjerilu prikazuje ujedno i ovisnost konvencionalnog naprezanja o deformaciji. Taj je dijagram još jednom prikazan na slici 6.3a. Punom crtom prikazano je konvencionalno a crtkano stvarno naprezanje. Na dijagramu je kotirano nekoliko karakterističnih vrijednosti naprezanja: granica proporcionalnosti up; granica elastičnosti uE., gornja granica tečenja u'r, donja granica tečenja ih i vlačna ili rastema čvrstoća u,.,. Ako je naprezanje manje od granice proporcionalnosti~ deformacije su proporcionalne napr~njima. Kad pređcmo granicu propordonalnosti~ ovisnost naprezanja o deforrriacijama nije više linearna; međutim, sve do granice elastičnosti nema pojave plastičnih ili trajnih deformacija, tj. epruveta se nakon rasterećenja vraća u prvobitni oblik. To svojstvo tije)a zove se eiastičnosr.. Ako je naprezanje veće od granice elastičnosti, nakon M

QT "

presjeka epruvete A0 ,

koje se razlikuje od pravog ili stvarnog naprezanja

G=A·

r'''-'~ r

•• ,

ill

Stika 6.2. Ovisn.oin sile F o produljenju JJI za čeličnu epruvetu

Podijelimo li silu F početnom površinom dobit ćemo tzv. konvencionalno naprezanje

~C/JVCIIClIGfUJ{no

naprf!tat!;C ...

F ql

i$ SIII/Jflll)

Dijagrami sabijanja krhkih materijala kvantitativno sc razlikuju od dijagrama rastezanja. Tlačna čvrstoCa krhkih materijala može biti neko1iko puta veća od vlačne čvrstoće. Dijagrami smicanja t='t'(y) po obliku su slični dijagramima rastezanja. Analogno kao kod rastezanja uvode sc pojmovi: granica proporcionalnosti rr granica elastičnosti tE~ granica tečenja tr i čvrstoća smicanja TM· Naziv granica tečenja ili granica popuštanja materijala odnosi se na sve vrste opterećenja: rastezanja, sabijanje i smicanje. Umjesto granica tečenja ponekad se kod rastezanja upotrebljava naziv granica razvlačenja, a kod sabijanja granica gnječenja. Granica proporcionalnosti. granica elastičnosti i granica tečenja neznatno sc razlikuju. Kako se Vr najlakše određuje. u tablicama se često navodi sanio ta vrijednost. U mehanici krutih tijela uvodi se pojam idealnog krutog tijela, a u hidromehanici pojam idealne tekućine. Slično tome uvodi se u mehanici deformabilnih tijela idealno elastično tijelo i idealno piascično tijelo. Ako defonnacije ne ovise samo o naprezanjima nego i o vremenu, tijelo je visl
91

6.2. Hookeov zakon, modul

elastičnosti,

modul smi
Na slici 6.4 prikazan je dio okruglog štapa (epruvete) koji je jednoliko na rastezanje. Punom crtom prikazan je ~tap prije opterećenja, a crtkano deformirani štap nakon opterećenja. Početna duljina l povećala se za iznos tll, a promjer smanjio za iznos tJ d. Prema tome je pri ras teza nj u štapa tJ l> O, a tl d< O. opterećen

6~k---!·

1.t

IM ,!8,

~§·

6.3. Dopušteno i

4r

Slika 6.4. Ilustracija Hookeova zakona

Pri sabijanju imamo obratnu situaciju: duljina l se smanjuje, a promjer d povećava, tj. tJIO. Ako s e označimo prosječnu uzdužnu deformaciju, a s e, prosječnu poprečnu deformaciju. možemo pisati g;;;:[~

s.,=-;t·

To su ujedno i prave deformacije jer u štapu vlada jednoliko (homogeno) stanje naprezanja, odnosno jednoliko stanje deformacije. Prema dijagramima sa slike 6.3a i b vidimo da pri malim deformacijama postoji proporcionalnost između optereće~ nja i produljenja, odnosno između naprezanja u i uzdužne deformacijjc e. Pokusima je također dokazano da postoji propordonalnost izmedu uzdužne i poprcčne derormacije. To možemo matematički izraziti ovako:

cr=Es

(6.4)

e.,=- vs.

(6.5)

Faktori proporcionalnosti E i v nazivaju se Youngov modul elastičnosti i Poissonov koeficijent. Izrazi (6.4 i 6.5) predstavljaju Hookeov zakon jednoosnog stanja naprezanja. Pojam modula elastičnosti uveo je 1807. god_. Thomas Young, a Poissonov koeficijent S. D. Poisson 1828. god. Kako su •, i • uvijek suprotnog predmaka, Poissonov je koefiCijent pozitivan broj. Kod izotropnih je materijala O.;; v <;0,5. Za većinu metala i metalnih legura je ""'0,3. Linearnu ovisnost

posmičnih

naprezanja i kutnih deformacija opisuje izraz

(6.6) koji se naziva Hookeov zakon smicanja. Veličina G naziva se Coulombov modul, modul smicanja, odnosno modul klizanja. Ako uzorak materijala opteretimo jedno~ likim tlakom p u svim smjerovima~ promijenit će se njegov volumen. Eksperimenti pokazuju da je obujamna deformacija proporcionalna tlaku p, tj.

-p=Ke,

·n

proračonsko

naprezanje. faku.r sigurnosti

U tablici 6.1 navedeni su podaci o konstantama elastičnosti i toplinskom koeficijentu rastezanja, a u tablici 6.2 mehanička svojstva raznih tehničkih materijala. Navedeni podaci samo su prosječne vrijednosti. Stvarne vrijednosti za pojedine materijale mogu se znatno razlikovati od navedenih. U tehničkim priručnicima mogu se naCi opširniji i pouzdaniji podaci o clastičnim i mehaničkim svojstvima. Ti podaci nam služe pri dimenzioniranju konstrukcija i strojeva. Jedno od najvažnijih pitanja koje se pri tome pojavljuje jest: koliko smije biti naprezanje u dijelu koji treba dimenzionirati? Prije nego odgovorimo na to pitanje definirat ćemo stvarno i proračunsko naprezanje. Stvarno naprezanje je ono naprezanje koje se u strojnom dijelu ili konstrukciji pojavljuje u redovnoj eksploataciji str~ja. Proračunsko naprezanje je ono naprezanje koje očekujemo da če se pojaviti u strojnom dijelu na temelju proračuna. Proračunsko naprezanje vrlo sc rijetko podudara sa stvarnim; može biti veće ili manje od stvarnog. Za to postoji više razloga. često je najveće nepoznanica opterećenje. Sile koje djeluju na pojedine konstrukcije ili njihove dijelove nisu nam poznate. Teško je računski naći sile koje djeluju npr. na avionsko krilo, brod na uzburkanom moru, automobilsku osovinu pri vožnji po neravnu putu, na nož tokarskog stroja, lopaticu vodne ili parne turbine itd. Druga nesigurnost nastaje pri izboru proračunske sheme koja ne uzima u obzir sve detatje realne konstrukcije. Treći uzrok leži u netočnosti izraza nauke o čvrstoći. Osim toga u konstrukciji mogu postojati početna, montažna ili toplinska naprezanja koja su nam nepoznata. Zbog svega ovog proračunsko naprezanje samo je procjena stvarnog naprezanja. najveće

tJd

Lli

gdje je K obujamni (volumenski) modul elastičnosti odnosno modul kompresibilnosti iti stlačivosti. Veličine E, G, v, K, koje karakteriziraju elastična svojstva tijela nazivaju se zajedničkim imenom konstante elastičnosti. Za elastično tijelo 'dovoljno je poznavati samo dvije konstante elastičnosti jer se ostale mogu iz njih izračunati.

(6.7)

Stvarno naprezanje očito mora biti manje od čvrstoće materijala, inače bi došlo do loma konstrukcije. Medutim, vrlo često ne smije se dopustiti pojava ni najmanjih plastičnih deformacija. Točnost izrade pojedinih strojnih dijelova izražava se u desetinkama ili stotinkama milimetra. Takva točnost bila bi nepotrebna ako bismo dopustili da se pojavom plastičnih deformacija strojni dio plastično deformira ma i za desetinku milimetra. Prema tomel moramo biti sigurni da je stvarno naprezanje manje od granice tečenja kod rastezljivih materijala, odnosno znatno manje od čvrstoće kod krhkih materijala. Kako stvarno naprezanje može biti veče od proračunskog, moramo osigurati da maksimalno proračunsko naprezanje bude manje od dopuštenog naprezanja adop (ili 't'd 011 ), koje je za krhke materijale definirano izrazom

.....

aoop=s,

'M 'tdap=s·

(6.8)

..

93 ....

Tablica 6.1

e Ugljični čelik

Legirani čelik lijevano željezo Bakar

Aluminij i legure

Magnezij i legure Olovo

Sl aldo Beton

Gwna Pluto Tablica 6.2

-

10. /K

80-81 80-81 45 40-4!> 40-42 35-37 26-27 17

0,24-0,28 0,25-0.30 0,25-0,27 0,31-0,34 0,32-0,35 0,32-0,42 0,32-0.36

12,5

1

0,42 0,25 0,03-0,13 0,47 0,00

GPa

200-210 210-220

84-130 105-115 90-12il 70-71 45 17 56 15-40 0,01 0,006

Mehanička

•

'

GPa

ll5-l~

Bronca Mjed

poznavanju

G

MATERIJAL

22

između

Izbor faktora sigurnosti ovtst o mnogim okolnostima, a

Elastifne konstante l k.eftcije.U toplinskog rastezanja

6

10-13 10,4 16 17,5 18

24

-

opterećenja,

ostalog o:

opasnosti za ljudski život, važnosti konstrukcije. o tome da

li je konstrukcija stabilna ili pokretna itd. Problemi proračuna čvrstoće i dimenzioniranja vrlo su složeni i njima ćemo se više pozabaviti u narednim poglavljima. To što smo rekli odnosi se samo na mirna opterećenja i jednoosno napregnuto stanje. odnosno na čisto smicanje.

mstatička

Takva stanja naprezanja javljaju se pri aksijalnom

opterećenju

štapa,

čistom

smicanju. savijanju i uvljanju štapova.

6..4. Hookeov zakon za ravninsko naprezanje

26

29

·s

0,11

svojstn materijala u MPa

Na slici 6.5a prikazana je ploča u kojoj vlada ravninsko stanje naprezanja, tj. u kojoj je O'::=r,..::=t.r.::=O. Element izrezan iz ploče prikazan je na istoj slici: b) i e}. Da bismo odrediH deformacije ex• e, i 1'.tr elementa. primijenit ćemo metodu superpozicije. Na slici 6.6a prikazan je element opterećen samo naprezanjem ux- Crtkano je prikazan početni oblik elementa~ a punom crtom deformirani oblik. Naprezanje a"' Izaziva deformacije l;;= u)E~ što slijedi iz Hookeova zakona (6.6). Analogno tome pomoću izraza (6.5) možemo odrediti

čvrsloća

Gr.tnica proporcionalnosti MATERIJAL vlačna

tJačna

smična

vlač na

tlaČlla

smična

0,2%C 0.6%C

210 410

410 690 930 410 140

310

550

145 250 330

620

t.
240 410 550 210 170 140

70

345

22

ll 160

220 380

Ugljični čelik vruće

Celični

~

valjan

lijev odžaren. 0.2~ . .

e

210

42

Sivi lijev Kovkasti lijev Bakar odžaren tvrdo vul:en

Mjed lijevani (60'}~ Cu~ 40~ .. Zn l Bronca lijevana {90'}~Cu: l0~ 0 Snl

Aluminij odžaren

tvrdo valjan

140 22 261J 140 140

.

-

260

-

-

-

Duraluminlj

(96%Al; 2,9%Cu: 1/~Mgl žaren temperiran

Jl:S

-

so

550 790

550

-

280 70

IlO

-

-

/

310

215 -

350

170 350

-

IlO

-

-

_,

l'"z

Ploća

"""'

i -r.\{ vlačna (tlačna) odnosno smična čvrstoća. u 7 i r 7 vlačna i smična tečenja, a S faktor sigurnosti. Faktor sigurnosti uvijek je veći od jedan. Najčešće je 1.5 ~S~ ts,_~li može biti i znatno veći.

gdje su granica

94

aM

eJ

'E. Budući da normalno naprezanje ne izaziva kutnu deformaciju. bit če 1 Na sličan način možemo odrediti deformacije koje izaziva naprezanje ur, prema ~~Lici 6.6b. tj. e~= v uJE, uJE i i'=r==O. Element opterećen samo posmičnim naprezanjem prikazan je na slicl6.6c. U tom slučaju deformacije. prema (6.6)~ iznose y;~=txJG. s;'=O \"
~

(6.9)

Gl; t,+Txdx

••

i".~)-=0.

4 rrcrop=s~

-,;:,

u kojoj vlada ravninsko stanje napre1..anja

Kod rastezljivih materijala dopušteno naprezanje je Cfy

.,-

b)

D)

Slika 6,5.

e;.=-

il'c

t"'ft'+T

"' ILt..

i}

~ul"'

€;1d:t

.,

g

b! eJ oi Slika 6.6. fzvođ Hookeov:a zakona :r.a ravoinsko naptezanje

95

Ukupne komponente deformacije odredit ćemo zbrajanjem, tj.

U izrazima (6.7) prikazane su deformacije kao funkcije naprezanja; međutim, možemo naprezanja prikazati kao funkcije deformacija, tj.

e...:=e~+e;+e;" E: 1 =e~+E:;+e;'

Yx,=Y~y+Y~y+Y~~

o-.~ 1 !v(•.+ 1 :2 ve).

t.,.~cy.,

v ) •" +--e 1- 2v ·

t>.:= G}',..:

E ( o-~--

odnosno

"

t=ax_va" X

E

o- z ~_!!__(•.+-v l+v - l-2v

E

_a,.. ax e - - - v-

'

E

l+ v

(6.10)

E

t.,

Yxy=c;· Izraz (6.10) predstavlja Hookeov zakon za ravninsko stanje naprezanja. Po. moću tih izraza možemo odrediti deformacije ako su nam poznata naprezanja i elastične konstante materijala E, G i v. Ako su nam poznate deformacije, prikladnije je pisati Hookeov zakon u obrnutom obliku. Shvatimo li prva dva izraza kao dvije jednadžbe s dVije nepoznanice: ax i a,.., i zatim ih riješimo, dobit ćemo: E ax=-(ex+ vt,.) 1-v2 E uy=--2 (ey+ vt:.:r) 1- v

jednadžba tog izraza dobivena je iz

Izraz (6.l0a) daje deformaciju t:: pri ravninskom naprezanju.

6.6. Hookeov zakon za ravninsko stanje deformacija Ravninsko stanje deformacija definirano je izrazom t"= Y.xy =)')'%=O. lako je u ovom slučaju t" =0, bit će a"=f:-0, za razliku od ravninskog stanja naprezanja kad je a:=O, a t"=/=0. Ako u izraz (6.12) uvrstimo t==Y.:r:=Yy:=O, dobit ćemo Hookeov zakon za ravni nsko stanje deformacij:i: l •.~E.;[

(6.11)

o-.- v< o-,+ o-,lJ

l

•,~E [o-,-, treće

t~=Gy~,

gdje je Đ=ex+t,..+ez obujamna deformacija. Već smo spomenuli da je kod ravninskog stanja defonnacija a"=O, a t:fO. Sada možemo·pomoću trećeg izraza: (6.12). dobiti v (6.10a) ·~~ -E<•.+•,l·

rx,.= Gy xy· Treća

e).

(6.13)

(o-,+ d.)]

(6.14)

jednadžbe izraza (6.10).

t.,

Yxy=G

6.5. Hookeov zakon za prostorno (h oosno) naprezanje a== v (a.x+ a 1 ).

Hookeov zakon za troosno napregnuto stanje možemo izvesti na on glasi l

•.~E[o-.-

v(o-,+ o-,)].

l

•,~E[o-,- v(o-,+ o-J].

l <,~E[o-,- v(o-.+ o-,)],

96

sličan način,

i

Iz prvog. drugog i

četvrtog

izraza (6.14) možemo dobiti:

!-v'( ax-l-va,. v )

t.,

t:x=~

Y.x~·=G

(6.15) !y::

Y,-~~-o

!-v'( vax. ) t: 1 =~ aY- _

(6.12)

1

11

Uvedemo li oznake tu Yu~G.

E*~_!_

v

v*=-- , G*=G , 1- v2' l -v

7 l.

Alfirević:

Nauka o

čvrslo.:i

(6.16)

. 97

Hookeov zakon za ravninsko stanje deformacije glasi

S druge strane za element na slici 6. 7b vrijedi

v•

E*

(6.17)

".,

...

l

s1

E* ..,

Sz

Kad u gornje izraze uvrstimo

Yx:~= G*~

-.vaz)

l E

vut).

i

a 2 = -'t.vy•

G' t ='tx 11

dobit

ćemo:

l+v

odnosno

a'

st=~T'!'""'

E* 1 1-(v*f(e,+v*e,)

(6.20)

l+v

E* a,=l-(v*)' (e,+v*e,) r;ry=


(6.!8)

Kako na oba elementa djeluju ekvivalentna stanja naprezanja, bit deformacije jednake. Usporedbom izraza (6.\9) s izrazom (6.20) dobit

G*Yx,-

Vidimo da su izrazi (6.17) i (6.18) potpuno analogni izrazima (6.10) i (6.11 ), što ima veliko značenje jer omogućuje analoguo !ješa vanje problema ravninskog stanja naprezanja i ravninskog stanja deformacije. 6.7. Medusobna ovisnost konstanti

G

če i ćemo

glavne

(6.21)

E 2(1+v)

Na slici 6.8 prikazan je element na koji djeluje hidrostatički pritisak p sa svih strana. Prema Hookeovu zakonu za tu vrstu napre7..anja (6.7) vrijedi

elastičnosti

p=-Ke,

Na slici 6. 7 prikazana su dva elementa na koje djeluju ekvivalentna naprezanja. Naime. prema primjeru 2.2 čisto smicanje odgovara istovremenom rastezanju i sabijanju u međusobno okomitim smjerovima jednakim iznosom u 1 = a:.l=1::xr Za element na slici 6.7a vrijedi .es:::::::sy=O. Yxji=T.;r.,}G,

gdje je K prostorni vrijedi

modul'elastičnosti

e

a

e

obujamna deefom1acija. Prema (3.!5)

e;~:+ey+e:· p

Odavde možemo pomoću izraza (3.21) dobiti glavne deformacije: T~y

i

•t =:~y,,= 2G

(6.19)

l

S,=

Slika 6.8. Element podvrgnut

-2y,,=

bidroslatičkom

tlaku

S druge str,ane za element na slici 6.8 vrijedi

t,

ffi::-· '

fletmti A

,,


što uvršteno u Hookeov zakon

e

v (a,+

.,

,,

Slika 6.1. tisto smicanj(: odgovara istovremenom s.abijanju i rastezanju u okomitim ~resjedma

98

-p,

daje

e,=

E(!

2v)=e,=t,.

:f-

7*

·~

Uvrstimo sada vrijednost za <:,=s,= e, u (3.15), pa

&= -p3(l-2v)

E

Usporedbom tog izraza s izrazom (3.15) dobit

ćemo

a) Da bismo odredili naprezanje a"' presijedmo posudu poprečnom ravninom.

dobiti

Ravnoteža

presjećenog

dijela, prema slici 6.8b, glasi

(6.22)

.

ćemo

XF,=2r1lha,- p r'1r=O, odakle je

pr

"·= 2h'

l

e

Pi(·

Odavde je

E K=-3 (l

2v)

.

(6.23)

Kad je v= 0,5, obujamni modul elastičnosti postaje beskonačno velik. To znači da za materijale s v=0,5 ne dolazi do promjene obujma bez obzira na veličinu naprezanja. Kad bi bilo v>0,5, K bi postao negativan, što znači da bi pri tlačnom naprer.anju obujam rastao, odnosno da bi se pri vlačnorn naprezanju obujam smanjivao. Kako je to fizikalno neprihvatljivo, zaključujemo da mora biti v< 0,5 što potvrđuju i brojna mjerenja.

(b)

Dio posude, prema slici 6.9c~ isječen je pomoću dvije poprečne ravnine i jedne ravnine koja prolruti kroz os posude. Ravnoteža tog dijela posude glasi 2Lfx hO'•- p2rl.lx =0. Odavde dobivamo

pr

u..,=h.

(e)

Naprezanje a., u cirkuJarnom smjeru dvaput je veće od normalnog naprezanja v"" u uzdužnom smjeru.

fr

t~3E:m,

PRIMJER 6.1 Aluminijski kvadar obujma V= 15 dm 3 podvrgnut je sa svih strana jednolikom tlaku p= 15 MPa. Izračunati: a) obujamni modul elastičnosti K i modul smicanja G b) obujam nu defonnaciju e i promjenu obujma il v.

al

••

Zadano: E= 70GPa, v=0,33.

E

a) K

• >3,03 GPa r: J

lJ)

Slika 6.9. Naprezanja u cilindričnoj

G =·-:-:e=--:- =26.32 OPa +v) b) bl

e

K

-

1

.!:~ ~-·

-0,2829- 10-

Ll v= e· V= -0.2829 · !0- 3 - 15·

3

w-'m'

t.! V= -4,249· 10· 6 m3 = -4,249cm3 •

PRIMJER 6.2 U zatvorenoj

cilindričnoj

posudi

polumjera

Duljinska deformacija u cirkularnom smjeru t::• iznosi

••

2(r+ilr)1t-2rn

Lfr

2rn

r

(d)

gdje je 2(r+Jr)" opseg posude nakon defonniranja, a 2rn opseg prije deformiraoja. U plaštu posude vlada približno ravninsko stanje naprezanja jer je naprezanje a .z zanemarivo maleno u odnosu na qr i a<~. (Na vanjskoj strani plašta je i'f: =0, a na unutrašnjoj a,=- p.) U tom slučaju Hookeov zakon glasi

posudi polumjera r i debljine stijenke h vlada pretlak

p, prema slici 6.9a, Nači: a) naprezanje a, i "•· b) povećanjepolumjera Llr. Zadano: p) r. !J~ E.

!OO

Povečanje

IJnčnoj

(e)

10!

Uvrstimo li izraze (b), (e) i (d) u (e), dobit

Normalno naprezanje u smjeru osi z u valjku iznosi

ćemo

pr

Odavde možemo dobiti izraz za

povećanje

Zbog aksijalne simetrije ostala su dva normalna naprezanja jednaka i iznose p1, dakle: axu= a>·v= -p,.

polumjera

pr'-

Kako je prikazano u primjeru 2.5, možemo pisati

(f)

Lir=-(2- v). 2hE

(d)

O".zu=-p.

Llr

•.=2hE(2 -vJ=-;-·

(e)

a,.,= a..,.,=- P1· Radijalna deformacija valjka iznosi

PRIMJER 6.3 Kružni valjak polumjera r postavljen je bez zračnosti i prednaprezanja u cijev debljine stijenke h, a zatim opterećen tlakom p, prema slici 6.10. Naći naprezanje u cijevi ako je zadano: r, p, h, E 11 , V 11 , E~, vc. Zanemariti trenje između cijevi i valjka.

en.= a,.. v.. ( a.., .. + a=,.) E -E odnosno

,,

e,~:= Povećanje

'.

h

p, v" --+-(pr +p). EL. E..

pol umjera valjka je (f)

Llr"=r·erv·

h

Uvrstimo li izraze (e) i (f) u (a), dobit Eclfc~ tj, v~

ćemo

p 1r'-

p.(l-v,)

2hE.:

Eu

--=-

p1·,

r+-r. E,.

Odavde je 2v, p, =P'------''---E •. r 2(1-v )+-" E.:h

Slika 6.10

Pod djelovanjem tlaka p valjak nastoji da se poprečno širi, što sprečava cijev. Zbog toga se na mjestu dodira cijevi i valjka javlja pritisak. Problem je sam po sebi statički neodređen i riješit ćemo ga pomoću uvjeta

Dodirni pritisak između valjka i cijevi veći je što je veći Poissonov koeficijent \· •. , i što su manji omjeri Ej E.: i rfh. Izračunat ćemo p 1 za dva vrlo različita slučaja. U prvom slučaju odabrat ćemo gumeni valjak i čeličnu cijev s omjerom rf h= 10. Manji omjer ne smijemo uzeti jer smo zadatak riješili pod pretpostavkom da je cijev tanka. Svojstva gume i ćelika, prema tablici l, iznose E,=200GPa, E,=8MPa, v,=0,47, v,=0,27. Uvrstimo li te podatke u (g), dobit ćemo p 1 =0,887 p. Razmotrimo sada slučaj čeličnog valjka i gumene cijevi uz rf h= 10. Uvrstimo li potrebne podatke u (g), dobit ćemo p 1 =2,16 · w-s p, što je zanemarivo maleno,

(a)

Lire= .đr 11 ,

gdje je Lire prirast polumjera cijevi, a L1r11 prirast polumjera valjka. Označimo s p 1 pritisak između cijevi i .valjka. U tom slučaju nonnalna naprezanja u cijevi iznose p,r

a,'"~o. a=.:=O, atp(=-;;

(b)

Naprezanje a.., isto je kao i u prethodnom zadatku, dok je naprezanje a.z jednako nuli jer cijev nije rastezana uzdužna. Deformaciju eq>( izračunat ćemo pomoću Hookeova zakona p,r eq>( =a'P(! E.:= hE.:.

PRIMJER 6.4 Elastični blok a· b· h modula elastičnosti E i Poissonova koeficijenta v posta:. vljen je u pravo kutnu šupljinu presjeka (a+ b d (b+ b2 ). Modul elastičnosti materijala stijenki mnogo je veći od modula elastičnosti bloka, tako da se stijenke mogu smatrati idealno krutim. Blok je pritisnut silom F, prema slici 6.11. Odrediti: a} silu F 1, pri kojoj će blok s dvije strane dodirnuti stijenke šupljine i promjenu visine h1 koja pri tome nastaje;

Prirast polumjera cijevi iznosi p,r'-

Lir.:=req>(= hE.:

102

(g)

(e)

·~·

103

b) silu F 2 , pri kojoj će blok i s preostale dvije strane dodirnuti stijenke, naprezanja ux, a1 i q"' i promjenu visine LJh 2 koja pri tome nastaje. Trenje bloka o stijenke šupljine zanemariti. Zadano: E=ZOOMPa, v=0,4, a=O,! m, b= Za, h= 3a, b1 = O,OOZa, b,= 0,003Za.

odnosno

F,

=-

Ea' a.·Z·a'=0,0032-. v

Kad uvrstimo zadane podatke u (e), dobit

l,

(e)

ćemo:

F 1 =0,008· E·a'=0,008·ZOO·IO'·O,!' MN

F, =0,0!6MN= !6kN. Kako je

~>:=LJ h dh,

promjena visine h iznosi

h

LJh 1 =e::·h.

..,-

Deformaciju e"' odredit

t'j8tfZ

,

što uvršteno u (f) daje

Llh 1 =-e,- hf v=- 0,00!6 · O,I/0,4m h 1 =0,0008 m.

Slika 6.11

a) U trenutku kad blok dodirne stijenke još nema pritiska šupljine i bloka. pa naprezanja iznose

ax=u,=O, a_=- Fl2 ·

2a

između

stijenki

(a)

6,

e,=-=0,0016. Za

b) U tom su slučaju deformacije definirane izrazom (b). Naprezanje a..,jednalm je nuli jer nema pritiska stijenki na blok u smjer osi x, jer je blok upravo dodirnuo stijenke. Prema tome Hookeov zakon glasi

e.=

v

-E(a,+ a,)=O,OOZ

(g)

•

Zanemarimo li trenje, u bloku će vladati jednoliko stanje naprezanja i deformacije. Prosječna deformacija po širini bloka jednaka je pravoj deformaciji, pa će u trenutku kad blok ispuni šupljinu biti

e\

izraza v=- e1 /e=, tj.

E:= -Ey/v,

! 1 6,/2 - ; 't - IT l

e,=-=O,OOZ, a

ćemo pomoću

(l)

v a,=0,0016 e,= ~ E- E (J_

(h)

\'

<,=i-Ea,.

(i)

(b)

Kako je deformacija e, manja, prije će se zatvoriti zračnost b2 • Potrebnu silu, odnosno naprezanje odredit ćemo pomoću Hookeova zakona

Izrazi (g) i (h) predstavljaju dvije jednadžbe s dvije nepoznanice: a, Rješavanjem tih jednadžbi dobivamo:

1

a•.

a::.=(a1 -Er;,1 )fv

e -u,

v

,-E-E(a,+ a.).

Uzmemo li u obzir da je a."= a,.=O. bit

(e)

Uvrstimo li konkretne podatke, dobit

će

E

E

v

v

u,= --e,= -0,0016-, ·104

a,=- E(e.- e,)/(1 +v). ćemo:

u,=- O,Z857!0- 3 • E=57,15 kPa (d)

a,= -4,714310- 3 · E=94Z,86kPa.

(k)

105

Sila. kojom treba pritisnuti blok imosi

F, =- 2a2 u,=9,42910- 3 • E·u' = 18,857 kN. Uvrstimo li (k) u (i), dobit

ćemo

e,= [- 4.7143-0,4 (- 0,2857)] w-• =- 4.6 -w-•, odnosno dh,= e,h = -4,6.

w-• ·0,3 = -1,38. w-• m=- 1,38 mm. 7. AKSIJALNO OPTEREĆENJE ŠTAPOVA 7.1. Rami

prizmatični

§tapovi

Razmotrimo ravan štap proizvoljnog ali konstantnog poprečnog presjeka koji je opterećen dvjema silama, prema s1ici 7.l. Ako sile prolaze kroz težište poprečnog presjeka štapa, vanjsko se opterećenje reducira samo na uzdužnu silu N i u tom slučaju kažemo da je štap aksijalno opterećen. Ako su sile raspoređene, kao na slici 7.la, štap je opterećen vlačno i1i na rastezanje, a ako su sile raspoređene prema slici ?.lb, štap je opterećen tlačno ili na sabijanje. al

bl

r-.-------------

-;-·-- -- -+ l

F '- ( }

l

r--11-----h F

h

Slika 7.1. Osno

opterećenje

štapa a) rastezanje ili vlak b) sabijanje ili tlak

Eksperimentalna mjerenja, a i analiza metodama teorije elastičnosti, pokazuju da se na udaljenosti h od krajeva štapa naprezanja raspodjeljuju praktički jedno1iko i iznose N (7 .l)

ax= A' gdje je N uzdužna sila, a A površina tj.

poprečnog

F a.~:=A·

au

slučaju

slučaju

vlaka je N =F, (7.2)

tlaka je N= - F, tj. F

a=--, • A 106

presjeka. U

(7.3) 107.

gdje je F apsolutna vrijednost sile u oba slučaja. Izrazi od (7.1) do (7.3) vrijede za srednji dio štapa neovisno o raspodjeli sila na krajevima. Bitna je veličina njihove rezultante F i njeo pravac koji mora prolaziti kroz temte poprečnog presjeka. Raspored naprezanja u rubnim dijelovima štapa bitno ovisi o tome kako se sila prenosi na kraj štapa. O naprezanjima u tom dijelu reći ćemo nešto više kad budemo govorili o koncentraciji naprezanja. U praksi je redovno duljina štapa l mnogo veća od poprečne dimenzije h (50 do 100 puta ili više), pa sc za izračunava­ nje produljenja štapa neravnomjernost naprezanja u blizini ruba može zanemariti,

tj. možemo smatrati da su deformacije i naprezanja jednoliko raspodijeljeni po duljini štapa. U tom je slučaju srednja duljinska deformacija štapa jednaka pravoj deformaciji. tj,

čitavoj

JI T=Exsr•

odnosno

Jl=s.f.

Ako je opterećenje raspodijeljeno kontinuirano ili "" presjek štapa mijenja kontinuirano, trebalo bi štap podijeliti na beskonačno mnogo beskonačno kratkih dijelova duljine Jx. U tom je slučaju

• JI~ lim '\'N, .dx,

...... «~~ AE-.

L~..--o,=l

Ta beskonačna suma predstavlja izrazom

Al~

Pomoću

Hookeova zakona

e,~

(7.4a)

Uzmemo li

u~obzir

(7.6)

Aksijalna krutost AE homogenog štapa konstantnog izvući pred znak integrala, tj. 1 Jl~-AE -

Fl

za rastezanje

Fl .dl~- AE

za sab!janje,

(7.7)

(7.7a)

jlllllllllllllll-1111 - tllllllll!ll l.,

a negativno ako se smanjuje.

'\'N,I,

LJI~ LAE,· i=1

gdje je l; duljina dijela štapa kojem je N,=konst i AE1' ; konst.

lOS

V· Slika 7.3. Veza defonnacije e., i pomaka u

Na slici 7.3a prikazanje neopterećen štap s označenim dvjema bliskim

A,B,-AĐ

AB

Llu)-Lix

Liu

Ax

ax·

Prava defonnacija u točki A iznosi .đu

(7.8)

točkama

A i B. Opteretimo li štap silom F, točke koje leže na osi štapa pomiču se udesno paralelno s osi x, kako je prikazano na slici 7.3b. Očito je da su pomaci raznih točaka različiti. Pomak lijevog kraja jednak je nuli. Što je točka više udaljena od lijevog kraja, više sc pomiče udesno. Prema tome možemo reći da pomak u ovisi o položaju x, tj. u~u(x). Neka je koordinata točke A;x, a koordinata točke B; x +Ax. Ako je pomak točke A; u, pomak točke B bit će u+ Liu. Srednja deformacija dužine AB iznosi e..,,r

U slučaju kad je štap opterećen nizom koncentriranih sila i kad se poprečni presjek mijenja skokovito, kao na slici 7.2, ukupno produljenje štapa iznosi

oi

Slika l.2. Dijagram uzdužnih sila

gdje je F apsolutna vrijednost sile. Produljenje ill je pozitivno ako se duljina povećava,

prosjeka .con-

Af1

tiJ.m .,.

-

i.ll=AE

poprečnog

rNdx

'1·· c::--cf:,- t~:-jr.••

Izraz (7.7) vrijedi ako je uzdužna sila N konstantna po cijeloj duljini štapa, tj. ako je štap opterećen dvjema silama na krajevima, kako je prikazano na slici 7.1. U tom slučaju možemo pisati

(7.9)

stantna je. pa se može

l 1A

da je a;t;=N{A, gornji izraz prelazi u

dl~!'!!... AE.

N dx

J.. AE.

(7.5)

rijE možemo izraz (7.4a) napisati u obliku

LJ[~"'!. E

integral, pa je produljenje Al dano

(7.4)

Ukupna duljina štapa nakon deformiranja iznosi I+JI~(I+e,)l.

određeni

• .

du dx

ex= lim-~-. J;: ...

o .đx

(7.11)

Prema izrazu (7.11) prirast pomaka u iznosi du=cxdx,

109

što nakon integriranja postaje

ft, dx+ C.

U=

Prema izrazu (5.7) jest

(7.12)

dN dx =-q.=-yA,

Konstantu integracije C možemo odrediti iz rubnih uvjeta. što nakon integriranja daje

Budući

da je N=A u, i u,= t, E, možemo pisati N=AEilx- Pomoću (7.11) možemo taj izraz pisati u obliku du N=AE-. d.x

N= -yAfdx+C= -yAx+C. Konstantu inte~racije C odredit ćemo iz uvjeta na donjem kraju štapa, N=O za x=l, tj. N=-yAI+C=O. Odavde je C=yAI, paje N=yA(/-x).

(7.13)

ćemo

Deriviramo (i gornji izraz po x, dobit

du)

dN= d - ( AEđx dx . dx · Kako je prema (5. 7) dNfdx = - q., bit

(7.14)

će

·!

du)

d ( dx AE dx = -q,.

(7.15)

Ako štap ima konstantnu aksijalnu krutost, tj. ako je AE=konst. 1 bit đ2 u

AE---.,= -q,.

(b)

A

u,

e,=

Izrazi (7.15 i 1.)6) predstavljaju osnovne diferencijalne jednadžbe osno-opteštapa.

je

Do tog zaključka mogli smo doći neposredno promatranjem ravnoteže donjeg dijela štapa duljine 1- x. Ako znamo uzdužnu silu, !ako možemo odrediti naprezanje, a zatim pomoću Hookeova zakona i defonnaciju N u,=-=r(/-x) (e)

će

(7.16)

d.,

~dje

1

(d)

E =E(I-x).

l deformacija i naprezanje jedna"ki su nuli na donjem kraju štapa (x = /), dok na gornjem kraju (x=O) imaju maksimalne vrijednosti: O'mu yl i E'.ma.x.=yljE, kako je prikazano na slici 7.4. Pomak u odredit ćemo pomoću izraza (7.!2):

rećenog

Je,dx+C=i J(1-x)dx+C 7 x2) +C. u=E ( /x-2

u= PRIMJER 7.1" Prizmatični

štap presjeka A, duljine l i specifične težine y obješen je, prema slici i opterećen vlastitom težinom. Skicirati i kotirati dijagrame naprezanja a,.. deformacije e" poma!
/Hf:t-{1

U l

1 ,

l

će

C=O, tj.

11=~~[2(7)-(y)'].

, ..,..-

X~ '

(e)

Vidimo da pomak raste po zakonu parabole. Maksimalni pomak nastaje za x = /. To je ujedno i produljenje štapa jer je gornji kraj štapa nepomičan, tj.

N

yf

1-x

jO

tll=umax: =-. ZE ;·MJ-xl

al

bJ

tl

Pomnožimo li brojni k i nazivnik s A i uzmemo li u obzir da je yi A

dl

ćemo

Slika 1A. Stap Opletei:en vlastitom težinom

Stap je opterećen kontinuiranim opterećenjem q,.. Da bismo odredili intenzitet tog opterećenja. trebamo odrediti težinu elementa duljine dx. Težina tog elementa iznosi dG=ydV=7Adx. Kako je ta sila raspodijeljen• na duliini dx. bit će dG

yAdx

q.,=~-=,e-~-=yA.

IJO

Kako je za x=O u=O, bit

(a )

dobit

ytAI . Gl 2AE 2AE

dl=-=-.

Da smo štap zanemarive težine opteretili na donjem kmju silom

~tap

bi

se produljio za di=GI/AE. Prema tome, možemo zaključiti daje produljenje štapa dvaput manje ako je opterećenje jednoliko raspodijeljeno po ako djeluje koncentrirano na slobodnom kraju.

čitavoj

duljini, nego

Ill

7.2. Stapovi promjenljivog presjeka Pri nagloj promjeni poprečnog presjeka štapa pretpostavka o jednolikoj raspodjeli naprezanja po poprečnom presjeku nije ni približno ispunjena. Na mjestima nagle promjene presjeka javlja se .koncentracija naprezanja, tj. maksimalno je naprezanje mnogo veće od prosječnog naprezanja. U tom slučaju izrazi koje smo izveli u ovom poglavlju više ne vrijede. Ako se poprečni presjek mijenja postepeno, pretpostavka o jednolikoj raspodjeli naprezanja bit će približno ispunjena. Značenje postepene promjene poprečnog presjeka ilustrirat ćemo pomoću slike 7.5 koja prikazuje plosnati štap konstantne debljine h i promjenljive širine b= b (x). Kao i u slučaju ravnog štapa promatrat ćemo presjek dovoljno udaljen od kraja, tako da izbjegnemo prelazno rubno područje. Ako je a= 10°, maksimalno se naprezanje razlikuje za oko 2% od srednjeg naprezanja. U slučaju kad je kut a= 15° maksimalno je naprezanje oko 5~~ veće od srednjeg naprezanja. Ograničimo li se na pogreške manje od 5%, mora kur !X biti manji od 15°.

~-

Kako je naprezanje konstantno, bit će N= a0 A, pa prema izrazu (5.7) možemo pisati dN dx= -q" d - ( a0 A)=- yA. dx

Uzmemo li u obzir da je

Go=

nakon deriviranja

dA

a, dx= -yA, što nakon

sređivanja

daje

dA y -=--dx. A a0

Tu diferencijalnu jednadžbu možemo lako integrirati pa

ćemo

dobiti

y lnA=--x+C.

a,

Označimo poprečni presjek na gornjem i donjem kraju s A 1 i A 2 . U tom rubni uvjet glasi: za x=O, A=A~o odnosno

Slika 7.5. Stap promjen\jivog presjeka

Svi izrazi izvedeni u poglavlju 7.1 (osim izraza 7.4 do 7.7, te 7.10 i 7.15) vrijede i za štapove promjenljiva presjeka.

slučaju

lnA 1 =C, tako da je

y lnA-lnA 1 =--X

a,

PRIMJER 7.2 Štap promjenljiva presjeka A i duljine l opterećen je vlastitom težinom i silom F, prema slici 7.6. Naći zakon promjene poprečnog presjeka tako da naprezanje đ:r. bude konstantno i iznosi G 0 • Skicirati dijagrame e:r. i u. Odrediti ukupno produljenje štapa. Zadano: y. F, l, a 0 •

ili

A y In-=--x A1

Go

" A=A 1 e-Go.

"

Vidimo da pri porastu x površina nom zakonu i za x =l iznosi

X

l j'{ l .

·A

l ·A 4 dA

f

l !dx ~,

presjeka opada po eksponencijal-

,,

(e)

t\aprezanje na donjem kraju iznosi

f F

F

opterećen

kontinuiranim

dG qx= dx =yA.

(d)

G;r.=-= Go.

Slika 7.6. Stap jednake čvrstoće

Kao i u primjeru 7.l štap je

poprečnog

(b)

A 2 =A 1 e-;;;.

dG•q,dx

li2

ćemo

konst., dobit

A,

Odavde je A2 =F/a0 . Usporedbom tog izraza s (e) dobit

opterećenjem

F

-=A 1 e

(a)

ćemo

-2!. uo

ao

8 l.

Alfirević: ~auka

o l:vrstoCi

113

odnosno A1

"•

Kako je kut a manji od ts•, možemo primijeniti izraz (7.13), a da ne napravimo greškn veću od 5%. Širina štapa na udaljeoosti x: od gornjeg kraja iznosi b= b, - x ·tg 2a, pa je površina poprečnog presjeka

što uvršteno u (b) daje A

F

...

e

_r:;

u,,

A=bh=b 1 h(l-~ tg2a).

odnosno

Kako je

F

(e)

ig2a= b,-b, _ 9 b, l -101'

"•

Prema Hookeovu zakonu jest

bit Ce

9b,

l=--=64,04cm. l0tg2o:

.x ~
Pomak u odredit

ćemo pomoću

Označimo li površinu presjeka gornjeg kraja štapa s A1 =b 1h, bit će

izraza (7.12)

A=A l

"• u= f s,dx+C=Efdx+C

l

Uzdužna je sila u štapu konstantna i iznosi N =F. pa izraz za naprezanje cr."( glasi

"•

N

u=Ex+C. Kako je za X= o, u= o, bit će e= o. u tom je slučaju u=
l

F

Pomak" dobit ćemo pomoću izraza (7.13), tj.

du N=AE-=F

... r

dx

Lfl=um.~~l(=E·

F F dx du=-dx=---. AE EA, 9x . l---

PRIMJER 7.3 Plosnati štap pravokutnog poprečnog presjeka konstantne debljine h i promjenljive širine b učvršćen je na gornjem kraju, a na donjem opterećen silom F, prema slici 7.7. Skicirati dijagram naprezanja i pomaka u ako je zadano: F= 10 kN, •=4". b1 lO cm. b2 !Ocm, E=200GPa.

Nakon integriranja bit

u =F EA 1

,, ~tezanje ~apa

dx

l-~=101

9x) 10

9EA 1

.

Kako je u=O za x=O, bit će C=O. Pomak donjeg kraja jednak je produljenju štapa, tj.

u

m~

Fl

~.s:seA,e

Slika 7,7,

J---+C

IOF ( 1 - - +C u=---ln

"

X

IO l

će

·--·--

~

114

(1-!::). 10

lOFI l Fl =ill= ---!n-=2 558-. 9EA 10 ' EA .

'

1

Nakon uvrštavanja konkretnih podataka dobit ćemo

promjenljive ID-rine

J1=0,3203mm.

8*

. 115

7.3. Plan pomaka Objasnit ćemo metodu određivanja pomaka čvorova konstrukcija sastavljenih od štapova. Na slici 7.8 prikazana je konstrukcija koja se sastoji od dva štapa. Nakon opterećenja silom F u štapovima će se pojaviti sile f 1 i F 2 koje izazivaju produljenja štapova d/ 1 i d/2 • Sile F 1 iF, možemo odrediti iz uvjeta ravnoteže točke B, a zatim pomoću izraza (7.7a) i produljenja

F 1 1, Lli,= A,E,,

štapovima. Njih ćemo odrediti razmatranjem uvjeta ravnoteže 7.9b. Ti uvjeti glase: EF,=F -F, sin a+F2 sinP=O

B, prema slici

EF,= -F1 cosa-F2 cos{J=0.

Odavde lako možemo dobiti da je F 1 =F

F,t,

cos {J sin(«+P)

Lli,=- A,E,.

0732l·F=I098kN ' '

cosa

Vidimo da se štap AB produljio, a štap BC skratio. Pomak točke B odredit ćemo slijedećim razmatranjem; Zamislimo da štapovi nisu spojeni u točki 8, ati da su ostali paralelni s prvobitnim položajem i da su opterećeni silama F 1 i F 2 (koje smo dobili iz uvjeta ravnoteže). Pod djelovanjem tih sila štap AB će se produljiti i njegov kraj će doći u točku B', dok će sc štap CB skratiti. pa će njegov kraj doći točku B'", kako je prikazano na slici 7.8b. Budući da su produljenja Ll/1 i tJ/ 2 mnogo manja od 11 i l,, slika 7.8b nacrtana je u mnogo većem mjerilu od slike 7.8a (približno l 000 puta).

točke

F 2 =-F _ ( {J sm a:+ )

0,8966-F=-134,5kN.

Promjene duljine .!tapova iznose: F11

.

. AEcosa -1,268mm F21

Lllz=

AEcosP

l,902mm.

rastavit ćemo u dvije komponente: u i v, prema slici 7.9c. Ako Pomak projiciramo komponente u i '' na smjer štapova AB i BC, dobit ćemo

Xi A

L1l1 =u sin «+ucosoc

8'

dl,= -usin/i+vcos{J. 8,

.,

bl

" l:

A

"

Slika 7.S. Plan pomaka

Zamislimo sada da .!tap CB okrećemo oko zgloba C, a štap AB o kn zgloba A dok se toćke B' i B" ne poklope u položaju B1 • Pri tome točka B' opisuje luk FB';, a točka B" luk fl,. Kako su polumjeri ABi CB vrlo veliki, štapnvi će se okrenuti za vrlo mali kut, pa lukove možemo zamijeniti s pravcem B'B1 koji je okomit na ABi pravcem B"B1 koji je okomit na CB. Spojnica BB1 = ~ predstavlja pomak točke B. Deformirani oblik konstrukcije prikazan je na slici 7.8a crtkano, pri čemu je pomak BB 1 prikazan pretjerano velik da bi slika bila jasnija.

...

:cr!fJ

er

IY

bl

F-

x

~~, ".fJ B.

jY

F

•'!;

..

·;-

Siika 7.9

Kad uvrstimo stvarne vrijednosti u gornje jednadžbe~ dobit ćemo PR[MJER 7.4 Dva štapa ABi BC spojena su prema slici 7.9a. i opterećena silom f. Odrediti pomak točke B pod djelovanjem sile F. Zadano: a= JO', /i=45", poprečni presjek štapova A= 10cm2 , 1=2m, E=200GPa, F= 150kN.

Da bismo odredili pomak točke B, koji ćemo označiti s li, treba odrediti produljenja Ll/ 1 i di, jtapova AB i BC, a za to je potrebno odrediti sile F, i f 2 u

0,5 u+ 0,8660 v= l ,268 -0,7071 u+0,7071

v~

-1,902.

Rješenje tih jednadžbi glasi: u=2,6335mm; v= -0,0563mm. Pomak točke h iznosi b=,N+rl =2,634mm.

117

Tijelo na koje djeluju vanjske sile bit će u ravnoteži ako su ispunjeni uvjeti: ~

~

F~l:F,=O,

~

....

....

....

M=l:M,=O,

gdje je F rezultanta. a M rezultirajući moment svih vanjskih sila uključujući reakcije veza. Ti uvjeti u skalarnom obliku glase: l:F,=O

l:M,=O

l:F,=O

l:M,=O

1:F0 =0

l:Mo=O,

(7.17)

što možemo izraziti riječima: Da bi tijelo pod djelovanjem proizvoljnog sistema sila bilo u ravnoteži, nužno je i dovoljno da zbroj projekcija svih sila na proizvoljne odabrane koordinatne osi i zbroj momenata svih sila oko tih koordinatnih osi bude jednak nuli. Prva tri izraza (7.17) nazivaju se jednadžbe sila, a druga tri jednadžbe momenata. Bilo koju od jednadžbi sila smijemo zamijeniti dopunskim jednadžbama momenata; međutim. ni jednu od jednadžbi momenata ne možemo zamijeniti dopunskim jednadžbama sila. Pri zamjeni jednadžbi sila s dopunskim jednadžbama momenata moramo se držati određenih pravila. Inače se može dogoditi da dobiveni uvjeti ravnoteže ne budu međusobno nezavisni. Uvjeti ravnoteže koji nemaju oblik (7.17) nazivaju se posebni uvjeti ravnoteže. Ovdje navodimo neke od njih bez dokaza: - Prostorna grupa sila jesl u ravnoteži ako je zbroj momenata svih sila oko šest bridova tetraedra jednak nuli. - Ravninska grupa sila jest u ravnoteži ako je rezultirajući moment oko tri točke koje ne leže na jednom pravcu jednak nuli. - Ravninska grupa sila jest u ravnoteži ako su rezultirajući momenti oko točaka A i B jednaki nuli i ako je zbroj projekcija svih sila na bilo koju os, koja nije okomita na pravac AR, jednak nuli. U nauci o čvrstoći-susretat ćemo se vrlo često s ravninskim konstrukcijama za koje možemo postaviti tri nezavisna uvjeta ravnotež~: l:F,=O,

l:F,=O

l:M0 =0.

(7.18)

Pri postavljanju uvjeta ravnoteže ravninskog sistema sila možemo upotrijebiti dvije odnosno tri jednadžbe momenata. U prvom slučaju uvjeti ravnoteže glase: LMA=O,

1:.14".=0,

l:F,=O,

1:M8 =0

l:Mc=O,

pri čemu točke A, B i .f ne smiju ležati na jednom pravcu. 118

Da bismo mogli riješiti n puta statički neodređen problem, moramo postaviti n dopunskih uvjeta deformacije. Dopunske uvjete deformacije postavljamo geometrijskom analizom načina deformiranja tijela. Pojedini dijelovi konstrukcija moraju se pomicati zajednO, odnosno pojedine točke konsti:ukcije ostaju nepomične (najčešće točke u osloncima) u toku deformiranja tijela. Npr. ako se više štapova sastaje u nekom čvoru, uvjet deformacije jest da se krajevi svih štapova pomiču zajedno. Moguće je uvijek postaviti potreban broj nezavisnih dopunskih uvjeta deformacije koji zajedno s uvjetima ravnoteže daju dovoljan broj jednadžbi za rješavanje statički neodređenog problema. Pri rješavanju statički neodređenih zadataka treba iskoristiti sve raspoložive nezavisne uvjete ravnoteže, pa tek onda dopunske uvjete deformacije.

Pri postavljanju uvjeta deformacije često se služimo metodom superpozicije. Ako je neko tijelo opterećeno s više sila, pomak neke točke možemo odrediti tako da odredimo pomak te točke pod djelovanjem svake pojedinačne sile, a rezultat zbrojimo. Taj se postupak zove metoda superpozicije i smije se upotrijebiti samo za finearnoelastične konstrukcije, tj. takve konstrukcije kod kojih pomaci linearno ovise o opterećenju. U Nauci o čvrstoći I i II susretat ćemo se uglavnom s takvim konstrukcijama. Ovdje ćemo se ograničiti na rješavanje statički neodređenih konslrukcija sastavljenih od štapova koji su opterećeni samo aksijalno. S problematikom i metodama rješavanja statički neodređenih konstrukcija upoznat ćemo se detaljnije u Nauci o čvrstoći Il. Postupak rješavanja statički neodređenih problema objasnit ćemo pomoću nekoliko riješenih primjera. PRIMJER 7.5 Elastični štap konstantnog poprečnog prosjeka i duljine l=a+b učvršćen je između dvije krute i nepomične stijenke, prema slici 7.10. u točki e štap je opterećen silom F. Treba naći reakcije u A i B, ako je zadano: F, a, b. ul

l ,r

eE

:A ~

'

b l

-

B

'• ' Ug

bl f fs

(7.19)

gdje os x ne smije biti okomita na pravac AB. Ako upotrijebimo tri momentne jednadžbe, uvjeti ravnoteže glase: l:MA=O,

Ako na nekoj konstrukciji imamo k nepoznatih reakcija veza ili nepoznatih sila, a konstrukcija ima s stupnjeva slobode gibanja, stupanj statičke neodređenosti n određen je izrazom n= k-s. (7.21)

(7.20)

Slika 7.10.

Statički neodređen

štap

Uvjeti raL·noteže. Oslobodit ćemo štap veza dodavanjem nepoznatih reakcija veza FA i F 8 koje zamjenjuju djelovanje nepomičnih stijenki. Budući da se radi o ravninskom problemu, možemo u principu postaviti tri uvjeta ravnoteže: 1:F,=F-F.-F8 =0

(a)

119

EF,=O

(b)

PRIMJER 7.6

EMA=O.

(e)

Sastavljeni štap zadan je i opterećen prema slici 7.11. je zadano: a, F 2 =2F1 =2F, A 2 =2A 1 =2A, E2 =E1 =E.

Drugi i treči uvjet ravnoteže automatski su zadovoljeni jer sile nemaju komponenata u smjeru osi y, a rezultirajući moment je jednak nuli jer su sve sile kolinearne, a rezultanta im je jednaka nuli. Ubuduće pri rješavanju takvih zadataka nećemo ni postavljati uvjete ravnoteže koji su automatski zadovoljeni jer ne doprinose rješavanju problema. Prema tome, imamo na raspolaganju samo jedan uvjet ravnoteže (a) i dvije nepoznanice, pa je potrebno postaviti još jedan dopunski uvjet deformacije.

)

~

·r

So

SJika 7.11

Uvjet ravnoteže. EF,= -F,-F8 +F 1 +F,=O

Uvjer deformacije. Kako imamo jedan uvjet ravnoteže a dvije nepoznanice: F, iF 8 , potrebno je postaviti još jedan uvjet deformacije. U principu je svejedno da li ćemo kao uvjet deformacije uzeti u5 =0, u~=O ili neki drugi; međutim, uvjet uA=O zahtijeva najmanje numeričkog rada~ u što se student može lako uvjeriti riješivši taj zadatak primjenom uvjeta u8 =0. Mi ćemo riješiti zadatak primjenom uvjeta uA !l::: O:

(e) uA;;;u~+u~+u~'=O i~

Pomak kraja B pod djelovanjem samo sile F8 iznosi

u,=

€.1

2a

=0.

(b)

3 F,=sF•

Fa a zatim

a Fs=f' /'

pomoću

izraza (a)

(g)

bit će PRIMJER 7.7

b F•=F/.

Vidimo da za izračunavanje nije potrebno poznavati aksijalnu krutost AE jer se ona u postupku rješavanja zadataka krati. Ako je a=b=l/2. bit će F .. =F•=F/2. što smo mogli zaključiti iz uvjeta simetrije. što je manji a, sila F • je veća, a sila F 8 manja i obratno.

120

('

Prvi član, odnosno zagrada u izrazu (b) predstavlja pomak koji izaziva sila FA• drugi je član pomak koji izaziva sila F.. a treći član pomak koji izaziva sila F 2 • Skratimo li izraz (b) s aJAE, dobit ćemo, nakon sređivanja,

Predznak je negativan jer se točka B u tom slučaju pomiče ulijevo, tj. suprotno od pozitivnog smjera osi x. Uvrstimo li izraze (e) i (f) u (d), dobit ćemo

Uvrstimo li izraz (g) u (a) i uzmemo li u obzir da je a

F, 5a F, Sa) F1 5a - + - - +--+ ( -AE 2AE 2AE

.

(f)

- AE'

odnosno

(a)

Ostale ·uvjete ravnoteže nije potrebno postavljati.

Lako se možemo uvjeriti da je

Fa

(J

bl

(d)

uB:=uC= AE.

reakcije FA iF8 ako

oJ 'tEt

Uvjeti deformacije. Kao uvjet deformacije možemo uzeti činjenicu da krajevi štapa pri deformiranju ostaju nepomični, tj. u, =0 ili u8 =0. Odlučimo se za ovaj drugi. U tu svrhu oslobodimo kraj B veza dodavanjem sile F •. Sila F 8 mora imati takav iznos da je pomak kraja B jednak nuli. Primijeni t ćemo princip superpozicije. Zamisli! ćemo da djeluje na štap samo sila F, pri čemu nastaje pomak u;, a zatim sila F 8 , pri čemu nastaje pomak u;;. Ukupni pomak kraja B u tom slučaju iznosi

Us=uB+ujJ=O.

Naći

Kruta ploča ABCD vezana je pomoću dva elastična štapa i nepomičnog zgloba A i opterećena silom F, prema slici 7.12a. Naći reakcije veza i pomak točke B, ako je zadano: F, AE.

J

Uvjeti ravnoteže. Na slici 7.12b prikazana je ploča oslobođena veza. Osim aktivne sile F djeluju sile u štapovima F1 i F 2 i sila u zglobu F,.. Smjer sile F,. nepoznat je,

121

pa je rastavljamo u dvije komponente: F "-' i F,,. Sile F 1 i F2 djeluju u smjeru l i 2. Uvjeti ravnoteže ploče glase

što uvršteno u izraz (i) daje

~tapova

EF,~F -F""~0

(a)

EF,~F,,-F,

-F, =0

(b)

-F3a+F2 a+F 1 2a=0.

(e)

EM,~

oJ

bJ

9 Ff "•=sAE' PRIMJER 7.8 Kruta greda ABC ve7.ana je pomoću tri elastična štapa: l, 2 i 3~ i opterećena silom F, prema slici 7.13a. Naći sile u štapovima i pomak točke D. Zadano: l, F. AE.

Greda oslobođena veza s ucrtanim reakcijama prikazana je na slici 7.l3b. Uvjeti ravnoteže grede glase: IF,=F1 +F2 +F3 -F=0

IM 8 =F32a-F 12a-Fa=O.

(b)

Kako imamo dva nezavisna uvjeta ravnoteže~ a tri nepoznate reakcije~ sistem je jedanput statički neodreden. Potrebno je postaviti još jedan dopunski uvjet deformacije. Taj ćemo uvjet postaviti pomoću slike 7.13c. · · Označimo s

Slika 7.11. Kruta

ploča

s jednom preko brojnom vezom

A~

kruta, točke A, E i D ležat će na jednom pravcu i nakon deformiranja. Taj će se pravac zakrenuti za kut «.kako je prikazano na slici 7.12b. Kut • je vrlo malen jer su i produljenja štapova malena. Odavde možemo zaključiti da pomaci točaka E i D iznose

Uvjeti deformacije. Kako je

ploča

vE=a ct=Al2

(d)

v0 =2aa=Ai1 ,

(e)

&1 1 ~ 2LII2 •

(f)

odnosno da je Kako je

izraz (f) prelazi u

Lli,~ AE'

Pomak

točke

~l&J o

eJ A

F

B

e

e,

~;

11

lllJ-t::.l, Slika 7.13. Kruta greda vezana na

Iz

9

sličnosti

trokuta A 1B1 B2 i

A,e,e, slijedi

5

(i)

odnosno

6 Fl lOaAE'

•=-=--~---

LI12 -LJI1

tJ/3 -A/1

2a

4a

2LII2 = .đ/ 1 + Lll3 •

Produljenja iznose

F1 / 2aAE

T

(g)

F.,~-F,F""=F.

Iz izraza (f) i (e) izlazi

2a

21

l 2 -lAE -AE AE A e B 91---c'

bl~~ r1 r, A s e

B je horizontalan i iznosi

Ll/1

"//,

statički neodređen način

u8 =3aa.

122

e,

ćemo

6 3 F 1 =-F, F,=-F, 5 5

l

B i C nakon deformiranja sistema. Kako je greda kruta, točke A 1 , 111 i leže na jednom pravcu.

(h)

F1 =·2Fl.

Rješenjem jednadžbi (a, b, e i h) dobit

'0

al

.

F,l

F 11 Lli,~ AE

A1, B, i e, položaj točaka

Al

l

F,l

Lli

'

F,l

F 3 2/ Lli,= AE.

(e)

123

Ako uvrstimo izraze (e) u (e) i skratimo s lfAE, dobit

ćemo

Prema tome, uvjet defonnacije glasi

l

2Fz = F, +2F,.

Kako je

Rješenjem sistema jednadžbi (a), (b) i (t) dobit

F1 =0,

F21 Lli,= EA

ćemo

Pomak

točke

Fl

Lli

Lllz= 2AE'

D iznosi

'

odnosno

Fl

2FzCOS3 a+F2 ",;,F)

odnosno

F,

PRIMJER 7.9 Konstrukcija sastavljena od tri elastična štapa jednake krutosti AE, prema slici 7.14a, opterećena je silom F. Naći sile u štapovima ako je zadano: F, l, AE, ct. Na slici 7.t4b prikazan je oslobođen čvor A. Uvjeti ravnoteže čvora A glase EF,=F 1 cos a +F3 cos a +F2 -F=O

(a)

LFx-= -F~ sin.o:+F3 sin ct=O.

(b)

l

t:

f·-

F1 F'J

F,

K

ll

l

Statičll:i neodređena

l

l:./ 2

1+2cos'a"

cos2 a F =F,=F 1 +2cos'" 1

7.5. Toplinska i

početna

naprezanja

al

l

'

d štapna konstrukcija

Iz uvjeta (b) dobivamo F1 =F3 • Do istog smo zaključka mogli svojstvo simetrije. Izraz (a) možemo sada preinačiti u

bi doći

lakše,

koristeći

2F1 cos~+F,=F.

(e)

Potreban nam je još jedan dopunski uvjet deformacije koji ćemo postaviti pomoću slike 7.14c. Slika prikazuje detalj defonnirane konstrukcije oko točke A. Nakon opterećenja točka A će se pomaknuti u novi položej A1• Budući da je dužina AA, mnogo manja od dužine AC (oko tOO do 1000 puta za metalne štapove), kut a nete se bitno promijeniti. Dužina AB jednaka je dužini A 2B, pa je A,A, jednako produljenju štapa J. tj. Lll 1 .đi 3 =A 1 A 1 .

. 124

Sile F 1 i F 3 Iznose:

F

Tijela se defonniraju ne samo pod djelovanjem sila nego i pri promJem temperature, vlažnosti, kemijskim reakcijama itd. Pri tome mogu nastati sam'ouravnotežene unutrašnje sile~ odnosno naprezanja koja nisu posljedica vanjskog opterećenja. Ta naprezanja mogu biti vrlo opasna jer se teško otkrivaju. Pri opterećenju konstrukcije zbrajaju se početna naprezanja s naprezanjima koje izaziva optereće-

~

bl Slika 7.14.

'

ćemo

Uvrstimo li izraz (e) u (e), dobit

l (LII,+Lli,)=4AE.

o

~.

F 2 cos2 rt.=F1 •

3 Fl

8

F,lfcos a

F,l F 11fcos a EA COS« EA

što uvršteno u (e} daje

Lli, =0,

Al1 -

(d)

Izraz (d) prelazi u

l

F,


(f)

2

,,

t+lll

..

lr+tu

Slika 7.15. Toplinsko rastezanje štapa

nje. Zbog tih naprezanja može nastati lom konstrukcije, iako je naprezanje koje potječe od opterećenja manje od dopuštenog. Pojavu toplinske deformacije objasnit ćemo pomoću slike 7.15. Stap na slici 5.15a ima pri temperaturi T duljinu l. Ugrijemo li štap na temperaturu T +dT, produljit će se za iznos

dl,=alAT,

(7.22)

gdje je o: koeficijent toplinskog rastezanja, a Ll T promjena temperature. Eksperi· menti pokazuju da se koeficijent o: maž<; smatrati konstantnim pri malim promjenama temperature (dT= 100 do 200"C). Vrijednosti koef~eijenta: toplinskog rastezanja

•.

125

za neke materijale pri sobnoj temperaturi navedene su u tablici 6.1. Podijelimo li izraz (7.22) s/, dobit ćemo LJ/T (7.23) eT=-,-=oLlT,

gdje je ~ duljinska deformacija izazvana promjenom temperature. Ako je štap istovremeno opterećen i ugrijan, deformacija iznosi

u, e,=E+ oLlT.

(7.24)

Spriječimo li širenje štapa potpuno ili djelomično, u njemu će se pojaviti toplinska naprezanja. Zamislimo štap koji je učvršćen bez prednaprezanja između dvije krute i nepomične stijenke, prema slici 7.16. Promijenimo li štapu temperaturu

J ___L~.~----~-~ Slika 7.16. Pri promjeni lemperalure u statički neodređenom štapu javljaju sc loplinska naprezanja

za Ll T, on će nastojati promijeniti duljinu, što je nemoguće jer su stijenke nepomič­ ne. Zbog toga se u njemu javlja tlačno naprezanje. Ukupna deformacija jednaka je nuli, tj. u, E:.x=cc.đT+-=0. E Odavde je Ux= -a.E.1T. (7 .25)

Neka su svi ~tapovi izrađeni po mjeri osim štapa AD koji je za nekoliko milimetara kraći od 4m. Kod 'statički određene konstrukcije možemo bez teškoća montirati trokut ABC. Štap DC postavimo paralelno sa štapom AB, a štap AD paralelno sa štapom BC. Kako je štap AD kraći, njegov kraj se neće podudarali s krajem štapa CD. Međutim, malim zakretanjem štapa CD oko C možemo poklopiti krajeve ta dva štapa i završiti montažu konstrukcije. Pri tome montirana konstrukcija neće imati predviđeni oblik, ali se u štapovima neće pojaviti naprezanja.

U

statički neodređenoj

konstrukciji, prema slici 7.17b, situacija je potpuno Montiranje štapova AB, BC, CD i dijagonala AC i BD možemo izvršiti bez primjene sile. Štap AD 1 je kraći pa se njegov kraj ne podudara s čvorom D. Da bismo spojili kraj D 1 s čvorom D, moramo rastegnuti štap AD za iznos DDt i zatim završiti montiranje. Kad popustima silu kojom smo rastegnuli štap AD, u dijagonalama će se pojaviti tlačna naprezanja, a u ostalim štapovima vlačna. drugačija.

Slična je situacija i pri nejednolikom rastezanju ili skupljanju zbog promjene temperature. Ako se u statički određenoj konstrukciji jedan štap razmjerno više rastegne, konstrukcija će neznatno promijeniti oblik, dok će nejednoliko_,.rastezanje jednog štapa u statički neodređenoj konstrukciji izazvati pojiVti toplinskih naprezanja.

PRIMJER 7.10 Štap na slici 7.18 sastoji se od dva dijela duljine /1 i /2 , a postavljen Je između dvije krute nepomične stijenke s malom zračnošću lJ.

Pri pOZitivnom LJ T, tj .. pri povišenju temperature, naprezanje je u štapu negativno, tj. tlačno, a pri smanjenju temperature naprezanje će u štapu biti vlačno.

o

o,""----

e

. r,

!1:

"·f\/i

Az

]

t1

~

•m~ Al

)J

1

al

A

B

Toplinska, početna i montažna naprezanja mogu se pojaviti u štapnim konstrukcijama samo ako su one statički neodređene (ovdje ne uzimamo u obzir savijanje i uvijanje štapova}. To ćemo objasniti pomoću slike 7.17 koja prikazuje dvije konstrukcije sastavljene od štapova duljine 3, 4 i 5 m. Lijeva konstrukcija statički je odr.eđena, a 'desna je statički neodređena.

bl

Slika 7.18

bl

Slika 7.17. Montažna naprezanja mogu nastati samo u statički neodređenim konstrukcijama

126.

al

Odrediti: a) potrebno povišenje temperature drugu stijenku, b) naprezanja a 1 i u2 koja

će

.đTto

pri kome

će

štap upravo dodirnuti

se pojaviti u štapu pri povišenju temperature za

LlT2 >LlT1 • Zadano: a1, E 1, A 1 ,11 , cx2 =2a 1 , E2 =E1 j2, A 2 =3A 1, 12 =11 •

127

a) Dok štap ne dodirne drugu stijenku, u njemu se ne mogu pojaviti naprezanja, pa ukupno produljenje nastaje samo zbog porasta temperature, tj.

Uvrštavanjem konkretnih vrijednosti dobit

ćemo

3

<>,= ".,E,LIT,

5

ill=.đltr+ Jl,,=
9

"' = a,E,LIT.

5

(a) .đl=(tX 1 1 1 +a:,I2 )L!T1 =
PRIMJER 7.11

Odavde je {J

(b)

LIT,=---. a.tlt +a1l1

b) U tom slučaju promjena duljine nastaje kako zbog promjene temperature tako i zbog naprezanja, tj.

Lli= J/ld+ Lli,,+ Lli,.+ .đi2T=
(e)

Konstrukcija je, prema slici 7.19, sastavljena od tri štapa. Odrediti toplinska naprezanja u konstrukciji pri promjeni temperature za JT u dva slučaja. a l Sva tri štapa izrađena su od istog materijala. s koeficijentom toplinskog rastezanja " i modulom elastičnosti E. b) Materijal dvaju krajnjih štapova ima modul elastičnosti E1 i koeficijent toplinskog rastezanja a.1 ~ a materijal srednjeg štapa E1 i cx 2 •

Indeks u odnosi se na produljenje zbog naprezanja, a indeks T na produljenje zbog temperature. Pomoću izraza (7.6) i (7.22) izraz (e) postaje đl

(12

-11 +a 111 .dT2 +-I, + a:,l2 dT2 =
I:F,=F_.-Fc=O. 0' 2 A 1

i fc= a 1 Ah bit

će

(e l

U 1 At = cr2A2.

Istovremenim rješavanjem jednadžbi (d) i (e) dobit

2F 1 coso::+F2 =0.

će

A 2 E1

A2

L, ( l + AE1 a,·-AE A E l 2

1

2 1)

1

12

=oc2 -1

2 (

A2

LJ/2 cOSo::=tf/ 1 •

•

~

oc 1 ) LJT, l+ 1 1

!X t 11

" = oc,E,.dT

1+l:t:zlz - A,E,L,

U tom je

slučaju

u, l l Lli, =--+ocdT-Ecos oc cos a:

Cizlz

"'

ill, =-1 E

+ ocd TL,

što unšteno u izraz {e) daje

u, ) 2 u, (E+oci!T cos oc=E+
l+ --

AlE,I,

128

(e)

al Materijal sva tri štapa je jednak.

gdje je d T= LJ T,- Ll T, porast temperature od trenutka kad je štap dotakao drugu stijenku. Sređivanjem gornjeg izraza možemo dobiti

2

(b)

(.;vjel deformacije isti je kao i u primjeru 7.9. tj.

odnosno

2

(a)

Kako je F 1 = Aa1 i F2 =A u2 , izraz (a) možemo pisati u obliku

2a 1 cosa.+ a2 =0.

2 )(l!T,- LIT1 ) (--~-+-2-)- (• 1L1 + a21

A 1E 1

Zbog simetrije sile su u krajnjim štapovima jednake pa ćemo ih označiti s F" a silu u srednjem štapu s f 2 • Očito je iz uvjeta ravnoteže da sile f 1 i sila F 2 trebaju biti suprotnog predznaka, ali budući da ne znamo unaprijed koja će sila biti vlačna, a koja t1ačna, pretpostavit ćemo da su sve sile vlačne, kao što je prikazano na slici 7.19. Uvjet ravnoteže glasi

E1

Uzmemo li u obzir izraz (a), bit 172

Slika 7.19. Statički neodređena konstrukcija podvrgnuta promjeni temperature

ćemo

A2 ll O'z a, --+-::-1, =b- (a, l,+ • 2 12 ) LIT,. A1 E1

F,

F,

(d)

U tom se izrazu pojavljuju dvije nepoznanice: <1 1 i O'~h pa je potrebno postaviti još jednu jednadžbu. Uvjet ravnoteže štapa prema slici 7.!8b glasi:

Kako je FA=

F,

9 J.

Alfirević:

Nauka o

čvrstoći

(d)

·129

Iz izraza (b) možemo dobiti (e)

Cl'z=- 2a 1 cos cc

Ako gornji izraz uvrstimo u {d), dobit

ćemo

)

(

"'

· -e2cos "' ' ct+
Ako su sva tri štapa od istog materijala i ako se konstrukcija jednoliko grije, u srednjem Ua pu javljaju se vlačna toplinska naprezanja, a u druga dva štapa tlačna. Kad su !tapovi od različitog materijala, može se pri zagrijavanju u srednjem štapu pojaviti tlačno naprezanje, a u preostala dva vlačno. To će biti ako je
odnosno PRIMJER 7.12

a 1 (l+ 2cos3 «l= - «E.1T(l- cos' a).

Treba sastaviti konstrukciju od tri štapa jednakog prosjeka prema slici 7.20a. Srednji štap ima duljinu 1- a umjesto l. Odrediti naprezanja u štapovima nakon dovršene montaže.

Odavde je

«ELI T l-cos'"

"' =

1+2cos'«

Pomoću

8\ 'l

ćemo

izraza (e) i (O dobit

'A

Gz= 2 a E I.JT

3 COS«-COS 0!

1+2cos3 cx

.

b) Materijal srednjeg štapa razlikuje se od materijala ostalih dvaju štapova. U tom je

·o

slučaju

l

"l

cos !X

o O'rAj1r,A 1A

A

cos IX

a=

l

što uvršteno u U\jet defonnacije daje 2 a, "' 2 LIT) cos ct=-+a 1 tJT. ( -+~:t E, E,

2a1 cos ct= u2,

(g)

ćemo

u1 ;x+ «2 LIT co~.za=-+o: 1 .dT,

"• ( E, q

Naprezanje

130

=a.

(b)

)

E,

U tom izrazu je .d/1 apsolutoa vrijednost. Kako je

odnosno

l

(a)

gdje je "• samo apsolutna vrijednost naprezanja. Potrebno je postaviti još i uvjet deformadje koji prema slici 7.20c glasi .dl.fcos"+Lif,

2

cl

Zadano: 1=2m, l mm, E=200GPa, a=30". Konstrukciju možemo sastaviti samo ako se srednji štap rastegne, a krajnja dva sabij u. Srapovi će djelovati na čvor A silama kako je prikazano na slici 7.20b. Zbog simetrije je a 3 = u1• Uvjet ravnoteže čvora A glasi

"'

u1 ( - -2cos E

.

bl

Slika 1 .20. Pojava montažnih naprezanja u statički neodred:noj konstrukciji

Lli,=EI+a2 tJT,

Ako uvrstimo izraz (eru (gl. dobit

t

al

1

d/ 1 =---+«1 LIT-E1

(o lt

2cos' ")

+--e;_-

.d11 2 = (
rt-"' )LIT

izraz

"'

LIT, =-1, E

prelazi u

2

l

«-«l j E,+2E, cos'" E,E,LIT.

_ (a:zCOS

odnosno

li 1 u1 +a2 coi' «=-,Ecos a.

a, r;>ožm.f!lako dobiti pomoću izraza (e). 9*

(e)

131

Uvrstimo li izraz (a) u (e), dobit

ćemo

gdje je xi udaljenost i-tog štapa od osi y i za štapove l, 2 i 3 iznosi·- 3a, - 2a i -a. Za štapove 5, 6 i 7 X; iznosi a, 2a, odnosno 3a. Deformacija i-tog štapa jest

cos2

CT -

1-

{J a. E- -;---:--;;--:-::;-::l 1+2eos3 o

..:11; 0: e,=/=x,/,

(d)

-

(b)

3

_ ElJ cos a 2 l l +2cos3 a.

tako _da je sila

Ul-

Nakon uvrštavanja konkretnih podataka u izraze (d) naprezanja u 1 iznose: {J cr 1 = 0,3262 E l= 32,62 M Pa (sabijanje)

odnosno

•

F;=AETx;.

cr,

(e)

Budući da su deformacije u štapovima (a time i naprezanja i sile} l i 7, 2 i 6, 3 i 5 jednake po iznosu a suprotne po predznak u, uvjet ravnoteže EF ,=0 automatski je zadovoljen. Preostali uvjeti ravnoteže dat će nam veličinu kuta a., a zatim pomoću {e) možemo naći pojedinačne vrijednosti sila F;, odnosno pomoću (a) produljenja JI,.. Ravnoteža momenata oko C glasi

{J

cr 2 =0,565 El= 56,5 MP a

Fi=Au;=AEe~o

(rastezanje).

l: Mc= l:x,F,- M =0,

PRIMJER 7.13 Kruta greda AB vezana je pomoću sedam štapova i opterećena momentom M, prema slici 7.21. Svi štapovi imaju jednaki poprečni presjek, a izrađeni su od istog materijala. Razmak među štapovima je konstantan i iznosi a. Duljina štapova je l. Naći sile u ~tapovima.

'

,,

(d)

odnosno nakon uvrštavanja izraza (e) u (d) •

2

M=AEll:x,

'

.~fo/0

•

M =2AE/ [a'+ (2a) 2 + (3a)'],

!lliJI,I51617 ŠlO

nakon

sređivanja

daje

Ml

•=--28EAa2.

l

1 rlH !tj,s~ _!_ ADE --.JI 6 F,'FI F t ' il''''! t ,, l . l l

Uvrstimo Ii (e) u (e) i (a), dobit

ćemo:

Mx; f,=28a' (l)

Mix; Lli,= 28EAa'.

Slika 7.21

Na gredu djeluje sedam nepoznatih sila: F 1 ,f2 , ••• ,F1 . Za njihovo određivanje imamo dvije jednadžbe ravnoteže: Lf:v=O i LM =0, tako da je sistem pet puta statički neodređen. Da bismo mogli riješiti problem, moramo osim uvjeta ravnoteže upotrijebiti i uvjet deformacija. Budući da je greda kruta, može se okretati i pomicati u smjeru osi y. Međutim, simetričnost konstrukcije i antisimetričnost opterećenja llvjetuju i antisimetričnost ddormacije, tj. srednji štap 4 neće se deformirali, dok će produljenja štapova l i 7, 2 i 6, 3 i 5 u parovima biti jednaka po iznosu a suprotna po predznaku. Greda će se okretati oko točke C i zauzeti položaj A1 B1 . Kut zakreta grede označit ćemo s rx. Veličina tog kuta za sada nam je nepoznata. Produljenje i-tog štapa iznosi LH;=X;a,

132

(e)

(a)

Nakon uvrštavanja konkretnih vrijednosti u izraze (f) dobit M

ćemo:

Ml

F,= -f,=28a

tll 5 = -Lli,= 28EAa

f 6 =-f,=2M 28a

Ll/6 =-Lli,= 28EAa

F,=-F,=3M 28a

Ll/7 =-Lli,= 28EAa

f 4 =0

Lli. =0.

2M/ 3MI

133

7.6. Konceotradja naprezanja i St. Venantov princip Kruta greda AB vezana je pomoću sedam jednakih štapova i opterećena s dvije sile, prema slici 7.22. Štapovi se nalaze na jednakim razmacima a. Naći sile u štapovima.

'.:nr

'lii'l'l

-

•I!*IIT l

A F

H'=ll Fa

1r aJ

bl

sm,. 7.22

Jednolik raspored naprezanja po poprečnom presjeku štapa ostvarit će se samo ako je presjek dovoljno udaljen od djelovanja koncentrirane sile i ako u blizini nema nagle promjene poprečnog presjeka. U blizini otvora, naglih prelaza ili na mjestu djelovanja koncentriranih sila raspored naprezanja nije ni približno jednolik. Maksimalno naprezanje može biti mnogo puta veće od prosječnog (nazivnog ili nominalnog) naprezanja. Ta pojava naziva se koncentracija naprezanja. Analitičko određivanje napre:Zanja u blizini otvora vrlo je složeno i ne rnože se obaviti metodama nauke o čvrstoći. Niz jednostavnijih i za praksu važnih problema riješen je metodama teorije elastičnosti. Danas se za rješavanje problema koncentracije naprezanja služimo eksperimentalnim metodama, u prvom redu fotoelasticlmetri~ jom. a i numeričkim metodama. Ovdje ćemo navesti nekoliko primjera s gotovim rezultatima. Na slici 7.23 prikazan je plosnat štap širine h i debljine b (h)>b) koji je opterećen koncentriranom silom F. Ovdje navodimo rezultate za raspored naprezanja u poprečnom presjeku koji je od kraja štapa udaljen za iznos h/4, h/2 i h. Rezultati su prikazani na slici 7.23.

Reduciramo li obje sile na točku C, dobit ćemo rezultirajuću silu 3F i moment M~4F·2a+F·3a~11Fa. Zadatak ćemo riješiti metodom superpozicije. Sama sila 3f izazvat će, zbog simetrije, paralelan pomak grede, pa će deformacije.i naprezanja u svim štapovima biti jednaki. Kako su i površine štapova jednake, bit će i sile jednake. tj. rezultirajući

"'~ .. 1J)l7dt

Fl =F;= ... =F1.

~ 1T"' (1~114 =l575~

Uvjet ravnoteže J:F,.~O u tom slučaju glasi Slika 7.23. Raspored naprezanja u blizini kraja !tapa na kojem djeluje koncentrirana sila F

7Fi ~3F, odnosno

3

Fi =E;= ... F;

Sile koje uzrokuje moment M= lifa možemo dobiti pomoću rješenja prethodnog primjera. Tako je· npr. sila F; prema prethodnom primjeru

M liFa ll F:=-=-=-F ' 28a 28a 28 '

cr.=F/A~F!(bh).

pa je ukupna sila u štapu 5

Ako se u štapu nalaze geometrijski diskontinuiteti u obliku otvora, utora, naglog suženja, na tom će mjestu raspodjela naprezanja biti vrlo nejednolika, tj . javlja se koncentracija naprezanja. Na slici 7.24 prikazana su dva plosnata štapa. od kojih štap A ima geometrijski diskontinuitet u obliku kružnog otvora polumjera r. a štap B dva polukružna utora polumjera r. Maksimalno naprezanje
• 23 F•~.+~--~ F 28

Sila u štapu l jest

F1 ~F; +F; -~F 7

+(--28a3-llFa)= -~F. 28

Na sličan način možemo dobiti sile i u ostalim štapovima.

134

Prema raspodjeli naprezanja na slici 7.23 vidimo da je raspodjela naprezanja u blizini hvatišta koncentrirane sile f• vrlo nejednolika. Maksimalno naprezanje u neposrednoj blizini hvatila F mnogostruko je veće od prosječnog naprezanja (kad bi sila zaista djelovala u jednoj točki, bilo bi "~~co). Kako se udaljavamo od hvati!ta koncentrirane sile, maksimalno naprezanje naglo opada i približava se prosječnom naprezanju po presjeku. Na udaljenosti h od hvatišta sile maksimalno naprezanje ama• samo je oko 2, 7% veće od prosječnog ili nominalnog naprezanja

O"rnu=KO"n,

.·

(7.26)

135

gdje je K faktor koncentracije naprezanja, a a" nominalno iJi srednje naprezanje po oslabljenom presjeku, tj. F F • (7.27)
K

a l+2b,

(7.28)

gdje je

Ako je afb~ 2, bit će K~ 5, a ako je afb ~ l/2, bit će K~ 2. Vidimo da je koncentracija naprezanja mnogo vete ako je elipsa (ili bilo koji duguljasti otvor) postavljen poprečno na smjer rastezanja ili sabijanja, nego ako je postavljen uzdu.žno. Općenito, kon_centracija naprezanja je to veća što je manji polumjer zakrivljenosti otvora ili utora. Taj izraz vrijedi približno i za štap konačne širine s

malim eliptičnim otvorom. llirina štapa treba biti 5 do lO puta veća od velike osi elipse. St. Venantov princip iti princip lokainosti djelovanja samouravnoteženog opterećenja glasi; Ako na malom dijelu tijela djeluju međusobno uravnotežene sile, one izazivaju samo lokalna naprezanja u neposrednoj blizini djel'Ovanja sila i vrlo brzo opadaju s udaljenošću od mjesta opterećenja. Ponekad se St. Vena.ntov princip izražava i na drugi način. U točkama tijela koje su dovoljno udaljene od mjesta djelovanja vanjskog opterećenja naprezanja će se neznatno promijeniti ako jedno opteretenje zamijenimo drugim, njemu statički ekvivalentnim opterećenjem. Dva sistema sila statički su ekvivalentna ako imaju jednaku rezultantu i jednak rezultirajući moment. Na slici 7.26 prikazane su dvije grede koje su opterećene različitim ali statički ekvivalentnim opterećenjem. Unutar dvostruko iscrtanog područja naprezanja se u oba slućaja znatno razlikuju (do 50% i više). Unutar jednostruko iscrtanog područja naprezanja se mnogo manje razlikuju, a izvan procrtanog područja razlika je neznatna (manje od 5%).

l'

l~~

••

ft

l

l'l l ' pl

Slika 7.26, Ilustracija St. Venantova principa

PRIMJER 7.15 Oslabljen štap, prema slici 7.27, opterećen je silama F. Naći maksimalno naprezanje u presjeku A-A, ako je zadano: debljina h lem, b~8cm, r~2cm, F~20kN. Površina presjeka A-A iznosi (b 2r)h=4cm 2 • Prosječno uapre7.anje u presjeku jest

•

-~l=]) ~~

~

. lO' Nfm' ~ 50 MPa.

đ,l~

~

~

Maksimalno naprezanje, prema izrazu (7.26), iznosi

K•6#10ta

••

1

anuu:=Ku~:~,

gdje je K faktor koncentracije naprezanja koji ćemo očitati s dijagrama na slici 7.24 za štap A. Potrebno je da )zračunamo omjer 2rfb, koji iznosi 0,5. Za taj omjer faktor koncentracije naprezanja iznosi K =2,11, pa je "-·

l· 50~ 105,5 MPa.

•l o

Q2

a•

Q6

OJ 1,0

'*'

Slika 7.24. Ovisnost faktora koncentracije naprezanja o veličini 2r/b z.a !tap s kružnim Ot\·orom i šlap s polukruinim utorima

!36 .

;•

··111111111111111 Slika 7.25. Koncentracija naprezanja u beskonačnoj ploči s elipličnim otvorom

Slika 7.27

137

8. UVIJANJE STAPOVA 8.1.

Opći

pristup rjehvanju problema u nauci o

čvrstoći

Prije nego pristupimo proučavanju ovog poglavlja preporučljivo je da student utvrdi gradivo poglavlja u kojem se govori o rješavanju statički neodređenih Problema, posebno da preradi primjere 7.13 i 7.14. U sedmom smo poglavlju proučavali naprezanja i deformacije u aksijalno opterećenim štapovima. Rješenje smo mogli naći tek nakon pretpostavke o jednolikoj raspodjeli naprezanja po poprečnom presjeku. Analogno tome, morat ćemo uvesti određene pretpostavke o deformiranju, odnosno o raspodjeli naprezanja pri uvijenju i savijanju štapova. Istim postupkom koristimo se i pri analizi ploča, ljusaka, prstenova i drugih oblika tijela.

(>{' -1iifi' ~ ·· 1

~· · · ·

7,

-, r,

:-

l

FJ

ili

j/ ~A

Slika 8.1. Problem od:-eđivanja raspodjele unutrašnjih sila po presjeku štapa jest statički n~ređen

Problem

određivanja

naprezanja u štapu ili bilo kojem drugom obliku jest Zamislimo štap prema slici 8.1. Uočimo bilo koji presjek štapa, npr. A- A. Možemo zamisliti da se djelovanje jednog .dijela štapa na drugi prenosi pomoću velikog broja infinitezimalno kratkih niti (pretpostavlja se da niti mogu prenositi i tlačqe sile). Svaka nit zamjenjuje djelovanje jednog malog vektor naprezanja pilA. Problem određivanja sila u tim nitima sličan je problemu odredivanja sila u štapovima u primjerima 7.13 i 7.14. U tim primjerima kruta je greda povezana sa sedam štapova. Koristeći uvjet krutosti grede, mogli smo izraziti produljenja Lli; svih štapova pomoću translatornog pomaka središta grede ~ i statički neodređen.

139

kutnog pomaka ~- Zatim smo iz produljenja odredili deformacije e,, pa pomoću Hoo keova zakona naprezanja u i = EjE, odnosno sile Fi= q 1 A. Na taj načio znali smo unaprijed međusobne odnose svih sila u štapovima, tj. njihovu kvalitativnu raspodjelu, ali ne i veličinu. Primjenom uvjeta ravnoteže IM=O i IF,=O odredili smo nepoznate parametre a i b, a zAtim i veličinu sita. ,

U primjeru 7.l J lako smo ustanovi1i da je translatorni pomak jednak nuli. U primjeru 7.14 uočili. smo da je prikladno vanjsko opterećenje reducirati na središte grede. Pritom dobivamo rezultantu i rezultlrajući spreg. Potpuno isti postupak bio bi i u slučaju da je greda vezana s mnogo većim brojem štapova. Iako smo u zadacima 7.13 i 7.1-1 pretpostavili da je greda kruta, idealno krutih greda nema. Svaka je greda u većoj ili manjoj mjeri deformabilna. Međutim, ako je deformiranje grede zanemarivo maleno u odnosu na produljenja štapova, dobiveno rješenje razlikovat će se neznatno od stvarnog. Pri analizi naprezanja i deformacija štapova postupamo slično kao i kod rješavanja problema 7.13 i 7.14. Vanjsko opterećenje reduciramo na težište popreč­ nog presjeka štapa. RezuJtirajuću silu rastavljamo u normalnu i poprečne komponente, a rezultirajući moment na moment uvijanja j momente savijanja, kako je to opisano u 5. poglavlju. Posebno razmatramo pojedine vrste opterećenja: aksijalno opterećenje, uvijanje. savijanje i smicanje. Prvi korak analize jest u tome da uvedemo pretposta\'ke o deformiranju štapa. Najčešća pretpostavka jest da popreč­ ni prosjeci ostaju rami pri deformiranju. (Ta je pretpostavka analogna pretpostavci o krutosti grede u primjerima 7.13 i 7.14.) Osim te pretpostavke mogu se uvesti i druge pretpostavke o derormiranju ili direktno pretpostavke o raspodjeli naprezanja. Na temelju pretpostavki o deformiranju geometrijskom analizom dolazimo do izraza za raspodjelu deformacija. U tim izrazima pojavljuje se jedan ili više nepoznatih parametara. To znači da znamo zakon po kojem se mijenjaju deforma~ cije, ali ne znamo veličinu samih deformacija. Pomoću Hookeova zakona (elastičnih materijala) ili nekog drugog zakon3 koji povezuje naprezanja i deformacije možemo dobiti i raspored naprezanja. Zatim pomoću uvjeta ravnoteže određujemo veličinu nepoznatih parametara, a samim tim i veličinu naprezanja i defonnacija za pojedinu vrst opterećenja. Taj je postupak shematski prikazan na slici 8.2. Nepoznatih parametara smije biti toHko koliko u konkretnom slučaju ima nezavisnih uvjeta ravnoteže. Osim pretpostavki o deformiranju uvode se i druge pretpostavke ili ograniče­ nja, kao npr. pretpostavka o malom maksimalnom progibu, o maloj visini nosača u odnosu na raspon itd. Te pretpostavke i ograničenja olakšavaju rješavanje problema, ali se problem. u principu, može riješiti i bez njih. Međutim, pretpostavke o defonniranju, odnosno pretpostavke o raspodjeli naprezanja omogućuju rješavanje problema analize naprezanja za razne slučajeve opterećenja (uvijanje i savijanje štapova, savijanje ploča i ljuski, uvijanje prstenova~ debele cijevi. rotirajući diskovi itd.) i bez njih se ti problemi ne bi mogli riješiti metodama nauke o čvrstoći. Ponekad se i u teoriji elastičnosti uvode pretpostavke o deformiranju; međutim, u teoriji elastičnosti navedene probleme možemo riješiti (bar u principu) i bez uvođenja pretposta\·ki o deformiranju. U tom slučaju pretpostavke se uvode radi olakšavanja matematičkog rješavanja problema.

140

Pretpostavke o deformiranju moraju biti postavljene što je mognće realnije. Ako uvedene pretpostavke znatnije odstupaju od stvarnog deformiranja, izrazi koje dobijemo pomoču njih neće biti točni. Pretpostavke možemo postaviti na temelju razmišljanja, iskustva, pokusa itd. Nakon što su izvedeni izrazi za naprezanja, deformacije i pomake, potrebno ih je provjeriti. To možemo učiniti eksperimentalno ili usporedbom s rezultatima iz teorije elastičnosti. Obično se smatra da je odstupanje do 5% zadovoljavajuće. Pretpos:tavke o deformir.~r1ju i

{ili! pretpostavke o

r.tspodje!i naprezanja

Geometrijska analiza

luazi za raspodjelu defon1l3cija u ovi$noui o nepo:tnatlm parametrima

Hool
l .trati l':a taspodjelu naprezanja u ovisnosti

Q

nepoznatim parametrima

Uvjeti ravnoteže

Vellči11a

nepoznatih parametara. tj. konaćni ilrat:i za naprez;nja i deformaoje

'Slika 8.2. Shematski prikaz općeg pristupa ana1izi naprcr.ania i deformAcija metodama Nauke o ć!"rstoči

8-2. Naprezanja i def:ormacije pri uvijanju Pretpostavke o deformiranju i raspodjeli napreza~~ja. Analizu naprezanja i deformacija provest čemo uz ove pretpostavke: l. pri deformiranju štapa poprečni presjeci ostaju ravni i okomiti na uzdužnu os štapa 2. poprečni prosjeci zakreću se kao krute figure, tj. ne deformiraju se u svojoj ravnini 3. nonnalno naprezanje ax jednako je nuli. Izvedeni izrazi vrijedit če uz ograničenja: l. promatrani presjeci dovoljno su udaljeni od mjesta djelovanja koncentriranih spregova (dovoljna udaljenost je oko jednog polumjera)

141

2. štapovi su ravni, konstantnog poprečnog presjeka 3.' poprečni presjek može biti samo krug ili kružni vijenac. Ako se poprečni presjek mijenja postepeno i ako je štap zakrivljen, izvedeni izrazi vrijedit će približno. Bit će to točniji što se postupnijc mijenja presjek i i;to je manja zakrivljenost štapa. tj. što je maf\ii omjer d/p, gdje je d promjer štapa, a p polumjer zakrivljenosti.

Ako element zarotiramo oko osi y za 180", dobit ćemo element prema slici 8.5b. Obje bi slike zbog simetrije morale· biti identične. To je moguće jedino ako polwnjeri pri deformiranju ostaju ravni, tj.. ako se popr..:ni presjeei zakr..:u kao krute figure. Sada kad smo uveli pretpostavke o deformiranju, možemo pristupiti analizi naprezanja i deformacija. prema shemi sa slike 8.2.

~-r~-r

~~~

Uvedene pretpostavke o deformiranju pri uvijanju okrugllh štapova u cijelosti su ispupjene, u što se možemo uvjeriti ovim razmatranjem: Na slici 8.3 prikazan je okrugao ravan prizmatičan štap koji je opterećen momentima uvijanja na krajevima. Budući da je M, konstantan duž osi štapa, bilo koja dva elementa A i B de formirat će se jednako jer su geometrijski identični i opterećeni na isti način~ a i elastična svojstva su lm jednaka. Štap i svi njegovi dijelovi rotacijski su simetrični oko uzdužne osi x. ~

'

.

!ir~-­ /tJ ·-tGc "' y l'

1

l'

N

Slika R.5. Simetrija problema uvjetuje da pri deformiranju polumjeri ostaju ravni

Geometrijska analiza. Zamislimo da smo ~tap sa slike 8.3 podijelili u niz elemenata male duljine Ax. Relativni zakret desnog kraja prema lijevom bit će za sve elemente isti. i bit Ce to veći što je veći Ax. Trostruko dulji element imat će trostruko veCi zakret. pa možemo pisati

Slika 8.3, Elementi A i B su jednaki i na isti način optere«ni

Element A prikazan je još jednom na slici 8.4a. Ako clement okrenemo za 180" oko osi y, njegov desni dio D doći će u isti položaj kao lijevi dio L i bit će na isti način opter..:en. Zaključujemo da deformiranje dijela D mora biti takvo da se nakon rotacije oko osi y za 180° deformirani dio D podudara s defonniranim dijelom L. Zbog rotacijske simetrije poprečni presjek može preći samo u rotacijsku površinu ili ostati ravan. Ako se presjek l ispupči, morat će se i presjek 2 ispupčiti, što bi dovelo do de formiranja dva susjedna elementa, prema slici 8.4b. Ako se pak presjek l udubi, udubit će se i presjek 2, što dovodi do de formiranja, prema slici 8.4c. Oba ta načina mogu nastati samo uz pojavu pukotina, što se u stvarnosti ne dešava. Prema t6me zaključujemo da pri defonniranju poprećni presjeei ostaju ravni i okomiti na uzdužnu os. . Razmotrimo sada drugu pretpostavku o deformiranju. Ako se jedan polumjer pri deformiranju iskriVi, iskrivit će se svi polumjeri u svim presjecima na is~i n~čin jer to slijedi iz uvjeta simetrije. Deformirani polumjeri prikazani su na slici. S.5a. b)

~ ,,~

d~ Slika 8.4.. Simetrija problema uvijanja prizma.tič:nog kružnog

!lapa uvjetuje da poprečni presjeci ostaju ravni i okomiti na: uzdu!nu os

•

142

l'

oJ

il«=9tJx, gdje je .d o relativni zakret desnog dijela u odnosu na lijevi, a 8 konstanta proporcionalnosti. Veličina 9 je zapravo relativni kut uvijanja, tj. kut uvijanja· po jedinici duljine i mjeri se u rad/m, dok se kut zakreta o izražava u radijanima. · ·· Gornji izraz za infinitezimalno mali element glasi

da=Bdx. Inregriranjell! tog izraza dobit

(8.1)

ćemo '

X

Jdo= f 8dx. ~to

Relativni kut uvijanja 8

X(,

očito

ovisi o momentu uvijanja Mfl promjeru štapa d i materijalu štapa. Ako su sve te veličine konstantne, bit će i 9 konstantno, pa ga možemo

izvući

pred mak integrala. Nakon integracije dobit

ćemo

a-ao=9(x-x.). Ako ishodište koor
«= ao + llx.

će

(8.2)

U tom slučaju ao predstavlja zakret lijevog kraja štapa, tj. zakret štapa kao krutog tijela. Prema tome ao ne utječe na pojavu naprezanja i deformacija pa se pri daljnjoj analizi može ispustiti iz razmatranja. Naime, osovina (štap) može se okrenuti mnogo puta oko svoje osi. Ako se pritom s~ presjeci okrenu za isti iznos, neče se pojaviti deformacije i naprezanja. Nasuprot tome, ako je jedan kraj nepomičan:, a drugi se samo malo zakrene, u osovini se pojavljuju naprezanja i deformacije. 143

Razmotrimo dio vratila prema slici 8.6a. Radi jednostavnosti zamisli! ćemo da je lijevi kraj nepomičan, a da se desni zakrenuo m iznos Atx.: Pri tome ravnina OABC prelazi u zavojnu plohu 0ABC1 • Pravac AC prelazi u dio kružne zavojnice AC,. Zamislimo da smo iz vratila isjekli element pomoću dva bliska poprečna presjeka na mjestu xi x+dx, te pomoću dva bliska cilindrična presjeka promjera p i p+ dp. Taj je element prikazan na slici 8.6b. Na njegovu plaštu ucrt'ajmo pravokutnik DEFG. Opet možemo zamisliti da lijevi kraj elementa ostaje nepomičan, a da se desni dio zakrenuo za kut doc=lildx. Pri tome točka G prelazi u G,, točka F u f 1 , tako da pravokutnik DEFG prelazi u romboid DEF, G,. Pravokutnik i romboid prikazani su još jednom na slici 8.6c. Vidimo da je element DEFG

,,

Uvjeli ravnoteže. Na slici 8.1 prikazan je dio štapa na koji s lijeve strane djeluje , vanjski moment M,, a s desne komponente unutrašnjih sila. Na malu površinu dA. djeluje sila
J A

~l

$illi

knk

.

bl,o:o~X t' t

'

S.!ika 8.7. Ravnoteža elementa okruglog

-

~tapa

optere.Cenom na uvijanje

1

r

Ako u taj izraz uvrstimo (8.4 ), dobit

čemo

fpGildAp=M,. cl

' o

-

Kako se integriranje vrši po presjeku i kako je za sve konstantno~ bit će

'"'

točke

jednog presjeka G 8

J

'

G9 p'dA=M,. A

Slika 8.6. Geometrijska analiza uvijanja elementa kružnog štapa

dcformiran smićno. Duijine svih stranica pravokutnika ostale su nepromijenjene; promijenili su se samo pravi kutovi u vrhovima pravokutnika za iznos y. Kako je kut y vrlo malen (reda veličine 0,001 ili manji, iako je na slici radi jasnoće prikazan većim), ~žcmo pisati

ln tegral u gornjem izrazu predstavlja. prema (4.4), polarni moment tromosti I P' pa je Gf:JIP=Mu odnosno

M, 9=-. Gl,

Y"'tg Uvrstimo li (8.2) u gornji izraz, dobit

Uvrstimo li izraz (8.5) u (8.4), dobit naprezanja

ćemo

y=p8.

(8.3)

To je izraz za raspodjelu kutnih deformacija. U njemu se pojavljuje nepoznati parametar 9. Vidimo da je u osi štapa (p= O) kutna deformacija jednaka nuli i da raste linearno prema površini gdje ima maksimalnu vrijednost. Primjena Hookeova zakona. Idući korak prema shemi sa slike 8,2 jest dobivanje izraza za naprezanja primjenom Hookeova zakona. U tom slučaju imamo čisto smicanje, pa možemo pisatl T yG=pG8. (8.4)

ćemo konačan

M,

I,

Km zakreta o: dobit

čemo

izraz za raspodjelu.

(8.6)

!=-p.

ako u izraz (8.1) uvrstimo (8.5), tj. M,

d~=lildx=-dx.

(8.7)

Gl,

Zanemarimo Ji rotaciju štapa kao krutog tijela. bit

će

l

I

M, a= Gl, dx. o

Prema tome je i naprezanje u osi štapa jednako nuli i raste linearno prema kraju. Izrazi (8.3) i (8.4) sadr'le, za sada, nepoznati parametar S koji čemo odrediti pomoću uvjeta ravnoteže.

144

(8.5)

10 L Alfirević:

Nauka o tvi-stoCI

(8.8)

145

Ako štap ima konstantnu torzijsku krutost GI, i ako je moment torzije konstantan, možemo MJGI, izvući ispred znaka integrala, paje

M,l

(8.9)

Izraz (8.9). naravno, vrijedi samo za štapove konstantnog poprečnog prcsjeka, koji su opterećeni tako da je M,=konst. Izraz (8.8) vrijedi u prvoj aproksimaciji i u slučaju kad poprečni presjek i moment uvijanja nisu konstantni. Iz izraza (8.7) možemo dobiti da M,. Nakon deriviranja tog izraza i uvrštavanja izraza (5.8) bit

~(oi, d")= dM,= dx

dx

dx

će

m,.

(8.10)

Ako je torzijska krutost G l P konstantna, bit će

d' a dx

GI,1~

Prva je matrica napisana tenzornkim označavanjem, a druga na oobičajeni način, Vidimo da prema tom označavanju naprezanje < dano izrazom (8.6) predatavlja komponente 't~, pa matrica tenzora naprezanja kod uvijanja glasi

m,.

(8.1l)

Rarrnotrimo sada podrobnije raspored posmičnih naprezanja. Prema izrazu (8.6) naprezanje rasre linearno od nule u osi štapa do maksimalne vrijednosti T mu. na povr$ini. Kako su u okomitim presjecima posmična naprezanja međusobno jedna~ ka, raspored posmičnih naprezanja izgledat će kao na slici 8.8. Sve ostale komponente naprezanja u tim presj ecima jednake su nuli.

[
oo oo o] [o o

(8.13)

<

<

Budući da je čisto smicanje ekvivalentno međusobna okomita pravca (vidi primjer

istovremenom rastezanju i sabijanju u 2.2), glavna naprezanja činit će kut od 45' s uzdužnom osi x, kako je prikazano na slici 8.10a. Na slici 8.10b prikazane su trajektorije naprezanja pri uvijanju. To su dvije ortogonalne familije krivulja. Tangenta na jednu familiju krivulja podudara se s pravcem ah a tangenta na drugu familiju krivulja podudara se s pravcem a2 u danoj točki. dva

+,-

_, "•_!_, H -··~~~} ·?; \: ' ' i

~

al Slika 8.10. Glavna naprezanJa i trajektorije naprezanja u §tapu

8.3. Dimenzioniranje štapova

opterećenih.

bl opterećenom

na uvijanje

na uvijanje

Vratila i ostali šta povi opterećeni na uvijanje dimenzioniraju se prema uvjetu i prema uvjetu krutosti. Kut uvijanja ne smije biti prevelik jer odviše elastično vratilo može uzrokovar! pojavu vibracija koje su nepoželjne iz: mnogo razloga. Obično je kod lakih vratila (vratila malog promjera) presudna krutost, a kod teških vratila čvrstoća. Sam lom štapa opterećenog na uvijanje ovisi o materijalu od kojeg je izrađen. Kod krhkih materijala lom izaziva največe vlačno naprezanje, a kod rastezljivih materijala posmično naprezanje. Na slici 8.11 prikačvrstoće

••

iem ktbkag š~opa

Slika 8.9. Komponenle tenzora naprezanja u eilindri~nim

Slika 8.8. RaspOdjela m\preanja u okruglom š;tapu Opiet«:enofn na

·~~­

koordinatama

U'loijaoje

n

Za opisivanje uvijanja okrugli štapova pogodnije su cilindrične koordinate od pra voku tnih. Komponente tenzora naprezanja u cilindričnim koordinatama ilustrirane su na slici 8.9. Matrica tog tenzora glasi

r·. ""' """

["ul= ·~·

146

""

"·•

u,."

. .l ["• a."

(1=

<". <..,. "• <..,l tpx

'"' ..

lt!m ttufdilnog štopq

a}~

bl

Slika S. l l. Lom š:tapa optereO:;nog na uvijan;e

(8.12)

zan je shematski lom dvaju štapova kružnih presjeka. Kod krhkog materijala lom nastaje pod kutom od 45• prema uzdužnoj osi, tako da je površina loma okomita na pravac "•· Nasuprot tome, ako bismo htjeli izazvati lom štapa od raslezljivog

to•

147

materijala, do loma bi došlo tek nakon znaine plastične defonnacije. Površina loma okomita je na uzdužnu os štapa, tj. lom nastaje po ravnini u kojoj je posmično naprezanje najveće. Da bismo mogli dimenzionirati štap prema oba kriterija, potrebno je poznavati dopušteno posmično naprezanje -rdop i dopušteni kut uvijanja po jedinici duljine Bdap· Promjer štapa određujemo na temelju oba uvjeta: čvrstoće i krutosti. Usvajamo veću vrijednost · M, M, (8.14) 'tma~=JPmax=~/ ~'t"dop p

p

l

Kao dopušteno opterećenje usvajamo manju od tih dviju veličina. M;dop raste s potencijom, a M;' dop s četvrtom potencijom promjera, što je ilustrirano na slici 8.12. Ako je d d", mjerodavna je čvrstoća. Vrijednost do odredit ćemo izjednačav~jem izraza za M;dop i M; dop• tj. nd~ naci 16rdop=32G8dop· Odavde je trećom

2rdop

M, 9=--.;.9, Gl op

(8.15)

Granični

moment uvijanja jest

preinačiti uvođenjem

r,,P -2 G Bdop

M 10 =-

oznake

lp

lp

Wp=--=Pmu. r

(8.16)

~~=~~'.

N,.

(8.17) 01

Izraz (8.14) sada glasi t

M, mu

wp

=--:s;;;'l'dop·

(8.18)

Iz izraza (8.15) i (8.18) možemo dobiti

da

·Slika 8.13. Raspored naprezanja u štapu koji ima presjek u obliku kružnog vijenca

rr.d4

nd4

nd M I=--;>--'-, P 32 GSdop

l=--'--' p 32 32

~

l =_!(l - k"')

4

d>-

~

-

d.

p

(8.19)

d;> •f -32M, -G 9dop1[

Odredit ćemo dopušteni moment uvijanja u ovisnosti o promjeru d vratila, ako je poznato 'tdop• Sdop i G. Prema izrazima (8.15) i (8.18) možemo pisati: nd3 3 M;dop= WP -rdop=---rdop= C, d . 16 nd4

M;' dop= GI P Sdop = n G 9dop =C2 tJ4.

148

d

Slika 8.12. Ovisnost dopuštenog momenta uvijanja o promjeru vratila

Ako je poprečni presjek štapa kružni vijenac, raspored naprezanja izgleda kao na slici 8.13. Moment tromosti u tom slučaju iznosi

nd' M W=-;>-' P 16 'rdop

odnosno

(8.22)

'rdop·

Ht~,.

Veličina wP· naziva se polarni moment otpora. Vidjeli smo da polarni moment tromost( TP karakterizira krutost štapa protiv uvijanja. Isto tako WP karakterizira čvrstoću štapa pri uvijanju. Kod punog kružnog presjeka moment otpora iznosi

WP=I:=n::

J

n[

p

Izraz (8.14) možemo

(8.21)

d"= G9,,,"

Pmu

32

(8.23a)

,

gdje je k =d2/d1 omjer unutrašnjeg i vanjskog promjera: Moment otpora dobit ćemo izraza (8.16): d nd3 WP=lp f=If(l- k"'). (8.23b)

pomoću

l

Dok se momenti tromosti složenih likova mogu dobiti zbrajanjem i oduzimanjem momenata tromosti pojedinih dijelova, momenti otpora ne mogu se dobiti zbrajanjem ili oduzimanjem momenata otpora pojedinih dijelova. Uvjet krutosti i čvrstoće za šuplje vratilo sida glasi:

w P

nd~

M

16

tdop

1

= - (l- k4 );>-''

I = P

ntf1 (1- k4 );>~. 32

G_Sdop

149

., \i·

odnosno

-~

,/

16M, d,;;,. ""'dop (l k")

(8.24)

Kako je površina

poprečnog

(8.25)

k4 ).

M _30P

,--

""

". 1000

Omjer čvrstoće jednak je omjeru momenata otpora, a omjer krutosti jednak je omjeru momenata tromosti:

w,.

10

9

OO 29m ,

PRIMJER 8.2

Usporediti krutost i čvrstoću punog i šupljeg vratila ako oba vratila imaju jednaku površinu poprečnog presjeka. Poprečni presjeCi su prikazani na slici 8.14. Puno vratilo

d~2(~)"' ~ nd ~~ 2 (~)"'J;" A'"112 ~ ~ [A' [

1t

xd' A' I~-~­ ' 32 2x 150

·1

"•'!i,

3

16

I,. l +k' T;~ l - k'

l+k'

95,49Nm.

d~29mm.

16

A' t+ k' 21t l-k'

32

w, ~ (1- k')'"'

/16M, 3 jl6·95,49 d~ 3 --~ 20·106 Tt 'tdop

p

1- lt 2n112 (l- k2)3/2

"ce

Promjer vratila jest

W

A 312

l+ k' 2n 112 (l- k')' 12

po

Prema izrazu (8.27) moment torzije iznosi

30 · l OOOO

),

~-1 (l-k 4 )---.

I

Vratilo prenosi snagu P=lOkW pri brzini vrtnje n=lOOOmin- 1 . Odrediti promjer vratila ako je zadano -rdop= 20 M Pa. 30P

A 2 ]'" . [ n(lk )

.2

A312

w,. ::-·

M,~-

d 1 ~2

nd3 4 wpo ~-· 16 (l-k )

će

PRIMJER 8.1

nd~

Moment otpora i moment tromosti prema izrazu (8.23) iznose:

(8.27)

"" .

nd~

će

(8.26)

gdje je P snaga u vatima, a m kutna brzina. Kako je m=nn/30, bit

n:d~

A~4-4~4(l-k

bit

Usvajamo veću od dvije vrijednosti promjera dane izrazima (8.21) i (8.22). Ponekad nam je poznata snaga P koju prenosi vratilo i broj okretaja u minuti n. U tom slučaju moment uvijanja određujemo pomoću izraza p Mr=w'

presjeka dana izrazom

,;

.,

32M,

d,;;,.~fxG8,.,(1

'

Šuplje vratilo d2 /d1 ~k.

2n

2

v-;:;-

~A~ [1j~ Slika 8.14

~t

§@·

J _______ _L../

J

oT

0.1 o.z 0.1 a' o,s o.6 0.1 7fT 0.1

1

k • dz/d1

Slika 8.15. Porast krutosti i čvrstoće šupljeg vratila pri porastu omjera d2 /d 1

Oba ta omjera prikazana su dijagram om na slici 8.1 S. Vidimo da je već pri omjeru k~dJd1 ~0,7 krutost porasla oko tri puta, a čvrstoća preko dva puta. Pri omjeru k=0,9 krutost je porasla oko deset puta, a čvrstoća četiri puta. Povećanjem omjera

151

k opada debljina stijenke, a time se povećava opasnost od izvijanja. To je jedan od glavnih ograničavajućih utjecaja na to da Je. k<0,8 do 0,9. Uprkos svojim prednostima šuplja vratila se ne upotrebljavaju mnogo jer je njihova izrada .tehnološki složenija. Ako se izrađuju tokarenjem, nema uštede u materijalu, samo se smanjuje težina.

8.4.

Statički neodređeni

PRIMJER 8.3 Okrugli štap promjenljiva presjeka uldiješten je na oba kraja i ••

opterećen

prema

slici 8.17a. Zadatak je:

-

z.odacl

odrediti momente ukiještenja M A i M 8 ; skicirati dijagram momenata uvijanja M,=f(x); skicirati dijagram relativnog kuta uvijanja 9(x) i kuta zakreta a:{x}; odrediti presjek u kojem je zakret jednak nuli.

Na slici 8.16a prikazan je okrugli štap koji je na oba kraja ukliješten i opterećen momentom M. Štap oslobođen veza prikazan je na slici 8.!6b. Svi uvjeti

ravnoteže automatski su zadovoljeni osim uvjeta

al

EM,=M-M,-M 8 =0.

Prema tome, za određivanje nepoznatih momenata M A t M a imamo jednu jednadžbu, pa je problem jedanput statički neodređen.

đli

<-.!~~

bl

H

27

~

ir
H

opterećen

...

UllEllll~ IT,/il l

Wff..&~rn§t,,;

(X

-1'4-

Siika 8.17

x:a\'notežc glasi: :EM,=MA-Mr +M2 -M 8 =0,

(a)

a uvjet deformacije

M,41 M 2 71 M 2 21 M 8 1/ M 8 51 a 8 =- --+--+--------=0, 2GJ, 2GI, GI, 2Gl, Gl,

M8 1

što nakon

s G l, dobivamo

skraćivanja

s lj2G I, postaje -4M 1 + 1M2 +4M2 -7M 8 -IOM 8 .,0.

a

Ms= MJ,

Rješavanjem izraza (b) dobit

a zatini iz uvjeta ravnoteže

Postupak rješavanja složenijih zadataka pokazat

ćemo

10

M 8 =uM, a zatim iz izraza (a) MA=

27

11 M.

M Relativni kut uvijanja iznosi 8=--' i razlikuje se za četiri područja: Gl,

b MA=Mj'

152

.

*"

Map

O:B=----=0. Gl, Gl, kraćenja

ll~

na uvijanje Uvje~

Odavde nakon

l

~Jril'j

dl~~~

Rješavanju problema pristupamo slično kao i kod aksijalnog opterećenja. Postavljamo dopunski uvjet deformacije, npr. ct8 =0, tj. zahtijevamo da je zakret presjeka B jednak nuli. Da bismo dobili izraz za ~B• zamislimo da smo oslobodili kraj B dodavanjem momenta M •• dok je kraj A ostao ukliješten. U tom slučaju možemo pisati

Ma

H ' $

l

H1

Stalički neodređen

, H,

fON

fftt,!IIIISIII.

l

H"

{fH

l

x-

f 1.. .,. c-·E--=

Slika 8.16.

jlllllffillllllbd Jlll~llll, .Ir z< .'

bi

ćemo

O~x~41

na dva primjera.

•

8=

27M

21M ---

34GI,

153

Da bismo rnogti rij~iti zadatak. moramo skicirati dijagram M,, a za to je potrebno poznavati momente uklještenja. Polarni moment tromosti oba dijela

4/;;;x;;;?/

li= 12 M 11GI,

71~x~9l

lJ= 24 M l? Gl,

9/;;;x;;; 121

9 =_lOM.

Prirast kuta zakreta

iznosi: xd4

Uvjeti ravnoteže i deformacije glase:

izraza (8.9) za

odsječke

duž kojih su

krutosti momenta uvijanja konstantni:

a(O)=aA=O 27 M

•{41)=941= ---41=

34Gl,

---=<>e

17GI,

24 M

a0

ćemo:

3

5 M•=s3M.

w - "(2d)'

Maksimalna

IOM3 Gl, =0. 11

posmična

3

naprezanja u lijevom i desnom dijelu jesu:

MA

čiji

1t d

,,---1-6=2

p-~·

96 M

482M

' =--=--=--! 53xd3 53xd3

w,,

je

M 8 5 16M 80 M •=-=--=--· W, 53xd3 53nd3 .

•oi:J.ol

Kako je naprezanje u prvom dijelu veće, ono je mjerodavno za dopuštenog optereCenja, pa možemo pisati

21:1, =48: 18.

3

, pa je 4

(b)

W _ xd

30 Ml

Iz dijagrama a (x) vidimo da će se između presjeka D i E nalaziti presjek zakret jednak nuli. Iz sličnosti trokuta na dijagramu možemo dobiti: ...

2/:l,=l•c

MS/ M 8 5/ M 8 3/ a6 = - - - - - - - - = 0 . 16GI, 16GI, Gl,

Momenti otpora oba dijela štapa iznose:

a(9l)=a(11)+--21=--=a, 17 Gl, 17 Gl,

a(l2/)=a8 =a(9/)-

(a)

48 M•=s3M,

17Gl,

IS M/

M=M,+M 8

Rješenjem izraza (a) i (b) dobit

54 Ml

12 M a(71)=d(41)+--31=

Odavde izlazi l, =

1,1 = - n = l632= 161,.

!?Gl,

računat ćemo pomoću

ruJ'

"(2d'f

l,=n·

određivanje

96M..,, rm...:= 537r J3 ~"tdop"

a (7/tltl= a (7,751)=0. Odavde je

PRIMJER 8.4 Okrugli štap koji se sastoji od dva dijela promjera d i d1 ukliješten je na oba kraja i opterećen momentom M, prema slici 8.18a. Odrediti najveću dopuštenu vrijednost momenta i\.1&-.p ako je zadano: 'toop' d i d1 U.

qj~ -d, X

G H,

Sl

'LN,

bl H, H,

Slika 8.18

154

Mcap

~

53

96 rrd

> t"cap·

8.5. Uvijanje zakrivljenih štapova i štapova promjenljiva pre$ka Ako se promjer okruglog štapa mijenja postepeno, svi izrazi koji su izvedeni za štapove konstantnog poprečnog prosjeka mogu se primijeniti i za štapove promjenljivog presjeka. Možemo smatrati da je promjena prosjeka postepena ako je kut 2a manji od 20• do JO•. Taj je kut definiran na slici 8.19a. Ako je promjena preliieka nagla~ onda se maksimalno naprezanje može odrediti pomoću faktora koncentracije naprezanja pri uvijanju.

155

Izrazi izvedeni u ovom poglav1ju mogu se primijeniti i na zakrivljene štapove ako je polumjer zakrivljenosti štapa R velik u odnosu na polumjer štapa d. Izrazi za naprezanja dat će dobre rezultate ako je R/d> 10. Oznake R i d definirane su na slici 8.19b.

,,

bl

Ako je Rfd'P 1, onda je rQ naprezanje u opruzi glasi

,, cl

..,

F

Slika 8.19. Okrugli ~tap promjenljiva prcsjeka i zakrivljeni okrugli ~1ap

L

posmično

R

4F n d'

d

pa se može zanemariti.

-

~­ v~

(8.29)

(8.30)

Poprečna sila Q izaziva također posmično naprezanje u presjeku. Do sada nismo analizirali naprezanja poprečnim silama, pa ne možemo odrediti to naprezanje; međutim, prosječno naprezanje poprečnom silom iznosi

Q

4F nd

tQ=-=-,.

A

izraz za

16FR

tmax-

-,.

ted

Progib opruge odredit ćemo ovim razmatranjem: Zamislimo da je čitava opruga kruta i da se deformira samo element žice opruge u točki A duljine ds i da · donji kraj opruge ostaje nepomičan. Kut zakreta iznosi M, da=--ds. Gl,

Slika 8.20. Žica za vojne opruge opterećena je na uvijanje

M,=FR. naprezanje M, 16FR -rmax=w= nd3 .

Konačan

Treba imati na umu da taj izraz vrijedi samo za mali kut uspona {J i odnos R/d'P l. Obično se uzima da je R/d> 10.

p

156

~t mn•

r~a

Zavojna opruga prikazana na slici 8.20a, može se smatrati zakrivljenim štapom koji je opterećen ··na uvijanje. Na slici 8.20b, prikazan je odsječen dio opruge. Na mjestu presjeka djeluju poprečna sila Q i moment M. Iz uvjeta ravnoteže slijedi da je Q=F i M=FR. Moment M djeluje okomito na ravninu koju čine sila Fi sila Q, tj. vektor momenta M jest okomit na os opruge. Tangenta na za vojnicu opruge čini --> --> mali kut {J s pravcem momenta M, pa se moment M može rastaviti u dvije komponente: moment uvijanja M, i moment savijanja Mz koji, prema slici 8.20c. iznose: M,=McosP=FRcosp (8.28) M,=MsinP=FRsinp. Za opruge malog uspona može se uzeti da je cos {J~ l i sin {J~ l, tj. može se savijanje zanemariti, a za moment uvijanja uzeti da je· Taj moment izaziva

trd 3

-·=--=4-

'o

d()~

ćemo

16FR trna

F

F

~-~Eif}

Ako izraz (8.30) podijelimo s gornjim izrazom, dobit

Zbog tog zakreta točki e iznosi

točka

B prelazi u B 1, pri ćemu je BB 1 =ABda. Približenje točke B d~=BB 1 cosq>=AB

dacosq>.

Kako je AB cos cp= R, možemo pisati M,R

d~=Rda=--ds.

Gl,

Ukupni prodib opruge O iznosi ~=

M,R Gl,

d~=-

J

Jds=--, M, Rl Gl,

gdje je l= 2n R n ukupna duljina žice opruge, a n broj zavoja opruge. Kad u gornji izraz uvrstimo vrijednost za moment terzije M,=FR i za moment tromosti I P= n: đ'.'32, dobit ćemo

FR n ~=64 Gd"'.

Ako omjer Rfd nije velik, i ako uspon složenijom) analizom može se pokazati da je 16FR [

tma~ = nd3

l

5d

(8.31)

P nije malen,

točnijom (ali mnogo

7(d)']

(8.32)

+gR+ 32 R

J

FR'n[ 1-3(d)' ~=64-+ 3+v tg'a . Gđ' 64 R 2(1+v)

(8.33)

157

koje su najudaljenije od težišta

PRIMJER 8.5 Konusni štap opterećen je na uvijanje prema slici 8.21. Naći relativni kut zakreta njegovih krajeva. Zadano: M,, G, d,, d,= 3d1 , l= !OO d,. H.

posmična

maksimalna

naprezanja

~: fj:-~t)+-i=d,(l+z:f) dj/32, a moment tromosti na proiz-

A

točkama E i G koje su od svih točaka na konturi najbliže ležištu poprečnog presjeka, dakle suprotno nego kod uvijanja okruglog presjeka. Maksimalna naprezanja rma~~.~ r~u: te kut uvijanja {J pravokutnog štapa određujemo prema izrazima:

bit

x)-• dx

M!. ( l +2..

dx=8dx

l

Gl

će

JM'(

- - ' 1+2:': Gl, l

o je konstanta koju možemo

izvući

Af,/G I P integriranja dobivamo

tb=

-~

M,

3GI,

)-•

3=-/V[-'---

(8.35)

(X

pGhb'

(8.36)

Vrijednosti koeficijenata a, {J i y ovise o omjeru lt/b, a prikazane su u tablici 8.1. dx.

pred znak intcgrala, pa nakon

M,i

81GI,

8.6. Uvijanje §tapova neokruglog presjeka

Svi izrazi koje smo izveli u ovom poglavlju, osim izraza (8.1) i (8.2), vrijede samo za štapove koji imaju presjek u obliku kruga ili kružnog vijenca. Ti izrazi ni 'približno ne vrijede za štapove neokruglog presjeka i ne smiju se na njih primijeniti. Određivanje naprezanja u štapovima neokruglog presjeka složen je matematič­ ki problem i rješava se u okviru teorije elastičnosti. pa ćemo ovdje navesti samo gotove rezultate bez izvođenja. Na slici 8.22 prikazan je raspored posmičnih naprezanja u štapu pravokutnog presjeka koji je opterećen na uvijanje. Prema izrazu (8.6) očekivali bi.~mo da se najveća naprezanja javljaju u točkama konture 1<0

(8.34)

'

Tablica 8.1

(l- z:':)"'~2bl'=~ l

M, hb

= - -2

m:
't'~u:=Yt~

l

~o=x-ao=

T

pl

..

Kako je

javljaju se u sredini duljih stranica, tj. u

Tmu

E

rrtr,( x)• =l (l +2-x)• . l

nđ' l =-·"·=l +2p 32 32 l

A, B,

Slika 8.22. Raspored posmičnih naprezanja u !tapu pravok:otnog presjelca koji je opterećen na uvijanje

Promjer na udaljenosti x od lijevog kraja iznosi

1t

točke

·~·~"~

Slika 8.21. Stap promjenljivog pres}eb opterećen mt uvijanje

Moment tromosti lijevog kraja je l pl voljnom mjestu

presjeka štapa. To su ovdje

&TITIIllTflfrJb fr.n

H,,;,

d=d,

poprečnog

C i D. Medutim, naprezanja u tim točkama jednaka su nuli'" Nasuprot tome

Vrijednosti )/.(X'ficijenata :r, fJ i

h/b

l

,

0,208

p )'

'·'

~·

Gvisnt o srnjenr hf/l

2

3

4

6

8

lO

.0,231

0,246

0,267

0,282

0,299

0,307

0,313

0,333

0,141

0,196

0,299

0,263

0,281

O,Z99

0,307

0,313

O,l3l

1.000

0,858

0,796

0,753

0,745

0,743

0,743

0,743

0,743

U tabtici 8.2 prikazane su vrijednosti maksimalnog posmičnog naprezanja tm., i relativnog kuta uvijanja 9 za različite pune presjcke. Maksimalno posmično naprezanje Tmax i relativni kut uvijanja 8 u tankostjenim štapovima otvorenog i zatvorenog prcsjeka računaju se pomoću izraza: M, rmax=

W

(8.37)

'

M, -Gl,

9--.

(8.38)

159

Tablica 8.2 Vrijednosti T_.. i S :r.a razliate pune presjtke Oblik pres~ka

MaksUnalno

Pov!iina

~-<:

nab

~J' :.. 11._..:

a'

naprezanje t_,.

Relativni kut uvijanja S

2M,

<>'+>'

:rab 1

ruf/i M,

"'--'

M, 4,8 a'

.J

~'\ -·"··-

-

/~

Maksimalno posmično naprezanje kod otvorenog presjeka. javlja se na mjestu gdje je stijenka najdeblja a kod zatvorenog prosjeka gdje je stijenka najtanja. Zamislimo dva tankostjena štapa jednakog poprečnog prosjeka, od kojih je jedan zatvoren a drugi uzdužno presječen. Neka su oba štapa Qpt~na jednakim momentom uvijanja Mr. Napre7.anja i kut uvijanja višestruko su veći u otvorenom presjeku nego u zatvorenom. ~to Cemo ilustrirati u primjeru 8.8. Prema tome treba izbjegav2.ti otvorene tankostjene štapove kao torzijske elemente konstrukcije.

,,,~

M, 7,1 d' G

~

20M,

0,433a'

a' M,

0,866a'

5,7-;;r

46~

J,

a' G

bl oJ Slika 8.23. Poprečni presjek tankostjenog štapa: a) zatvoreni presjek, 'bl otvoreni presjek

88~ • d'G

~-«....-J

PRIMJER 8.6

Ti su izra:ri analogni izrazima (8.18) i (8.5) za okrugle štapove, Veličine l, i W, jesu geometrijske karakteristike presjeka koje definiraju torzijsku čvrstoću i torzij· sku krutost neokruglih presjeka. Analogno polarnom momentu tromosti i polarnom momentu otpora I, se naziva torzijski moment krutosti (tromosti) a W, torzijski moment otpora. Veličina BI, predstavlja torzijsku krutost neokruglog štapa analogno torzijskoj krutosti G l P okruglog štapa. Torzijski moment krutosti i torzijski moment otpora zatvorenog tankostjenog štapa određuju se pomoću izraza

4Ao

l,= f~s' W,=2A"t",,.

Odrediti r:elativni kut uvijanja 9 te maksimalno naprezanje tmax u tankostjenorn štapu otvorenog presjeka koji je opterećen momentom uvijanja M 1• Poprečni presjek štapa zadan je na slici 8.24. Zadano: t, M., G. lO t

tl

lt

(8.39)

Slika 8.2:4

l,=~

•

Ls,f, =~[

20r (2t)'+ 20r t'+ 15rt' +Sr (2r)'

J

r,=81,33C'

i= l

'

!L•· cr

2111

tSl

gdje je Ao površina koju zatvara središnja linija koja raspolovljava debljinu stijenke t. Ta je na slici 8.23a označena s točka-crta-točka. Površina Ao je iscrtana. Debljina stijenke t može biti konstantna mpromjenljiva. Torzijski moment krutosti i torzijslci moment otpora za tankostjeni štap otvorenog presjeka1 slika 8.23b~ dani su izrazima

l ~w.!fl

(8.40)

l,

W=-= f

tma•

8!,33r• =40,67t' 21

i•l

I, t",.,

160

M, M, <-= w = 4067t' ' ' fl L Alfirevič: Nauka o evrstoCi

M, M, 8=-=--···4 Gl, 259Gt •

161

a) Otvoreni presjek Zadan je presjek zatvorenog tankostjenog šlapa, prema slici 8.25. Stap je opterećen posmično

momentom uvijanja M,. Odrediti relativni kut uvijanja 9 i maksimalno naprezanje t_. Zadano: M,, e, G.

I;=23,3t"

"

l,

-'

w;=-=23,3t tm,.:<

tt

81

I;=tLs,F,=~[zott'+15rr'}

b l Zatvorem presjek A0 =20r 15t=300t1 .(ds= lOt+~+ 20t +~+~= 70 ji t t t ' t

Slika 8.25

l

Ao=8t ·6 t+-8t·6t=72 t'

4~

r:·=fds

2

,( ds

St

l2t

!Ot

j

2

t

t

t

·.

4~

'f ~

t t

32

4·3001 t 4 70

5142,9r•

t

w;• = 2 A" /mio = 2-300 f t= 600 t'

4·721 !"

l =-=--=648t" Omjer momenata krutosti iznosi:

32

I;'

tmax=

5142,9 t'

W,=2A 0 t.,,, =2·72t t= l44t'

J; -

M, M, wt=l44r1

- = - - . 3 =25,75.

2

9=M'=~

Gl, 648Gt"

23,3 ,.

w;

6oot'

w;

23,3r

220,7

Vidimo da je krutost zatvorenog presjeka veća oko 220 puta a čvrstoća oko 26

PRIMJER 8.8 Usporediti torzijs_ki moment krutosti i torzijski moment otpora dvaju tankostjenih štapova jednakog poprečnog presjeka. Jedan je štap uzdužno razrezan, tako da je poprečni presjek otvoren kao na slici 8.26a, dok je drugi poprečni presjek zatvoren kao na slici 8.26b.

puta, što je zaista velika razlika!

t

.,,._~ aJ

--tJ--m-1151 bl

Slika 8.26. Tankostjeni štap zatWJROOg presjeka mnogo je k:ruči l otvorenog presjeka istih: dimenzija

162

čvrići

od tankostjenog štapa

ti•

163

-· 9. SAVIJANJE ŠTAPOVA 9.1. Uvodne napomene i razvoj teorije savijanja §tapa

Do sada smo razmatrali rastezanje, sabijanje i uvijanje štapova. U svim tim uzdužna je os štapa pri deformiranju ostala nepromijenjena, g. ravna. Nasuprot tome, pri savijanju se ravni štapovi zakrivljuju, a zakrivljeni štapovi mijenjanju svoju zakrivljenost. Ako se vanjske sile u nekom poprečnom presjeku reduciraju samo na spreg, kažemo da je štap opterećen na čisto savijanje ili savijanje spregovima, a ako se u poprečnom presjeku javljaju i poprečne sile. govorimo o poprečnom savija,1ju ili savijanju silama. Na slici 9.1a prikazan je štap savijao spregovima, i na slici 9.1b štap savijao silama. Ako moment savijanja djeluje oko glavne osi tromosti poprečnog presjeka štapa, imamo obično savt)'anje, a ako slučajevima

moment savijanja ne djeluje ni oko jedne glavne osi tromosti, imamo koso savijanje.

lis/o soriianje

~

cl

bJ

~

''

'Pcprečw SOtlijOnje

Slika 9.1. Cisto j poprečno savijanje

, Galileo Galilei (1564-1642) prvi je analitički pristupio razmatranju savijanja grede u djelu "I due nuovi scienze fisicbe ... ",objavljenom 1638. U svom razmatranju pošao je od konzole, prema slici 9.2a,'i uočio da lom počinje u točki B i širi se prema točki A. Pri tome se odlomljena konzola okreče oko točke A. Dok ne dođe do loma grede, moment unutrašnjih sila po presjeku AB drži ravnotežu momentu sile F. Galileo je krivo pretpostavio da su naprezanja po presjeku jednoliko raspodijeljcna. U tom slučaju rezultanta unutrašnjih sila prolazi kroz središte presje'ka i iznosi F1 =crmn bl:. Krak te sile oko točke A iznosi 11/2. pa ravnoteža momenata oko tačke A glasi

h .,._bh l= Fl.

165

Ravnoteža momellJlta vanjskih i unutrašnjih sila oko točke A daje

Odavde bi maksimalno naprezanje po Galilejevoj pretpostavci iznosilo

2 F,'jh=FI,

Fl umaJt=2 bhz·

2

odnosno

Iako danas znamo da je Galilejevo rje!enje neispravno, ono je imalo veliko za daljnji razvoj teorije savijanja. Oko pedeset godina nakon Galileja to je rj~enje popravio E. Mariotte (1690. god.), uočivlii da se vlakllll to više rastežu što su dalje od okretišta A, pa i unutrašnje sile rastu linearno od nule u točki A do maksimalne vrijednosti u točki B. Na temelju toga naprezanja su iaspodijeljena po zakonu trokuta, kao na stid 9.2b. Rezultanta unutr-dšnjih sila iznosi amu.bh/2 i djeluje na kraju 2h. 3. Ravnoteže momenata oko A glasi l 2 -"~,bl!- h =fl, 2 3 odavde je

što daje

9.2. Naprezanja i deformacije pri

~ l

-

t

F

~

'' l""ia

lJ• F,

~~

D

=t

---

l

f

F

Pretpostavke o deformiranju i raspodjeU naprezanja. Pri analizi čistog savijanja uvest ćemo ove pretpostavke o deformiranju štapa~ odnosno o rasporedu naprezanja:

8

~·

L Poprečni prosjeci nakon defonniranja ostaju ravni i okomiti na elastičnu liniju. 2. Sve komponente naprezanja osim u:r. jednake su nuli.

F

al

r, a

a!

o±

?~-:-=f~u

el(J$fi(llq liniju

cl~\

Slika 9.2. Ranoj leorije savijanja štapa

Slika 9.3. Kod čistog savijanja štapa elastična linija jest kružnica

točno

Iješenje problema savijanja dao je 1713. francuski fizičar Parent. Parentov prikaz nije bio dovoljno jasno imesen i nije od suvremenika prihvaćen. Coulomb je 1773, neovisno o Parentu, dao točno Iješm;je, prema slici 9.2c. Ispravno je uočio da se pojavljuju vlačna i tlačllll naprezanja. Rezultanta vlačnih naprezanja F, mora biti jednaka rezultanti tlačnih naprezanja F 2 , tj. Međutim,

~

--~ al

Slika 9.4.

bl

Simetričnost

poprečni

elementa uvjetuje da presjeci ostaju ravni i okomiti na elastičnu liniju

Prva je pretpostavka potpuno ispunjena, što slijedi iz uvjeta simetrije. Uočimo jedan element sa slike 9.3c. Ako se lijeva strana elementa ispupči, mora se ispupčiti i desna, pa će element izgledati kao na slici 9.4a, tj. deformirani element mora biti sim.etričan u odnosu na raspolovnicu A- A~ Kako se svi elementi deformiraju na isti način. takav način deformiranja doveo bi do pojave pukotina. Kad bi se

l h l F, =F2 =-u b-=- u bh. 2MA:t24mu ·~·

166

'l,.

bl

tl

bl

Prvo

sarijanju

Radi postupnosti ograničit ćemo se za početak na razmatranje čistog savijanja štapa čiji poprečni presjek ima jednu os simetrije, kako je prikazano na slici 9.3a. Savijanje se izvodi u ravnini koja sadrži uzdužnu os štapa x i os simetrije z. Nakon opterećenja štap se deformira, a uzdužna os prelazi u zakrivljenu crtu koja se naziva ela.
·t it~-ic ru· r,

čistom

prizmatičnog

E. Mariotte zadržao je Galilejevu pretpostavku da se tu javljaju samo vlačne sile, odnosno da se pri deformiranju poprečni presjek okreće oko osi kroz A. Mariotteo~ vo Jješenje prihvatili su mnogi drugi istraživači kao: Jacob Bernoulli, Leonard Euler, Leibnitz i drugi ..Bernoulli je pri izvođenju izraza za naprezanje pri savijanju uveo 1694. pretpostavku o ravnim presjecima, primijenio Hookeov zakon i utvrdio da je zakrivljenost deformirane osi !itapa proporcionalna momentu savijanja. Na temelju toga L. Euler riješio je problem izvijanja štapa ne ulazeći u problem rasp?djele naprezanja pri savijanju. D

Fl a mu.-6 -• bll2

Poslije ćemo vidjeti da je to ispravno rješenje.

Fl anlox = 3 bhl.

8

.

4 am.,bh3h=FI,

značenje

:,", {;'

167

poprečni presj«:i deformirali konkavno, pojavile bi se pukotine kao na slici 9.4b, što se također ne dešava. Egzaktna analiza tog problema u teoriji elastičnosti pokazuje da su obje gornje pretpostavke u cjelosti ispunjene, osim, eventualno. u neposrednoj blizini mjesta gdje djeluju spregovi, ali se taj poremećaj po St. Venantovu principu brzo gubi, ćemo

Izrazi za naprezanja. defonnacije i pomake koje pretpostavki vrijedit će uz ova ograničenja:

Deformacija vlakna EF

iznosi~

EF

gdje je EF =dx=pda duljina vlakna prije deformiran_@., a E,F, =(p+z)da duljina vlakna nakon defor.miranja, tako da je

izvesti na temelju tih p da

l. visina štapa il malena je u usporedbi s rasponom l. Treba da bude

hf/,;; 1/5

.

odnosno

ex=-.

do 1/4 i pri rome će greška biti u granicama oko 2%: 2. maksimollni nagib tangente na elastičnu liniju :x,.,,,,je maien. Obično se uzima da je ~m".; 0.05 do 0.1 rad. (2' do 5~};

3. razmatraju se naprezanja u presjecima koji su dovoljno udaljeni od krajeva štapa, oslonaca i mjesta gdje djeluje koncentrirano opterećenje. Dovoljnom udaljenošću može se smatrati visina štapa h. Prvo ograničenje odnosi se podjednako na određivanje pomaka i naprezanja. Drugo ograničenje presudnije je za određivanje pomaka i omogućuje nam da umjesto nelineame dobijemo linearnu diferencijalnu jednadžbu elastične linije. Treće ograničenje značajno je za određivanje napre7.anja i nema većeg značenja kod određivanja pomaka. Ponekad se umjesto malog nagiba tangcntc zahtijeva da je omjer maksimalnog progiba i raspona malen. U tom slučaju treba biti w.,.JI
e;

bl

lA

A

H ll

{ l At

.1~

z

f

1 l

(9.2)

Primjena uvjeta ravnoteže. Položaj neutralne površine i polumjer zakrivljenosti p odredit ćemo pomoću uvjeta ravnoteže koji prema slici 9.6 glase:

N

f "xdA=O

(9.31

J

(9.4)

A.

M,= ax z dA

(9.5)

A

Izraz (9.3) analogan je izrazu (5.15), a izrazi (9.4) i (9.5) izrazima (5.18) i (5.191.

F1

~tapa

optereeenott na

čisto

savijanje

skracuju se. a na donjoj strani produljuju. Negdje u sredini grede postoje vlakna koja ne mijenjaju duljinu. Ta vlakna tvore neutralnu površinu štapa. Odaberimo ishodište koordinatnog sustava na neutralnoj pov~ini. Uočit ćemo jedan element štapa, npr. ABC Đ. Taj je element uvećano prikazan na slici 9.5c. Crtkano je . prikazan početni oblik elementa ABCĐ, a punom crtom defonnirani element.

168

p

dX

s, c1 Slika 9.5. Geometrijska analiza deiormiranja

u,=

1'1, l

ls __n

lt E 81 B

Primjena Hookeova zakona. Pomoću izraza (9. J) i Hoo keova zakona možemo dobiti izraz za raspodjelu naprezanja. Kako, prema pretpostavci, u štapu vlada jednoosno stanje naprezanja. bit će

J u,ydA=O. O

r1 , l

o

Izraz (9.1) pokazuje da se deformacija s, mijenja linearno po presjeku nosača. U neutralnoj površini nosača jednake su nuli: s jedne strane su pozitivne a s druge negativne. Kad blsmo znaH polumjer zakrivljenosti elastične linije p i položaj neutralne površine (npr. udaljenost AG na slici 9.5c), mogli bismo pomoću tog izraza odrediti e~ na svakom mjestu. Međutim. ti su nam parametri nepoznati, pa izraz (9.1} daje samo kvalitativan raspored a ne i veličinu deformacija.

A

,' da : _>_, i

(9.1)

p

Slika 9.6. Ravnoteža elemcina !1apa optere&:nog na čisto savijanje

169

'l

···:·:

ćemo

Uvrstimo li izraz (9.2) u (9.3), dobit

J;zdA=O.

Nosač je simetrično opterećen, pa su reakcije FA. i Fs jednake i iznose FA=F 8 =F. Dijagram momenata savijanja i poprečnih sila prikazanje na slici 9.7. Vidimo da u srednjem presjeku nema popi-ečne sile, a moment savijanja iznosi

M,.=Fa=20· 1,2=24kNm.

A

Modul pa se mogu

elastičnosti E izvući

i polumjer zakrivljenosti p konstantni su za dani presjek pred znak integrala, tj.

Kako u srednjem presjeku imamo

čisto

(a)

savijanje, možemo primijeniti izraz (9.8), tj.

M, I,

u;r:=-z.

(9.6)

;{zdA=O.

.t' '~;~~ r:;;;mmm-~'!:u;; '

A

Kako je EfpfO, mora integral u izrazu (9.6) biti jednak nuli. Taj integral predstavlja statički moment presjeka oko osi y. Prema tome os y prolazi kroz težište poprečnog prosjeka. Uvrštavanjem izraza (9.2) u (9.4) slijedi

I

M,=; z' dA. A

Kako je f z2 dA =l Y' možemo pisati A

Mj

El

p '

l

M,.

p

El,.

slučaju

gdje je x zakrivljenost elastične linije. Uvrstimo li izraz (9.2) u (9.5), dobit ćemo

pa

A

M, I,

poprečnog

presjeka A.

će

A1 =10r', zi=r

biti

Pomoću

zi-

A.z;: +Alz2

l0t 2 ·t+ l0r'(-5t)

A 1 +A2

20r'

-2t.

Moment tromosti oko težišne osi y iznosi (9.8)

I,= St:~t)'

:':;

Izraz (9.8) omogućava nam da u svakoj točki prosjeka štapa odredimo naprezanje a;r:. U tu svrhu potrebno je odrediti moment savijanja MY u promat~a­ nom presjeku kao i moment tromosti presjeka I,. Kad smo odredili a,.. možemo lako pomoću izraza (9.2) odrediti deformaciju E-;r: i polumjer zakrivljenosti elastične linije p.

(e)

Naprezanje u donjem vlaknu jest :or,-'

M, ' 24·10' Gu=y-zt: ·4266,5 . -,8 6 10

'

w-'.

""' = 0,045 · l 09 Pa= 45 MPa.

PRIMJER 9.1 Za nosač zadan i opterećen prema slici 9.7 treba skicirati raspored normalnih naprezanja po presje~~ u sredini raspona. Zadano: F=20kN, a= 1,2m, t=2cm.

+10r'(3t)2 + 1 (:~t)' +10r'(3t)'

I,= 266,66 t• = 4266,56 cm•.

Odavde izlazi

170

l' Slika 9.8. Raspored naprezanja zbog savijanja po visini nesimetričnog presjeka

A2 =10r', z;=-5r,

M,=-; fyzdA= -;1,.,=0.

u;r:=-z.

Q-d;j.

H-dij.

Moment tromosti presjeka JY odredit ćemo pomoću slike 9.8. Težište poprečnog presjeka nalazi se na osi z jer je to os simetrije. Da bismo odredili koordinatnu z]-, odabrat ćemo pomoćnu os y~ tako da djjeli presjek u dva dijela: A 1 i A 2 • U tom je

(9.7)

-=X=-,

Kako je IY==O, osi y i : su glavne osi tromosti izraza (9.2) i (9.71 možemo dobiti

o

Slika 9.7. Greda koja je u srednjem dijelu optCreCena na čisto savijanje

My= -' odnosno

Aillllllllrnlllllllltlh.

(b)

Na

sličan način

možemo dobiti iznos naprezanja u gornjem vlaknu: UxD

= - 67,5 J\1Pa.

171

9.3. Normalna i

p®11ična

naprezanja pri savijanju silama

Kod čistog savijanja ·u poprečnom presjeku pojavljuju se samo normalna naprezanja koja se reduciraju na moment savijanja M~ tj.

J a,zdA~Mr A

Kako ta naprezanja ne doprinose pojavi poprečne sile, neminovno se moraju kod savijanja pojaviti posmična naprez.a.nja 'r...-r tako da je

poprcčnog

Jr.,dA=Q,.

deformaciju ex• odnosno naprezanje a$. U tom su egzaktni.

Razmotrimo podrobnije raspored posmičnih naprezanja! prema slici 9.9. Na gornjoj i donjoj površini štapa posmična naprezanja moraju biti jednaka nuli jer te površine nisu opterećene. Kako su posmična naprezanja u parovima jednaka 1 bit će uz gornji i donji rub poprečnog presjcka 'rx:o=-r:x=O, pa je uz te rubove r.. ~ y= =0, kako je prikazano na slici 9.9b.

Izraz za

posmična naprezanja dobit ćemo razmatranjem grede na slici 9.lla. iscrtani element duljine dx. S lijeve strane tog elementa djeluje moment M, i poprečna sila Q" a s desne strane moment M,+dM, i poprečna sila Q" kako je naznačeno na slici. Kako nonnaln.a naprezanja ax ovise o momentu, bit će naprezanja na obje strane različita. Taj je element prika7..an aksonometrijski i uvećano na slici 9.llb. Na njemu su ucrtana samo naprezanja paralelna s osi x. Na

11111111

~

,, Slika 9.9. Kod sa\·ijanja silama

bl poprečni

presjeci sc iskrivljuju

Vidjeli smo da u slučaju čistog savijanja pravokutni elerpenti nakon deformiranja ostaju ortogonalni, k~~o je prikazano na slici 9.5b. U slučaju pojave posmičnih naprezanja, odnosno kutnih deformacija~ elementi u nutrini štapa ne mogu ostati ortogonalni jer se pravi .kutovi moraju promijeniti~ kako prikazuje clement C na slici 9.9b. Međutim. elementi A i B, za koje je y.,=O, ostaju pravokutni. Prema tome, pri savijanju silama mora doći do iskrivljenja (deplanacije) poprečnog presjeka.

Ako je raspon grede l mnogo veći od visine poprečnog presjeka ll, pomaci zbog dep1anacije zanemarivo su maleni u usPoredbi s pomacima koji nastaju zbog rotacije poprečnog presjeka, koja bi nastala pri čistom savijanju, U tom slučaju možemo zadržati pretpostavku da poprečni presjeci ostaju ravni nakon deformira~ nja štapa i okomiti na elastičnu liniju, pa izrazi (9.7) i (9.8) vrijede približno za savijanje silama. Pogreška je to manja što je manji omjer hf/. U slučaju konstantne poprcčne sile svaki poprečoi presjek deplanira se na isti način, tako da ta depianaci~ ja ne utječe na deformaciju cK. Na slici 9.10 crtkano je prikazano kako bi se orto~ gonatni element A1 B1 C1 D1 deformirao u slučaju čistog savijanja, a punom crtom element s deplaniranim stranama A2 B2 C,D 2 • Pri jednakoj deplanaciji ( Q, = konst.) bit će = E1F 2 • tj. de pia nacija ne utječe na produljenje vlakna EF. pa time ni na

172

b}

1°

·'w. F~

A~-+-+-·-. X

l'

-A

Hy OCJIJHy+dHy Or'

'Qr

~

PJilll

i

Slika 9.10. Konstantna poprcčna sila ne utje« na normalna napre.zanja

izrazi (9.7) i (9.8)

Uočimo

D}

' A

slučaju

~

Slika 9.11. Kod

poprečnog

savijanja osim normalnih naprezanja javljaju se i

posmična

naprezanja

presjeku A1 (CFKG) djeluje naprezanje a., a na presjeku A3 (DEIH) naprezanja ax +d ax· Kako su površine A1 i A 3 jednake. ta naprezanja ne mogu biti u ravnoteži, što uvjetuje pojavu posmičnih naprezanja •~ na presjeku A2 (GHIK). Ravnoteža tog . elementa u smjeru osi .x: glasi I:Fx=

J ""dA,- .ft~dA 2 + f(<7.+da.)dA 3 • , A,

A,

Jako je dužina dx radi jasnoće nacrtana u istom redu veličine kao i b, ona je infinitezimalno mala veličina, dok je b konačna veličina. Zbog toga možemo smatrati da je
-

M, IM,+dM, zdAh -zđA 1 -l'::xbdx+ I, I I,

••

A,

odnosno

dM 't;.xbđx=--Y I,

I

zdA 1

A,

dM, S, r== dx blr •

·'.

173

gdje je S,= fzdA 1 statički moment dijela presjeka A., odnosno A, oko neutralne osi y. Prema izrazu (5.10a) je dMJdx=Q" pa izraz za'= glasi

Q"S' t:a=

Statički moment iscrtane plohe A., prema slici 9.13a, odredit bmlo integriranjem. Element povriine iznosi

dA 1 =bd/;=2../i'- {;2 d~,

(9.9)

bl:r .

pa je

statički

moment plohe A 1 oko osi y

' 2 S,= f {;dA 1 =2f../r"-{;2 {;d{;=-(r'-z')'". ~ z 3

PRIMJER 9.2 Odrediti zakon raspodjele posmičnih naprezanja za pravokutnl presjek zadan prema slici 9.12a. b

·J,, ll_z' 2

[jJ

!fiH..p ..

oi Slika 9.12. Raspored

pes.mičnih

,,

bl naprezanja po pravokutnom presjeku

"

"

Slika 9.13. Raspored posmičnLh naprezanja pO kružnom presjeku

Površina iscrtanog dijela iznosi A 1 =b (h/2- z), a udaljenost težišta od osi y je (h/2 + z)/2. Statički moment te plohe oko osi y jest

'=

'

=

t

Moment tromosti pravokutnog presjeka jest I,=bh 3 f12, pa posmično naprezanje na udaljenosti =od osi .r prema izrazu (9.9) iznosi

-i')

naprezanje dobit ćemo pomoću izraza (9.9), tj.

~ (r'- z')'f'

S,=b(~-z)W+z)=~(~ -z').

= Q,S,= 6Q"(h' bl bh' 4

Posmično

"

Q,s,= Q,_3---= Q'(r"-i'). I 2(r'-z')'"

bl

'

'

Uzmemo li u obzir daje l,=rui"f64=rrr'j4, bit će 4 Q,

t., =-3 4

"'

.

'

, (r'-" ).

U krajnjim vlaknima, tj. za z=r naprezanje je jednako nuli, a u sredini presjeka

.. Posmična su naprezanja raspodijeljen• po zakonu parabole. Maksimalno naprezanje jav[ja se u sredini nosača, tj. za z=O

posmično

z=O ima maksimalnu vrijednost: t'x;mu

3Q" 3Q, 't'm:u.==2bh =2A' gdje je A površina poprečnog presjeka. U tom je naprezanje 50% veCe od prosječnog.

31

4 Q.

4 Q,

=Jttr2 =JA•

Prema tome je maksimalno naprezanje u tom slučaju za 33% veće od prosječnog. Raspored posmičnih naprezanja prikazan je na slici 9.13c. slučaju

maksimalno

posmično

a

~

T.rTu"'O

PRIMJER 9.3 Odrediti raspored posmičnih naprezanja u kružnom presjeku prema slici 9.13a, Zadano: Q" r.

174

·-x-

Slika 9.14. Na rubu pop~og ~ka posmično naprezanje djeluje paralelno s rubom

175

Posmično

naprezanje ne može imati komponentu okomitu na neopterećen rub presjeka, tj. posmično aaprezanje je tangencijalno na rub presjeka, kako je prikazano na slici 9.14. Uočimo dužinu AB na slici 9.13b. Posmično naprezanje u točkama A i B djeluje u smjeru tangente na rub i irna dvije komponente: 't"xz i txy· Mi smo izračunali samo tx:· Ukupno posmično naprezanje t iznosi

I u tom su slučaju posmična naprezanja raspoređena po zakonu parabole. Mjesto maksimalnog posmičnog naprezanja dobit ćemo ako izraz za Txz deriviramo po z i izjednačimo s nulom, tj.

poprečnog

dr.,= 12Q.(~-zz)=o. dz b0 h3 3

tx:

r=--. COS IX

Odavde dobivamo da se maksimalno što uvršteno u (a) daje

Iz uvjeta simetrije možemo zaključiti da su posmična naprezanja na osi z s njom paralelna. Podrobnija analiza pokazala bi da su sva naprezanja na dužini AB usmjerena prema točki C. kako je prikazano na slici 9.13b.

.

3 Q,

f•

h~ l

. 7f .. ,l

1z 1

a..

naprezanja u

tankostjenim

cl

bl posmičnih

nosačima

neutr. porrSino

naprezanja u uokumom presjeku

Kako je površina iscrtane plohe A 1 =~(~h. 2 3 od osi y

z), a udaljenost težišta te plohe

•

=z+~(~h-z)=~(~+z) 3 3 3 3 ,

moment oko osi y iznosi

Slika 9.16.

S,=A z=Wh-z)G+z). Prema izrazu (4.23) moment tromosti trokuta jest

EF,=

b0 h3

l=-. ' 36

bl naprezanja u I-profilu

cl

J (u,+du,)dA 1 -r~A2 - J u,dA3 • A,

A,

Kako je A3 =A 1 ,

naprezanje na udaljenosti z od osi y iznosi

12 r -= Q.s, = Q. (~h'+~z-r). •- bl, b0 h3 9 3

Posmična

nom. Presječeni dio s ucrtanim naprezanjima, koja su paralelna s osi x, prikazan je na slici 9.16b. Na mjestu horizontalnog presjeka pojavit će se posmična naprezanja t~. Uvjet ravnoteže tog dijela nosača glasi

1 1

Posmično

simetričnim

l'

l'

,,

statički

Posmična

Postupak izračunavanja posmičnih naprezanja u tankostjenim nosačima oPjasnit ćemo na primjeru I-nosača, čiji je element prikazan na slici 9.16a. Da bismo odredili posmična naprezanja u rebru, presjeći ćemo nosač horizontalnom ravni~

r.,

r't

njen

9.4.

T"

·-Ja

; 1

(e)

rm.ax=2A cos IX •

,

Slika 9.15. Raspored

(b)

To naprezanje nije ujedno i maksimalno. Stvarno je uz rub posmično napreza~ nje paralelno s rubom i ima komponente "rx: i "rxy• kako je prikazano na slici 9.15c. To maksimalno naprezanje iznosi približno

Za trokutasti presj~k. prema slici 9.15, naći veličinu i mjesto maksimalnog naprezanja. Skicirati raspored naprezanja po presjeku.

YJ

naprezanje javlja na mjestu z= h/6,

Q, 3 Q, r.~:mu =3-=-boh 2 A .

PRIMJER 9.4 posmičnog

posmično

dM A 2 =dxt i dax=Tz• možemo pisati

'

(a)

dM, I,

Jz. dAt =r~tdx, A,

176

··~.~.

12 l.

Alftrcvić:

Nauka o

čvrsloći

177

odnosno dM, S, Q,S, 'tu:=----=--. dx ti, tl,

Da bismo mogli naći raspored posmičnih naprezanja, treba 'odrediti moment tromosti poprečnog prosjeka. Slično kao u primjeru 4.1 moment tromosti iznosi

(9.10)

statički moment pov~ine A, oko osi y, a t debljina rebra. Izraz za posmična naprezanja <,. dobit ćemo presijecanjem pojasa vertikalnom ravninom. Odsječeni dio prikazan je na slici 9.16c. Uvjet ravnoteže tog dijela glasi

gdje je S,=fzd.A,

['

llr(22t)3 t 12 406 3 .

(a)

Pri određivanju momenata tromosti tankostjenih nosača možemo zanemariti vlastite momente tromosti pojasova, tj. mo7.emo uzeti da je približno

f (a,+da,)d~-<,.,A,- f a,dA.=O.

...

12t(24t)3 '"

...

t (22 t)3 f,=-1-2-+2-12t'(ll,5t)'

dM Kako je A 4 =A 6 ~ A 5 =d.xd i dux=-1 z, bit će Iy

(b)

1,=4061 , •.

dM, fzdA.=<,.,dxd, l,

...

odnosno

ItSl

dM,fzd~

!;d""'

<,.= dx

h

·~

Uzmemo li u obzir da je

dM,=Q, statički

l. b .l

, JzdA 4 =S1 ,

dx

moment dvostruko iscrtane površine

~

oko osi y bit

će

Q, s,. l,.d

momenata tromosti poj asova napravili neznatnu grešku. koja je manja od O, l%. Statički moment površine A" prema slici 9.19, iznosi

· ll t+z 12t' 11,5t+t(ll !-z)~-= 198,5t 3 - 0,5tz?. 2

--o--A IT !

Slika 9.17. Tok

posmičnih.

'o

~o

,.

-

napuxanja u.

Po>mično

t t.,

tankostjenim profilima

Q, (198,5 r ·' - 0,5 z-). -' =T

(e)

' To je naprezanje raspoređeno po zakonu parabole i u sredini iznosi

PRIMJER 9.5

Za tankostjeni I-presjek prema slici 9.!8 skicirati raspored pnsmičnih naprezanja. Zadano: Q~ t, 1r=24t, b= 12t. 178

naprezanje u rebru dano je izrazom (9.10), tj_ 198,5 t'- 0,5 ti'

-

$imeuičnim

Slika 9.19. Posmična naprezanja u !~presjeku

Prvi član desne strane izraza (b) predstavlja moment tromosti rebra, a drugi član Steinerov dodatak za pojasove. Vidimo da smo zanemarivanjem vlastitih

Izrazi (9.10) i (9.11) daju samo apsolutnu vrijednost posmičnog naprezanja. Smjer naprezanja L= podudara se uvijek sa smi&lom poprečne sile Q:, a smjer t xy je takav da posmična naprezanja čine tok sličan toku tekućine u kanalima, kako je to ilustrirano na slici 9.17. Raspodjelom posmičnih naprezanja u nesimetričnim tankostjenim nosačima pozabavit ćemo se u drugom dijelu nauke o čvrstoći kad budemo govorili o centru uvijanje.

ID

••

Slika 9.18. Poprcčni presjek tankostjenog I-nosača

(9.11)

t:)l;lf=--.

411<696~

Q,

T~,=-19

11

'.\'

12*

8 .. Q, 198,5 t' Q, ,5 >.4 -0,04886-:2. 4063c

r

(d)

179

Vidimo da rebro prenosi pretežni dio poprečne sile. Maksimalno posmično naprezanje u tankostjenim nosačima približno možemo dobiti ako ukupnu popreč­ nu silu podijelimo s površinom rebra, tj.

Na krajevima rebra (z= ll t) posmično je naprezanje <., =

i•

(198,5- 0,5 ·11 2 ) i'= 138 Q, i'

'

I,


138 i' Q <.,= 4063 <" Q,=0,03397 /

Ta se vrijednost razlikuje od prave vrijednosti za oko 8%. Posmično naprezanje u pojasovima, prema izrazu (9.11), iznosi

Prosječna vrijednost t~" u pojasu na mjestu spoja pojasa i rebra 12 je puta manja od naprezanja u rebru jer je širina 12 puta veća i iznosi

Q,S,

<;r;y-I d'

'

' 't"x:

gdje je d debljina pojasa (d=t). S}'je statički moment površine A 2 koji, prema slici 9.19, iznosi

Pri savijanju silama u poprečnim presJecuna grede javljaju se normalna naprezanja koja su određena izrazima

što uvršteno u izraz (9 .ll ) daje

posmična

<.,= Q, (69 i'- 11,5 ty). I,

(e)

Posmično naprezanje u pojasu mijenja se po linearnom zakonu i za y = 6 t 'r;~:y=O, a za y=0,5 t:

iznosi

Q, i'

Q,



Normalna naprezanja mijenjaju se po linearnom zakonu, a posmična naprezanja u po zakonu parabole. Normalna su naprezanja na neutralnoj površini jednaka nuli, a prema krajevima rastu. Nasuprot tome posmična naprezanja imaju maksimum u nutrini presjeka i opadaju prema kraju, gdje su jednaka nuli. 9

I l l l l I I I ! IIII11111111 l l I I I I I I I I I I I I I

·X

sile koju prenosi rebro iznosi ll

l

J

Qrcb=

r.,

•

r;utdz.

-lli

Uvrstimo li izraz (e) u gornji izraz. dobit

Q~,=2t

i: "'f

bl

ćemo

(198,5i'-0,5z')dz=

o

z']'"

Q_[

=2tl I98,5i'z-0,5·'' 3 o

Q~, = 3923 <" Q, = 0,9656 Q,. I,

180

'r;~::=~-

većini slučajeva

a) ~

~· t

Q,S,

M I,

a =-'z X

poprečne

:;-;;-- i'

9.5. Glama naprezanja i trajektorije naprezanja

s,.=G- .v )t·II,5 t= (6t- yJt·II,5 t=69t'-II,5 i' y,

Dio

Q Q, 0,03397 ---'=0,00283?".

.

Slika 9.20. Gl<;~.vna naprezanja i trajektorije naprezanja

Normalna naprezanja a:: jednaka su nuli ili zanemarivo malena, pa ih nećemo uzeti u razmatranje. Na slici 9.20a prikazana je konzola pravo ku tnog poprečnog presjeka koja je jednoliko kontinuirano opterećena. U presjeku x 1 ucrtano je pet elemenata i na njima odgovarajuća posmična i normalna naprezanja. U presjeku x2 prikazana su glavna naprezanja.

181

Duž rubova "• je jedno glavno naprezanje, dok je drugo glavno naprezanje jednako nuli. U sredini ~tapa imamo čisto smicanje, pa glavna naprezanja čine knt od 45• s osi x. Oba glavna naprezanja po apsolutnoj su vrijednosti jednaka posmičnom naprezanju. Na slici 9.20b prikazane su trajektorije naprezanja. To su dvije ortogonalne porodice (familije) krivulja. Kroz svaku točki prola:le dvije trajektorije, po jedna iz svake porodice. Tangente na te krivulje podudaraju se s pravcima glavnih naprezanja u odgovarajućoj točki.

Rješenjem jednadžbi (a) i (b) dobit ćemo FA=1,8F,

Dijagram poprečnih sila izgleda kao na slici 9.2lb. Maksimalni moment savijanja bit će na mjestu xm• gdje je poprečna sila jednaka nuli. Vrijednost xm odredit ćemo tako da izraz za poprečnn silu izjednačimo s nulom, tj. za x<;4a Q,=F.-qxm=O.

al 9.6.

Proračun hrstoće,

radooalni oblici

~f ,. Hi

poprečnog prosjeka

savijanja grede pojavljuju se normalna i posmična naprezanja; međutim, za uobičajene raspane i oblike poprečnog presjeka normalna su naprezanja mnogo veća od posmičnih~ pa se proračun čvrstoće izvodi prema najvećem normalnom naprezanju. U prilog tome je i činjenica da posrnično naprezanje iščezava tamo gdje je normalno naprezanje najveće, tj. u krajnjim vlaknima poprečnog presjeka. Prema tome, uvjet čvrstoće pri savijanju glasi U

općem slučaju

M :rlllU

M }1m11X

I,

W).

O"xm~t.:.;=--Zmax=--~ đdop•

FB=I,2F.

bl

~q=fo

~ < ,

l. 'o • lats

I.BF

O.lF

t. 4@1flw

Li

'

'

ci

(9.12)

J.Z~ lilt An1ffiiDJIJ lli):, Jz,ua Slika 9.21

gdje je W,=l jz_ aksijalni moment otpora, z_ udaljenost krajnjeg vlakna od neutralne osi i O'dQp dopušteno normalno naprezanje. Ovdje srno pretpostaviti da materijal grede ima jednaku vlačnu i tlačnu čvrstoću. Da bi bio ispunjen uvjet čvrstoće, oblik i dimemije ;>oprečnog prcsjeka grede moraju biti tako odabrani da je

Odavde je

xm~FA= 1,8F q

Ff2a

=3,6a.

Sada je

W :>- Mymu -O'dop

Primjenu tog

izraza ilustrirat

ćemo

na

,.;_

(9.13)

,~

r

Mmu=F...t·xm-q"2

•

slijedećem

F (3,00)'' M mu: =1,8F3 6a----=3 °4Fa=3 " °4kNm 2tl2 yo
primjeru.

?

Moment savijanja ispod sile F iznosi

PRIMJER 9.6 Za gredu zadanu i opterećenu prema slici 9.2la odrediti dimenzije poprečnog presjeka ako poprečni presjek ima oblik; a) kruga, b) pravokutnika h/b=3, e) lprofila, prema slici 9.1&. Zadano; F=5kN, a=0,2, u..".= 120MPa. Da bismo mogli dimenzionirati poprečni presjek, potrebno je skicirati dijagrame poprečnih sila i momenata savijanja, tj. odrediti mjesto i Veličinu maksimalnog momenta M-.. Prije toga odredit ćemo reakcije u osloncima pomoću uvjeta ravnoteže koji glase; F !:MA =F8 10a-F&a--4a2a=0 (a) 2a

F

.

!:Ms= 2a 4a8a+F2a-FA !Oa=O.

182

(b)

M,=F8 2a=2,4Fa""2,4kNm. Dijagram momenata savijanja prikazan je na slici 9.21c.

.

a) Kako je u tom slučaju W,=

1Uf'

32 , uvjet čvrstoće glasi JttP

Mmsx

32

"'"""

w =--;;,--. 1

odnosno

~32M_ d;;,

'"'""' .

183

Nakon uvrštavanja zadatih podataka dobit

poprečnog

Površina

ćemo

Uzmemo li kao osnovu za usporedbu

A,

n d'

4

~ 3318mm2 2

b) Moment otpora pravokutnog presjeka jest W,~bh f6. U tom slučaju potrebno je odrediti dvije veličine iz jedne jednadžbe, pa možemo naći beskonačno mnogo kombinacija b i h. Zbog tog-.t je potrebno zadati ili odabrati omjer hfb. Kako je u zadatku zadano h/b~ 3, bit će w,~ b(3bJ' ~~b',. M~ •. 6 2 qdOfl Odavde je

·=~2·3240

~.".

b=

.

3·120·106

b=2,6210-'m=26,2mm. Površina

poprečnog

prcsjcka iznosi

Od više poprečnih prosjeka jednake površine A, a različitog oblika, veći moment otpora i veći moment tromosti imat će oni presjeci u kojih je veći dio površine poprečnog presjeka }to više udaljen od neutralne osi, tj. od težišta presjeka. Visina grede, odnoSno nosača obično je ograničena. Za zadanu visinu h i površinu A poprečnog presjeka dobili bismo najveći moment tromosti i otpora ako bi površina bila raspodijeljena u obliku dviju uskih tankih traka (pojasova), kako je prikazano na slici 9.22a. Idealni mom~nt tromosti presjeka, prema slici 9.22a. iznosi

2 2

•

- y

-J/.HH,6·120·10 ___ 3240

6

r=0,4J0410-'m~4,304mm.

poprečnog

l03,3mm.

b~5l.65mm.

presjeka iznosi

A, =(22+24)I' =46r' ~852.12mm 2 •

184

-

lA

oi

cl

bl

Slika 9.22. Racionalni oblici

~jeka

štapa pri sa.,.ijanju

U stvarnosti pojasovi moraju imati određenu debljinu i moraju biti spojeni rebrom. Tako dolazimo do I-profila. Za valjane I-pro file jest

w,.=(0.3I+0.35)A h.

Visina i širina profila iznose:

Površina

'4

E :JE± .

O"dttp

11~24r=

l

2

l2!

Wy=338,6l 3 ~M mu:.

'--~ -:·-

l' h/2

W.,=-~-Ah~0,5Ah.

w)" = !_,_ = 4063 ,. ~ 33.8•6 l'.

Odavde je

4

dok je idealni moment otpora istog presjeka

Moment otpora jest ;max

'

l,"=2~(~)' ~Ah',

1,=4063 r•.

glasi

3 68 _

9. 7. Idealni montent otpora, iskoriftenost presjeka

e) Prema primjeru 9.5 moment tromosti iznosi

čvrstoće

852

Prema tome, u slučaju pravokutnog presjeka potrebno je utrošiti 2,42 puta više materijala, a u slučaju kružnog presjeka 3,68 puta više materijala nego u slučaju presjeka u obliku zadanog I-profila. Odavde se vidi velika važnost racionalnog oblikovanja poprečnog presjeka.

A,=Jb'=2059mm'.

pa uvjet

će

bit

A.~ 3318 ~

presjeka iznosi A.~

A~

Omjer momenta otpora nekog presjeka i momenta otpora idealnog presjeka iste visine naziva se iskori~tenost presjeka i označava se sa tl~ tj.

w, w..

q~-<1.

185

Ako sa h, i h, označimo udaljenost od neutralne osi krajnjeg vlakna na odnosno na tlačnoj strani, uvjet čvrstoće glasi

Vrijednosti q za neke važnije oblike prcsjeka navedene su u tablici 9.1. Tablica 9.1 Vrijednosti 11

M,

za nekt presjcke

Uvmn =-hil< qe
I,

Iskorištenost presjeb q

!'usjek

(9.14)

M, a-i max =-h,< đ:đop• I,

0,25

Kl\l.Žfli Pra'Vokutni

I-protll U-proftl Z-profil

0,33 0,6! -0,65 0,59-0,61

gdje su t1 11 m.ui Urmumaksimalno vlačno i maksimalno tlačno naprezanje, a a~dop i u,,.,. dopušteno vlačno i dopušteno tlačno naprezanje. Podijelimo li prvu jednadžbu izraza (9.14) s drugom jednadžbom istog izraza, dobit ćemo

0,57- 0,<50

što je rebro tanje i više, bit će u njemu veća posmična naprezanja. Ako je rebro vrlo tanko, posmična naprezanja mogu postati veća od normalnih i presudna pri proračunu čvrstoće. Osim toga, tlačna naprezanja koja djeluju pod kutom od 45' prema osi štapa mogu dovesti do gužvanja ili izvijanja (gubitka elastične stabilnosti) rebra. Zbog svega toga visina rebra mora biti ograničena, a debljina mora biti veća od neke minimalne vrijednosti. Napomenimo na kraju da postoje oblici presjeka u kojim smanjenjem površine možemo povećati moment otpora. Dva takva presjeka prikazana su na slici 9 .23. Odsijecanjem iscnanih dijelova poprečnog presjeka smanjuje se u većoj mjeri zma,.od

h., Q'Pdop -~ --. hr O',dop

(9.15)

luaz (9.!5) predstavlja uvjet racionalnog konstruiranja materijala.

nosača

od krhkog

PRJMJER 9.7 Nosač

ako je

y

vlačnoj,

a(®p

od sivog lijeva ima presjek prema slici 9.25. Odrediti !irinu presjeka b, = 3 a"dop·

2

115cm

h

y L.,l,--1

~~!<

.,

Slika 9.23. Odsijecanjem iscrtanih dijelova povećavamo momenl otpora

., Slika 9.25

I,. što dovodi do povećanja W.Y. Sve što smo rekli o racionalnim presjecima odnosi se na nosače koji su_ izrađeni od materijala koji imaju jednaku vlačnu i tlačnu čvrstoću. Krhki materijali mogu imati tlačnu čvrstoću nekoliko puta veču od vlačne, pa treba nastojati da maksimalno vlačoo naprezanje bude manje od maksimalnog tlačnog naprezanja. Zbog toga se prosjeci nosača od krhkib materijala rade nesimetrično prema neutralnoj osi, kako je Prikazano na slici 9.24.

'(_g)·~~~ ~h, '·

186

nosača

od krhkog materijala koji ima veCu vlačne čvrstoće

h.: :h,= a,d
je

h,+h,=h=20cm. Odavde lako možemo dobiti h,~5cm i h,= l5em. Širinu pojasa b odredit ćemo iz uvjeta da se neutralna linija, tj. težište T nalazi na udaljenosti h.=5cm od donjeg ruba: A1 2+A2 12 h.--'---"-

A,+A,

t'

Slika 9.24. Racionalan presjtk -

Prema (9.!5) treba biti

5 tlačnu čvrstoću

4b2+32·l2 4b+32 .

od

Odavde lako možemo dobiti da je b= l 8,67 em.

187

PRIMJER 9.8 Odrediti dopušteno opterećenje grede s prepustom koja je zadana i opterećena prema slici 9.26a. Poprečni presjek grede zadan je na slici 9.26b. Zadano: O' rdop= 20 MPa. l= l m, 0"1 đop =65 MPa.

,,

f

df,"l

f·'~

·'~,

ll 11,: ll

r.

~'

•

+

~~; Slika 9.26

M,

đma,..=-h

I

"

'

&·q/9 918

'

·w-• 4 .w-•.; ""''' =20-1o•

_M'hS·q/9 ,II·IO-'.;u,..."=65 O'min- J f nto. H\

(a)

w•

(b)

y

120

Fg

L)~V~

Presjek x= 1,33m

~D

~

Dill

M amu=Thtt ..

l'

li·IO-'.;u,,.,,=20-10"

' Iz izraza

dobivamo

lli

1

-

Presjek x=4m

qdap=

20·918-9 =5163N/m. 8·4

Izraz (b) daje nam q,,,=6102N/m i napokon izraz (e) q,,,=3338N/m. Usvajamo najmanju vrijednost, pa je = 3,338 kN/m.

q,...,

Položaj težišta možemo lako odrediti, a prikazan je na slici 9.26e. Moment tromosti l}' dan je izrazom 12·33

15·123 12

l =--+36·2 52 +-'--+ 18·52 =918cm 4 • '

Reakcije u osloncima

12

•

određujemo

iz uvjeta ravnoteže:

4

4

8

8

F =-ql=-q A 3 J

Fa=3ql=3q. Dijagrami momenata savijanja i poprečnih sila prikazani su na slici 9.26a. Vidimo da postoje dva opasna prosjeka: x=41/3= 1,33m, u kome je M

8

mn:

8

1

elastične

9.8. Diferencijalna jednadžba

linije

Razmatrat ćemo deformiranje štapova opterećenih na savijanje u ravn,ini O.xz, kako je prikazano na slici 9.27a. Pod opterećenjem uzdužna os štapa postaje zakrivljena i naziva se elastična Unija. Pomaci točaka na osi štapa u smjeru osi x i y. tj. pomaci u i v zanemarivo su maleni u odnosu na pomake w u smjeru osi z. Pomaci w nazivaju se još i progibi grede, a elastična se linija ponekad naziva progibna iinija.

AJ

t

jz.w

Fzl l

q

~t J!IQ'

~'

x"

b

al

~·rG--

/f"J-..,D

x

jz bl

Slika 9.27. Definicija

koord~natnog

sustava i predznaka pomaka·

=-ql =-q

9

9

i x=3m. u kome je l

l

MB=2ql'=2q, pa je potrebno kontrolirati oba presjeka.

Pri analizi progiba služit ćemo se desnim koordinatnim sustavom, prema slici 9.27b. Pozitivni smisao kuta definiran je po pravilu desnog vijka. Za koordinatni sustav Ozx pozitivan smjer kuta "suprotan je od gibanja kazaljke na satu. Prema izrazu (9. 7) imamo dtx l M, X=-=-=-.

ds

p

El,

188 189

elastične

linije četvrtog reda koja može biti pogodnija za posebno kod statički neodređenih zadataka.

Pozitivni moment savijanja izaZiva pozitivnu zakrivljenost, kako je namačeno na slici 9.28. Iz matematike znamo da zakrivljenost krivulje w=w(x) možemo izraziti pomoću prve i druge derivacije, tj.

d2 w EI,dx'=-M,.

~

+[l+e:Jr

;=><=

(9.15)

1

~(El

(~

/"'""j--1!-L;;:y~>O ~t!::Ji:o

dx

ograničiti

+

~(El

dx'

Slika 9.28. PrcdV1ak progiba, nagiba i zakrivljenosti

.•

Kako je dw

-~"'tg(-IX)= dx' (9.16)

dO<

odnosno

d"

d (

dw)

•

(9.19a)

a=

dw d 2w

dx

Ef,.

M,= -EI'dx'

d w

Q,

d3 w

dx'=-

El,.

Q,=

(9.20)

EI'dx'

q=

d4 w

dx4 =El,.

q,=EI'dx".

Integriranjem četvrte jednadžbe tog izraza možemo odrediti progibe i nagibe direktno bez prethodnog izračunavanja reakcija i dijagrama momenata savijanja i poprečnih sila. Dovoljno je poznavati samo zakon opterećenja q,=f(x) i način učvršćenja štapa.

ds= dx= dx -dx

PRlMJER 9.9

d2w

"=-dx'. Usporedbom izraza (9.7) i (9.17) dobit

(9.17)

Za konzolu zadanu i opterećenu prema slici 9.29 nati progib i nagib na slobodnom kraju. Zadano: F, /, El.

ćemo

F

1

dw M., dx'=-EI,·

X

l'I

(!US)

Izraz (9.18) predstavlja diferencijalnu jednadžbu elastične linije. Integriranjem te jednadžbe možemo dobiti progib i nagib u bilo kojoj točki grede. U petom poglavlju izveli smo iZilUl: koji povemiju moment savijanja, poprečnu silu i opterećenje q. Pomoču tih izr;lza i izraza (9.18) možemo dobiti diferencijalou jednadžbu

190 .

dx

M

d"w

Pri malim nagibima jest ds=dx, pa možemo pisati X=

(9.19)

"

d2 w 3

oc=- dx·

dx'

--=--' 1

d2 w x~±dx2"

dw

dx

d'w)= _d' M,=_ dQ, =q..

' dx'

dn.dx=-IX

ili - uzima se prema izboru koordinatnog sustava. Mi ćemo se ovdje samo na male progibe i nagibe. U tom je slučaju· dwfdx vrlo maleno u

će

dM'=-Q

fzrazi (9.16), (9.18), (9.19) i (9.19a) uz EI,=konst. prelaze u

odnosu na jedinicu. pa možemo (dwfdx)' u izrazu (9.15) zanemariti. tj.

bit

w)=-

odnosno nakon još jednog deriviranja imamo

~dw

Z, If

Predznak

2

d

'dx'

dx

1,~~

t

ćemo

Nakon deriviranja po x dobit

o

r-·-·-·--,-

progiba,

Izraz (9.18) možemo napisati u obliku

d2 w l

određivanje

B :::.?. X

"'•~ '

l

zjw Slika 9.29. Konzola

optert:ćc:na

silom na kraju

191

Prema izrazu (9.18) diferencijalna jednadžba elastične linije glasi

M

d'w

-=-~' dx' El,

Kako je M,= -Fx, bit

će

d'w

EI,-2 =Fx. dx Dvostrukim integriranjem izraza (a} dobit

Lako se možemo uvjeriti da je za x=l, w=O i oc=O. Progib i nagib na slobodnom kraju dobit ćemo ako u ilraze (9.21) i (9.22} uvrstimo x=O, tj. (a}

dw

EJ -=F-+C, 'dx 2

opterećenu

Za gredu zadanu i -

-(l)=O dx

se podrazumijeva da se moment

prema slici 9.30

naći:

nagibe iznad oslonaca~ mjesto i veličinu maksimalnog pro giba.

w(l)=O. Zadano: M, l, El.

Uvrstimo li prvi uvjet u izraz (e). dobit

ćemo

l' O=Fz-+C,, odnosno

J'

C1 =-F-. 2

-X

a,

Fs

FA (e)

z!w

t

Ako uvrstimo izraz (el i drugi rubni uvjet u izraz (d). bit će

Slika 9.30. Greda na dva oslonca

13 Fl' 0=F---+C2 6 2 ' odnosno

(9.24)

PRIMJER 9.10

iz rubnih uvjeta

dw

Fl' "•=2E(

(e)

x'

ćemo

(9.23)

Ubuduće ćemo pisati El umjesto EJ>· tromosti odnosi na os y.

EI,w=F(;+C1 x+C,. Konstante integracije Ct i C2 odredit

Fl' 3EI

(b)

ćemo

x1

w .... =--

opterećena

momentom na jednom osloncu

Iz uvjeta ravnoteže možemo dobiti

F,=F B

e,=Fl'

M

3 .

Izrazi za progib w i nagib a=

dw

Moment savijanja u presjeku x iznosi glase:

X

M,=F,x=Mf, 2

pa diferencijalna jednadžba elastične linije glasi

w=-1-[Fx' _F/ x+ Fl'] EI, 6 2 3

W=:~,WX -3G)+2]

d2 w MY Mx dx 2 =- EI=-EIT (9.21)

Nakon

sređivanja

i integriranja dobit

2

a=_ dw = Fl [l. dx 2EJ7

192

ćemo

dw Mx' El-=---+C dx l 2 ,,

(9.22)

13 t

Alfirević:

Nauka o

čvr.sloći

193

Moment savijanja u presjeku x iznosi

Elw= ---+C x+C i 6 Mx'

1

X l l M =f .x-qx-=-qix--qx' y • 2 2 2 '

2•

lz uvjeta w(O)=O možemo dobiti C 2 =0, a zatim pomoću uvjeta w(/)=0:

pa di rerencijalna jednadžba elastične linije glasi

Ml' -/(i+C1 1=0, odnosno

M,= l qx' - l qtx.

2

C,=6.

/q

~llrg]J},

Izraz 7..a progib sada glasi Mx'

Mix

6/Ef

6EI

4.~

W=---+-

w=7;[(T)-(T)'].

cw=w(xl "Fe 1

'l:~r·

(9.25)

az

L

Nagib a dobit

1

Ml

ćemo

deriviranjem izraza za w, tj.

F"

~=-:=6~/HT)'-~J Nagibi iznad oslonaca iznose:

(9.27)

dw l l El-=-qx 3 --qlx2 +C, dx

Ml a:,=a(I)=3E{ Pro gib je maksimalan na mjestu gdje je a= O, tj.

JJ 9

0,064!5

4

l 4 l 3 Elw=-qx --qlx +C1x+C,. 24

12

Iz uvjeta w(O)=O dobit ćemo C2 =0, a 7..atim iz uvjeta w(/)=0, C1 =ql3f24, tako da izraz za w glasi

i iznosi lVrmn:=

6

(9.28)

l .fi=0,5774/

Ml' EJ

opterećena

jednoliko kontinuirano

Nakon dvostrukog integriranja dobivamo ·

Ml ~,=a:(O)=- 6El

X=

Slika 9.31. Greda na dva oslonca

(9.26)

Ml'

El .

w=

(9.29)

1 2! ;1 [

GJ -z (T)' +(T)l

(9.30)

Maksimalni progib nastaje na mjestu x=l/2 i iznosi

PRIMJER 9.11

5 ql4 w~,=384 El.

Za gredu zadanu i opterećenu. prema slici 9.31 naći jednadžbu elastične linije, progib u sredini w~ te nagibe «.t i a8 . Zadano: q~ l. E. Iz uvjeta simetrije i uvjeta ravnoteže EF.,=O možemo dobiti l F,.=F8 =-ql.

:2

194

(9.31)

PRIMJER 9.12

Za gredu zadanu i opterećenu prema slici 9.32 nBći izraz za elastičnu maksimalni progib. 13*

195

Uvjeti kontinuiranosti i CB u točki C jednaki, tj.

Iz uvjeta ravnoteže možemo lako odrediti reakcije FA i FB:

b F.=F"

i'

a F8 =F/"

elastične

linije zahtijevaju da su progib i nagib dijela AC

Fb a 3 Fa 3 Fa 4 - - - + C1 a= - - - + - - + C3 a+C4 EI/6 2El 6Ell -

w =

'

F a2

Fb a 2

(b)

Fa 3

(e)

a =---+C1 =--+--+Co 3 ' E/12 El 2Ell Nakon opširnog rješavanja jednadžbi (a, b i e) dobit F,

Fa

U tom slučaju ne možemo dobiti jedinstven izraz za moment savijanja. Analitički izraz za moment savijanja ima jedan oblik lijevo od sile F, a drugi oblik desno od sile F, tj. b M y =FA"x-F-x za O
za a
M,=F 8

(/-

x' w= ---+C x+C Fb

E/16

1

2

3

}-

-

l

-

-

l

l

(9.32)

i iznosi

Fl' b Wmax=

Kad je b= 1/2, tj. kad je greda

3 El/

opterećena

liniju i

(9.33)

x~a.

(9.34)

za dio CB w (l)= O, što daje (a)

(9.35)

2

.(1'- b')'

(9.36)

31 2

u sredini, bit

Fl' Wmn=

za dio AC w(O)=O. što daje C2 =0

l

a~-

x=v~

Konstante integracije odredit ćemo iz dva rubna uvjeta i dva uvjeta neprekinutosti elastične linije. Rubni su uvjeti:

196

elastičnu

x:s;;;a

{bx[ (b)'. (x)'] + [x-a]' } -

_ Fl 6El- 12

IV--

fiCb'

Fax' Fa x 3 w= ---.:..+--+C3 x+C4 El2 E/16

Fal 2 Fal' ---+--+C3 1+C4 =0. 2El 6El

Fa'

Mjesto i veličinu maksimalnog momenta dobit ćemo ako derivaciju izraza (9.33) izjednačimo s nulom. Navest ćemo samo rezultat. Maksimalni progib nastaje na mjestu

MY Fa Fa dx'=- El=- El+ E/lx

dw Fa Fax' - = - - x + - - + C3 dx El Eli 2

e.=- 6EI"

W=:;l{~:[~-G)' -(T)']}

d2 w

dw Fb _,J. -=---+Cl dx Eli 2

Fb 2 2 C3 = Ell (21 +a )

Ako vrijednosti za konstante integracije uvrstimo u izraze za zatim sredimo. dobit ćemo:

a x)=Fa- F lx.

Dio CB

d2 w ,\1,. Fb -=--=--x dx' El Eli

C2 =0

6

Prema tome će i diferencijalna jednadžba elastične linije imati različit oblik za dio AC i dio CB. U donja dva stupca navedene su diferencijalne jednadžbe i postupak njihova integriranja. Dio AC

Fb 2 C1 = - ( /2 -b)

6EI/

opterećena

Slika 9.32. Greda na dva oslonca koncentriranom silom

ćemo

48 El.

će

(9.37)

Na slici 9.33 prikazane su elastične linije obične grede za pet različitih položaja sile F. Mjerilo za progibe mnogo je veće od mjerila za dužine. Iz slike vidimo da maksimalni progib nastaje blizu sredine grede bez obzira na _položaj sile F. 197

,

· _ r

t

Usporedimo li izraze lijevog i desnog stupca, vidjet ćemo da među njima postoji potpuna formalna analogija. Ako veličine MJEI,., a i w iz desnog stupca zamijenim o s q:z, - Q:z i MY' dobit ćemo izraze iz lijevog stupca. Ako osiguramo i analogne rubne uvjete, bit će i rješenja analogna. Prema tome, ako stvarnu gredu zamijenimo analognom (konjugiranom, fiktivnom) gredom koja je opterećena fiktivnim opterećenjem My/Eiy, poprečna sila analogne grede Q odgovarat će negativnom kutu nagiba -a:, a moment savijanja analogne grede odgovarat će progibu stvarne grede.

1

l t l ff

Ms1111ff1nr

Ft'


Napomena:

U daljnjem tekstu ispuštat ćemo indekse y i z i pod oznakama q, Q, M, l, razumijevati q:, Q:, M 1 , I y· Sve veličine koje se odnose na analognu gredu označavat ćemo zvjezdicom. Tako je M* moment savijanja analogne grede, Q* poprečna sila analogne grede, q*=MiE11 kontinuirano opterećenje analogne grede. Prema tome je w analogno M*

•i Slika 9.33. Ovisnost oblika elastične linije o položaju sile F

9.9 Metoda analogne grede Vidjeli smo u primjerima 9.9, 9.10 i 9.11 da je određivanje progiba i nagiba, odnosno jednadžbe elastične linije direktnom integracijom diferencijalne jadnadžbe relativno jednostavno ako jćdnoguče napisati jedinstveni analitički izraz za moment savijanja za cijelu duljinu grede. Međutim, ako je izraz za moment savijanja različit u raznim dijelovima grede, kao· u primjeru 9.12, potrebno je uložiti mnogo truda u alge barske operacije uključujući i rješavanje sistema linearnih jednadžbi. U primjeni često susrećemo grede s više koncentriranih sila, pa je metoda direktnog rješavanja diferencijalne jednadžbe vrlo zamorna. U tim slučajevima pogodnije su druge metode, npr. metoda početnih parametara, metoda momentnih površina, metoda analogne grede itd. Metoda početnih parametara vrlo je pogodna. za rad na računskim strojevima. Mi ćemo ovdje opisati metodu analogne grede koja omogućava da lako i brzo odredimo progib ili nagib u samo jednoj točki. Pomoću te metode možemo dobiti i jednadžbu elastične linije, ali u tom slučaju ta metoda nema velike prednosti pred metodom direktnog integriranja. Određivanje progiba i nagiba grede promjenljivog presjeka tom metodom jednostavno je i zahtijeva neznatno više algebarskog. odnosno numeričkog rada nego u slučaju grede konstantnog presjeka.

a analogno - Q* M1

-

El,

d M

dx' ' =-q,

.dM, dx =Q, dQ, dx = -q,

198

2

d

Postupak rješavanja zadataka metodom analogne grede: l. naći momentni dijagram stvarne grede; 2. ispod stvarne grede skicirati analognu gredu koja je opterećena kontinuiranim opterećenjem q*=MfEI. Ako greda ima konstantnu fleksijsku krutost (El= konst.), opterećenje q* ima oblik M-dijagrama stvarne grede; 3. u traženim točkama naći M* i Q*; 4. prema analogiji je

M1

w

dx'=- El, dw

(9.38)

-=-(l

dx l

da

M

p

dx

El,

q*.

Na slici 9.34 navedeni su razni slučajevi učvršćenja stvarne i analogne grede koji osiguravaju analogne rubne uvjete. Ako je obična greda na nekom mjestu vezana zglobna, bit će na tom mjestu progib K jednak nuli, a nagib a u općem slučaju različit od nule. Prema tome analognu gredu na tom mjestu moramo tako vezati da bude M*= O i Q* =fo O. To ćemo osigurati ako i analognu gredu vežemo zglobnim osloncem. Kad je rub stvarne grede slobodan, kao npr. slobodan kraj konzole, bit će w=f=O i af O. Zbog toga moramo analognu gredu na tom mjestu tako vezati da bude M*=/=0 i Q*=f.O. To se postiže uklještenjem. Ako je pak kraj grede ukliješten, bit će w=O i a=O. Odgovarajući rub analogne grede mora biti slobodan i u tom slučaju je M*=O i Q*=O. Kad stvarna greda prelazi kontinuirano preko zglobnog oslonca, bit će w=O i a:f:O. U tom slučaju mora biti M*=O i Q*=/=0, što će biti ispunjeno ako se na analognoj gredi nalazi Gerberov zglob. Isto tako Gerberovu zglobu stvarne grede odgovara prijelaz preko zglobnog oslonca analogne grede. Na donjem dijelu slike prikazano je nekoliko stvarnih greda s odgovarajuć_om analognom gredom.

Metoda analogne grede zasniva se na analogiji diferencijalnih jednadžbi koje povezuju q,. Q, i M 7 (koje smo izveli u šestom poglavlju) i diferencijalnihjednadžbi koje povezuju progib w, nagib a: i M ,lEI,. Te su jednadžbe navedene paralelno u dva stupca: 2

analogno

(9.39)

-=-=-'

w=M*

.-:t

a=-Q*.

199

U toku rješavanje Uldataka metodom analogne grede stalno se pojavljuje nazivnik El u izrazima za fiktivna opterećenja F''~ fiktivne momente savijanja M• i fiktivne poprečne sile Q•. Da bi se smanjilo pisanje, obično se EJ u nazivniku ispušta u toku rješavanja zadatka, a dijeljenje se obavlja na kraju. U tom je slučaju

Q·

M* w=-EJ

progibi maleni. Ako progihi nisu maleni. treba upotrijebiti izraz (9.15) za nost, tj. diferencijalna jednadžba glasi

d1 w

d;"

M

[~+(::Jr-- EJ:-

(9.40)

a= EJ.

zt1krivlje~

(9.41)

Tablica 9,2 Položaj leWiCa i povrline nekih likova $1VARKA

6/lf()A

A

-e

~~-

A

i•

ll•

rr~tO

~O'PO

-E ::&:

NAGIB fAHG{JITE IMIUi:Jf Ulf'IĐ l OESNO 0(1 A

"""

.A

e

~·

e

4 B

e ~

(r*o

l

~

o

,.

.

A

.i&

.

A

s'

"

.

Površina

·~

A=-bh 2

~

6

i~

~· • ~·

l A=-bh 3

b

~

'

b

l

A=~hJt

4

--,]h~.." n rede ';

5•

EJ ,_ --'- .

~JJ ,.

J .4=-bh •+l

l

l

Fl.

tetio- !!!!rb

•

::::J

• b

l A=-bh 2

2 A=-bh 3

3

A=-bh 4

n

A=-bh o+ l

fR

PRIMJER 9.13

d~

Za konzolu zadanu i opterećenu prema slici 9.35 naći progib i nagib elastične linije u presjecima B i C. Zadano: f. a, EJ.

··--·-·-

Slika 9.34. Odgovarajući rubni uvjeti stvarne i analogne grede

~

aJ

Ef

%A

?•..

!t,w

Pri primjeni metode analogne grede potrebno je poznavati površinu i položaj težišta ispod pojedinih dijelova momentnog dijagrama. U tablici 9.2 prikazani su položaj težišta i površine nekih likova koji se najčešće pojavljuju pri rješavanju zadataka metodom analogne grede. Kako se metoda analogne grede zasniva na diferencijalnoj jednadžbi (9. 18), ona podliježe istim ograničenjima kao i sama diferencijalna jednadžba. Najvažnije ograničenje jest da se i (9.18) i ta metoda mogu primijeniti na nosače u kojih su

200

Povdi na

lik:

J

h

H~•O ++- (]". o !

,§};

~· A

H·~o

Lik

.

H"•()

A

Ji.

~

o";o

0" OfJAGRAH IHA SKOK lJ lfJČKJ A

g

A

H"# (t

~o·-o

I;H lJ

""" A

=r

-E

••0

=----+-

3-

,.

3- a•b :ZS:

H• ~IJ O"<~fJ

~

••0

-~'

i l l

,.

••• "•O ••• :l-a-.o

A

-E

ANAUJ6NA 5RE.l1.4

f

B

e

..)Lj

x-

bl~ lfo~, !


li< El

t /'

"

e~

!ji t h / " "

SUka :us. Konzola

opterećena

silom F

201

Na slici 9.35b prikazan je momentni dijagram, a na slici 9.35c analogna greda fiktivnim opterećenjem koje je jednako q•=M/EI. Fiktivno opterećenje usmjereno je prema gore, tj. suprotno od pozitivnog smjera osi z jer je momentni dijagram negativan. Rezultanta fiktivnog opterećenja F• iznosi opterećena

Udaljenost fiktivne sile F• od sredine odredit ćemo takoder pomoću tablice 9.2. tj. Zbog simetrije možemo pisati

•

l3Fa 9Fa' F =--3a=---.-. 261 261

82

16

F~=F*-F• qll .- =

Fiktivne

poprečnc

sile u osioncima iznose: ql' Q~=Fl ~24

cr.:.s;:: -Q:= -F*-

--29Fa1 El

Q~=

ql' -F:= -24.

Odavde možemo dobiti kutove nagiba pomoću izraza (9.40):

wB=M:=F• 2a_9Fal --· El

Q~= _ F•=

3

24.

.... _ elastične linije jednaki su fiktivnom momentu savijanja M* ncnativnoi fiktivnoi poprcčnoj sili - Q*, tj.

"e=-

31

a=--=-1.

Q! a• =

_ 9Fa' 2EI

ql'

Q;

a:s=--=--. El 24 El

wc-=M~=F* 4a= I8fa El. 3

Fiktivni moment savijanja u sredini grede iznosi

PRIMJER 9.14

M' naći

progib u

ql' l 242

J

ql' 3 2416

=F'--F'a~--1---1

mn

Za gredu opterećen u jednoliko kontinuirano, prema slici 9.36, sredini i kut zakreta iznad oslonaca. Zadano: q, l, El.

ql'

El =- 24 El

"2

pa je progi} u sredini grede

M' wm:u =

5 ' -n/

384"' '

5 q/ 4 =384 El.

e7..

Dob Hi smo isti rezu hat kao i u primjeru 9.11. PRIMJER 9.15 Za gredu zadanu i opterećenu prema slici 9.37 naći progib u sredini grede zakret tangente na krajevima grede. Zadano: F, l, El. A

Slika 9.36, Progib grede opterečene jednoliko k:ontulrano

U tom slučaju dijagram momenata savijanja ima oblik parabole 2. reda. Maksimalni moment savijanja javlja se u sredini i iznosi qPf8. Analogna greda ima također oblik obične grede. Ukupno fiktivno opterećenje zamijenit ćemo s dvije jednake sile F'. Pri izračunavanju fiktivnih sila nećemo dijeliti momentni dijagram s krutošću El na početku. To ćemo učiniti na kraju, prema izrazu (9.40). Fiktivna sila F• prikazana je na slici i. prema tablici 9.2. iznosi 2/qP ql' F*=---=-.

32 8

202

24

t

f

r t

1

e

f

t

•

F"

~t~ Slika 9.37. Greda na dva oslonca opterečena silom u sredini

201

U tom je

slučaju

Uvjeti ravnoteže dijela BD dat ll Fl Fl' P=---=22 4 16

Mb= -F:4a-F! 3a= -14Ma'.

Ff' 16

Fiktivna poprečna sila u D iznosi

Qb= -Fb= -4Ma.

fiktivni moment savijanja u sredini grede iznosi l

I

6

M~=F~--F*~ 1

nam:

Fb=F:+Ff=4Ma

F~=F*=-.

2

će

oi

e

Fl1

Fl l Fl' l Mt=-----=-. 16 2 16 6 48 bl

Odavde je

Kako je

Q~=F*

M~ Fl' Wc=Wmn=-g;-= 48EJ'

i Q;= -F*, bit

će

Q~

F*

F/2

El

El

l6El

a=--=--=---

•

Qt (-Ft) Fl' !Xa=---=---=-- El El 16E{ Kut aA je negativan, što znači ·aa se tangenta na elastičnu liniju u točki A zakrenula u smjeru kazaljke na satu: Kut a. 9 je pozitivan, što znači da se tangenta u točki 8 zakrenula suprotno od smjera kazaljke na satu.

dl

PRIMJER 9.16 Za gredu s prepustom opterečenu prema slici 9.38a treba naći progib i nagib u i D. Zadano: M, a, El. Analogna greda s fiktivnim opterećenjem u obliku momentnog dijagrama prikazana je aa slici 9.38b. Da bismo našli fiktivne reakcije F~. F: i F~. zamijenit ćemo ukupno fiktivno opterećenje s dvije site: Fr i Ff, koje iznose: točkama

e

M6a Ft=--=3Ma

2 Ff=M2a=2Ma. Analogna greda oslobođena veza prikazana je na slici 9.38c. Iz uvjeta ravnoteže dijela AB možemo dobiti: 1 FA=-F~=Ma

3

2

F;=-Ft;::;2Ma 3 '

204

Slika 9.38. Greda s prepunom

Da bismo mogli naći fiktivni moment savijanja u točki C~ zamijenit ćemo fiktivno silom Ff koja iznosi

opterećenje lijevo od

e

IM 3 Ff=--3a=-Ma. 22 4

Fiktivne sile i moment savijanja u točki C jesu l

Q~=F:-Fj=-Ma

4

9

M~=F~3a~Fta=4Mal.

205

Sada možemo

pomoću

izraza (9.40) odrediti progib i nagib u Q~

točkama

Ci D:

Fiktivne

poprečne

sile jesu:

Ma 4El

ac~- El~

2 El

~~F"-F*1 = Fl'-

M~ 9Ma Wcl'l"-=--2

El

Q:~F~~!..!_FI' .1(

4 El

Fl' El

Qb 4Ma a:D=--=--

M~=Fl3-Ff=l2

M~ Ma 2 WD=-=-14-·.

M~=F~ 4- Ft2-F1

Ef

El

El

25Fl' 2El

=--.

El

Prema izrazu (9.40) možemo pisati:

PRIMJER 9.17

ll Fl' x,=-Q~=-lEI

Za gredu promjenljivog presjeka zadanu j opterećenu prema slici 9.39a naći progib u točkama Ci D te zakret tangente u A. iC. Zadano: F, l, Ef.

,,

M ., Atff11ll lllfuh:, t" [J

A"!"

JI

"

a:c=

)ff

•.

-G

'

.

o

ll - . .

r ,.

. If'' _;{Illiji~~ ~~l}llllllll Dj,

25FI'

wG=M~=--.

·.2 El

U tablici 9.3 navedeni su pomaci i kutovi zakreta tangente na elastičnu liniju za neke grede. Ti podaci mogu nam korisno poslužiti pri rješavanju složenijih problema, posebno pri određivanju pomaka okvirnih nosača, kako je ilustrirano u primjeru 9 .18. Tablica 9.3

Pomaei l kutovi zakreta tangente_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

'

Fl Fl' F1=-I=-El El Pomoću mjeta ravnoteže analogne grede možemo odrediti fiktivne reakcije

ll Ff'· FA::::F==Ft+F1=--. 2 El

1

i

a,,.af

"''

Slika 9.39. Progib grede prmnjen!jiva prosjeka

Na slici 9.39b prikazan je momentni dijagram, a na slici 9.39c analogna greda s fiktivnim opteretenjem q*. Kako je q*~M!El a krutost El u sredini tri put veća, dijagram q* u srednjem je dijelu tri puta smanjen. Fiktivne sile ucrtane na stici 9.39c iznose: 13FI 9FI1 Fr=--31=--2 El 2 El

F/1 EI

Qt=--

Fl' wc =M•=t2e El

~[

~

206

El'

dok fiktivni momenti savijanja iznose:

..,,.. U!

_,

iJt:rm:hdh

~-,fl

-L~

.il!

"'"'"

.,.

•t"'l{j

«A"' ]ff

n1

fl'

a~·a, ..if{

_..".JE!

_

Hl

rf!

/J

~tr--3

FJ 1

"t'"W

qJ1 -l!t (XA#r.fi''žiff 't- )IJU[

U ta:bliei su navedene apsolutne vrijednosti.

PRIMJER 9. i8 Za okvirni nosač zadan i opterećen prema slici 9.40a. odrediti komponente pomaka toćke C: "e• wc i ac. Zadano: F, l, El.

207

Nosač· možemo rastaviti na dva dijela: konzolu AB koja je na kraju B opterdena momentom M =Ff i silom F, te konzolu BC koja je opterećena u C silom F, kako je prikazano na slici 9.40a. Uzet ćemo u obzir samo pomake koji nastaju zbog savijanja, jer su prema njima pomaci od aksijalnog opterećenja zanemarivo ma1enL Prema tablici 9.2 pomaci kraja B iznose:

M (31) 2 9f'l' "··=2Ef= 2 m·

.

~J "

l

3Fl 2

M31

"•= 0·

~ :h,

a

Deformirani oblik okvirnog nosača prikazan je na slici 9.40b punom crtom AB1 C1 • Crta AB 1C 1 prikazuje derormirani oblik nosača, pri čemu se ne uzima u obzir savijanje dijela BC. Tako bi se nosač deformirao ako bi nosač ABC bio opterden momentom M =Fl u točki B.

9.10. Koso sa•ijanje Kad moment savijanja ne djeluje ni oko jedne glavne osi tromosti presjeka štapa, riječ je o kosom savijanju. Na slici 9.41 prikazano je nekoliko greda koje su opterećene na koso savijanje. Koso savijanje zapravo predstavlja istovremeno savijanje u dvije međusobno okomite ravnine. pa problem analize naprezanja kod

• .,

~

A

ci

Slika 9.40. Okvirni

nosač

g; 1'' 'A _,

Preko krute veze u B ti se pomaci prenose na dio BC. Ako ne bismo uzeli u obzir savijanje dijela BC, pomaci kraja C bili bi :t.(:= ocB, wC= Ws, u(:=aal Pomoću tablice 9.2 odredit konzole BC:

ćemo

3fl3 El

pomake kraja C koji nastaje zbog savijanja

Fl' F/3 a(;= 2 Et' wč=O, u(:=3E( Ukupni pomaci kraja C u tom

slučaju

kosog savijanja Jješavamo tako da opterdenje rastavljamo u dvije ravnine: Oxy i Oxz, gdje se osi y i z podudaraju s glavnim osima tromosti presjeka štapa. Os x podudara se s uzdužnom osi štapa. Momente savijanja M, i M z u svakoj ravnini određujemo kao kod običnog savijanja. Naprezanja su tada dana izrazom

M, M, ax=-z--y. 17 I,

F/3

l0FI3

3EI 9FI'

Wc=wC+wč=2El

Ft'

·. 208

(9.42)

Prvi član na desnoj strani predstavlja naprezanje zbog savijanja u ravnini Oxz i odgovara izrazu (9.8). Drugi član odgovara naprezanlu u ravnini Oxy. Ovdje se javlja negativan predznak jer je pozitivan moment saVIjanja M, tako definiran da izaziva negativno (tlačno) naprezanje na dijelu presjeka gdje je y pozitivan. To je ilustrirano na slici 9.42c. Prema toj slici ukupan moment savijanja M čini kut !X s osi .1'· Njegove komponente M, i M, jesu:

7Fl'

•c=•c+"'Č= Ef +2EI=2EI' .·.

~

Slika 9.41. Koso savljanje

iznose:

3Fl'

!"'

M.r=Mcosoc, (4 t

Alfirević:

Nauka o

čvrstoći

M:=Msina,

(9.43)

209

zcosa:

ysina)

a:;;=M ( - - - - - . fF

(9.44)

gdje je 1 kut koji ukupni pomak li čini s osi y. Za konzolu na slici 9.42 komponente pomaka iznose M 11 M p X • v~--=--smoc

(.:

El,

Pomoću

izraza (9.44) lako možemo odrediti jednadžbu neutralne osi, tj. pravca na kojem je naprezanje ax jednako nuli. Izjednačenjem izraza (9.44) s nulom daje

zcosa ____ .vsmu.. -=0 17

M,.f

ll'=---=

El,.

pa je

w

(9.45)

tgy~-=

l'

v

Budući

EI,

1

2

odnosno

I,

MP

---cosa.

M/ J(sin o=.Jv"+ni=E· -~;~) +

l,

z=tga-y.

El,

(cos"' I ; )'

1::

(9.49)

(9.50)

--ctga. ly

da je tg y ~ - 1/tg {J, ukupni pomak b okomit je na neutralnu liniju.

X

""

• ai

bi cl di Slika 9.42. Kod kosog sa\·ijanja neutralna linija ne podudara se s osi oko koje djeluje moment s.avijanjn

Taj se izraz može napisati u obliku z=tgfJy, gdje je

fi

kut koji neutralna os

čini

s osi y.

(9.46)

Očito

l

.

tgfi=2tg •. I,

Slika 9.4.l Prostorna skica raspodjele naprezanja c:t.., kod kos.og savijanja

je (9.47)

Kad je I,>I, (kao na slici 9.42), 9ndaje i {J>o:. Prema tome možemo zaključiti da se neutralna os ne podudara s osi oko koje djeluje moment savijanja. S jedne strane neutralne osi naprezanja su pozitivna a s druge negativna. Prostorna skica raspodjele naprezanja ax kod kosog savijanja prikazana je na slici 9.43. Kako se kod kosog savijanja radi o istovremenom savijanju u dvije ravnine: Oxz i Oxy, ukupni pomak Oima dvije komponente: v i w. Komponenta w u smjeru osi z posljedica je savijanja u ravnini Oxz. Isto tako komponenta v nastaje zbog savijanja u ravnini Oxy. Ukupni pomak o određuje se vektorskim zbrojem v i w, tj.

o=.Jif+w2

Općenito vrijedi pravilo: Ako pri kosom savijanju sve vanjske sHe i spregovi leže u jednoj ravnini, elastična linija jest ravninska krivulja. Međutim, ravnina elastične linije ne podudara se s ravninom oPtereCenja, nego je okomita na neutralnu p<~vršinu. tj. pomaci su okomiti na neutraJnu os. Ako vanjsko opterećenje ne leži u j'ednoj ravnini~ elastična linija jest prostorna krivulja.

PRIMJER 9.!9

L

Za konzolu zadanu i opterećenu prema slici 9.44 treba odrediti maksimalno naprezanje i ukupni pomak kraja B. Zadano: F~2kN, 1=!,6m, E=200GPa, x~B'. b= lem, h=20cm. F

17---·-.,

(9.48)

w

i IF

jz

tgy=;~

Slika 9.44. Koso savijanje konzole pravokutnog presjeka

.210

!4'

21!

Najveći momenti savijanja Mymu i M~."u. djeluju na mjestu uklještenja, pa će se u tom presjeku pojaviti i najveće naprezanje. Momenti savijanja iznose;

Ukupni progib imosi

o.=Jvl.+w!.= 15,94mm.

M,_=- Fcosa 1=2000(cos lO") 1,6

Vidimo da se, iako sila djeluje gotovo vertikalno, pomak kraja konzole zbiva gotovo horizontalno. To je zbog toga što je moment tromosti I, mnogo veći od l,.

M,_ =3151,4 Nm M,m,. =F sin al=2000(sin

1,6

Nm.

M:mu

9. ll. Sanjanje debelog zakrivijenog štapa

Momenti tromosti JY i l= jesu:

'_.,:b,:h_',=3=-·:=20'=- cm4

1.,

2000cm4 =2000· w-•m4 =20· 10-•m• 20·33

==:.,.;.:... cm•

Pretpostavke o deformiranju. Analizu naprezanja u debelim zakrivljenim štapovima provest ćemo uz ove pretpostavke o deformiranju i raspodjeli naprezanja: l.

2. u štapu vlada približno jednoosno stanje naprezanja. Izvedeni izrazi vrijedit l.

cm4 .=0,45 · lo-•m•. Sada možemo izračunati maksimalno naprezanje na mjestu uklještcnja pomoću izraza (9.44). Maksimalno naprezanje pojavit će se za zm,.= ±h/Z i J'= ±b/2. Sada je ·

M, mu.·

M:mailt

±-1-zm :oo:±--yll'I•)O: 1 ' ' 3!51 4 555 7 2 đ""""•=:::c:-:-:::'-::;:· lO· 10- +---'-· l 5· 10- 2 Pa 0,45 w-• · D'xmu.=

11

v

u, mu= 34,2R · l 06 Pa= 34,28 MPa. Prema primjeru 9.9 progib konzole opterećene na kraju silom F iznosi

Fl' w=--.

3El

U lom slučaju osim pomaka točke B u smjeru osi z, tj. w8 , pojavit će se i p~mak v8 u smjeru 0si y. Ti pomaci iznose:

F, l' Fl' w8 =--=--cosa 3EI, 3EI,

F,l' Ff' . v8 =--=--sm IX. 3E!, 3El, Kad uvrstimo konkretne podatke, dobit ćemo w 8 =2,017mm

v8 =15,81 mm.

212

poprečni presjeci ostaju u toku defonniranja ravni i okomiti na defonniranu težišnu liniju !tapa,

će

uz ova

ograničenja:

poprečni presjeci štapa. a time i čitav štap. imaju jednu ravninu simetrije u kojoj leži težišna linija štapa. Težišna linija jest linija koja spaja težišta svih poprečnih

presjeka; 2. štap je opterećen· na čisto savijanje, tj. sve komponente unutrašnjih sila jednake su nuli osim mOmenta savijanja.

Na slici 9.45 prikazan je debeli zakrivljcni !tap koji je opterećen na savijanje spregovima M. Na slici su upotrijebljene ove oznake: r 1 i r2 unutrašnji i vanjski polumjer štapa, rr polumjer težišne linije. rn polumjer neutralne linije, r i cp polarne koordinate, z udaljenost elementa od neutralne plohe. Težiš na linija jest linija koja spaja težišta svih poprečnih presjeka. Geometrijska analiza. Na slici 9.45b crktano je prikazan nedeformirani oblik elementa ABC D., a punom crtom deformirani element A 1 B1 C 1 D1 . Stranice elementa ABi CD prije deformiranja čine kut d
••

Kako je bit

če

(9.51)

EF

EF =rd