STATIKA Trenje, težište, geometrijske karakteristike površina
Zoran Jovanović Izvod iz predavanja
Trenje ________________________________________________________________________ 1
Statičko trenje klizanja ____________________________ ______________________________________________________________ ___________________________________ _1 Određivanje koeficijenta tren ja _________________ _________________________ _________________ _________________ ________________ ________________ ______________ ______ 1 Ravnoteža tela vezanog hrapavom vezom ________________________________________________________ 3 Primeri zadataka – trenje i hrapave veze _________________________________________________________ 4
Težište ______________________________ ________________ __________________________ _________________________ __________________________ ________________ ___ 5 Centar sistema paralelnih sila __________________________________________________________ __________________________________________________________ 5
Težište tela _______________________________ ____________________________________________________________________ __________________________________________ _____ 6 Težište površine _____________________________________________________________________ ____________________________________________________________________ 8 Težište linije ______________________________ ___________________________________________________________________ _________________________________________ ____ 12 Primeri zadataka – težište složene površine i linije ________________________________________________ 14
Geometrijske karakteristike poprečnih preseka _____________________ ________________________________ ________________ _____ 15 Definicije momenata inercije _____________________________ _________________________________________________________ ____________________________ 15
Štajnerova teorema _________________________________________________________________ ________________________________________________________________ 16 Otporni momenti ________________________________________________________ ___________________________________________________________________ ___________ 17
Momenti inercije nekih površina _______________________________ ______________________________________________________ _______________________ 17 Određivanje sopstvenih momenata inercije složenih površina _______________________________ ______________________________ 19 Primeri zadataka – momenti inercije složenih površina _________________________ ___ _________________________________________ ___________________ 22
1
Trenje Sila trenja nastaje kada se jedno telo kreće, ili teži da se pokrene po površini drugog.
Na telo u ravnoteži deluje statičko trenje, a na telo koje se kreće dinamičko trenje. Trenje može biti: trenje klizanja, trenje kotrljanja i trenje obrtanja. Za razliku od glatke (idealne) veze, hrapava (realna) veza, zbog postojanja sile trenja F μ, koja je usmerena suprotno od sil e koja teži da pokrene telo, rezultujuća reakcija zaklapa sa površinom ugao manji od pravog..
Statičko trenje klizanja Da bi se pokrenulo telo po površini drugog, potrebno je savladati otpor koji se naziva sila trenja klizanja. Ovu pojavu prvi je prou čavao Kulon, iz čijih su eksperimenata proizašli zakoni: 1. Sila trenja je nezavisna je od veličine dodirnih površina (tačno, ukoliko ne postoji ogromna
razlika veličina površina) 2. Intenzitet sile trenja ne zavisi od brzine kretanja (nije sasvim tačno za veće brzine) 3. Sila trenja je srazmerna normalnoj reakciji podloge:
Fμ = μN,
koeficijent srazmere
nazivamo koeficijent trenja. 4. Veličina sile trenja može da ima vrednosti:
Granična vrednost sile trenja Fgr naziva se statičko trenje klizanja i proporcionalna je normalnoj reakciji podloge:
Koeficijent trenja μ zavisi od vrste materijala tela i veze, stanja površine, podmazanosti, vlažnosti itd.
Određivanje koeficijenta trenja Koeficijent trenja može se izmeriti na dva načina, koristeći uslove ravnoteže sučeljn og sistema sila koje deluju na telo:
2
1. Telo poznate težine G postavi se na površinu. Dodavanjem tegova, uravnoteži se sila Q i sila trenja Fμ.. Vrednost koeficijenta trenja dobiće se merenjem Q i G u trenutku kada se telo pokrene.
= − + = 0 = − = 0 = ∙ ⟹ = ∙
=
2. Telo se postavi na strmu ravan (tribometar) i povećava nagibni ugao dok telo ne počne da se
kreće. Preko nagibnog ugla izračuna se koeficijent trenja.
3
Ravnoteža tela vezanog hrapavom vezom Kao i kod primera gde ne postoji hrapava veza, zadatak se rešava oslobađanjem od veza, vodeći računa o sili trenja. Pravac sile trenja je duž površine, a smer suprotan od smera mogućeg kretanja. Intenzitet
sile trenja srazmeran je normalnoj reakciji površine:
Primer 1: Odrediti kolikom silom F usmerenom pod uglom a=300 prema horizontali treba delovati
na teret težine G=10kN koji leži na horizontalnoj ravni, da bi se telo pomerilo sa mesta, ako statički koeficijent trenja tereta o ravan iznosi μ =0,6.
B
Primer 2: Greda težine G i dužine L oslonjena je prema skici na gladak zid i hrapav pod. Koliki mora biti koeficijent trenja μ da bi greda bila u
ravnoteži? FB A
°
0 6 n i s L
G
Fμ=μFA FA (L/2)cos60°
60°
μ
= − = 0 ⟹ = = − = 0 ⟹ = ⟹ = = 60°− 2 60° = 0 60° − 2 60° = 0 √ 3 = , = 60° = 2 6
4
Primeri zadataka – trenje i hrapave veze 1. Kolikom silom je potrebno delovati na telo težine G=1 (2, 4, 7)kN postavljeno na strmu ravan nagiba α=30 (45, 60)°da ne bi klizalo naniže, ako je koeficijent trenja μ=0,1 (0,05; 0,23; 0,09). 2. Kolika je sila potrebna da se povuče telo težine G=1 (2, 4, 7)kN po horizontalnoj podlozi, ako je koeficijent trenja μ=0,1 (0,05; 0,23; 0,09). 3. Štap je dužine L, a uže je na L/4 od B. Greda je
L/4
B
težine G=4KN, koeficijenti trenja sa zidom i podom su 0,25. Koliko je najmanji teret Q potreban da bi
štap bio u ravnoteži?
45°
4. Komodu treba pomeriti po podu silom F. Ako sila F deluje na prevelikoj visini, komoda će se izvrnuti A pre klizanja. Ako je koeficijent trenja između komode i poda μ, koja je n ajveća visina h na kojoj može da se deluje silom? (brojni primer: širina komode b=1,5m; koeficijent trenja μ=0,6)
5. .
Q
5
Težište Centar sistema paralelnih sila Na telo deluje sistema paralelnih sila poznatih intenziteta Fi i napadnih linija (xi). Rezultanta R jednaka je zbiru intenziteta paralelnih sila i deluje u pravcu koji je paralelan pravcima sila.
=
Potrebno je odrediti mesto gde R deluje, odnosno rastojanje x.
Koristeći
Varinjonovu
teoremu
o
momentu rezultante:
() = ∙ = () = ∙ Iz prethodnih jednačina sledi:
∙ ∑ = ∑ Dobijeni rezultat može se uopštiti na sistem paralelnih sila u pro storu, odnosno na zadatak pronalaženja napadne tačke rezultatne, koju nazivamo centar sistema paralelnih sila.
∙ ∙ ∙ ∑ ∑ ∑ = ∑ ; = ∑ ; = ∑
6
Težište tela Težište je napadna tačka sile Zemljine teže. Težina tela razlikuje se od sile teže. Iako imaju isti intenzitet, pravac i smer (vertikalno naniže), imaju različitu napadnu tačku. Sila teže deluje u težištu S, a težina (Q) na tačku oslonca ili veša nja. Sila teže je zapreminska sila, što znači da deluje na svaki delić tela. Usmerena je ka centru Zemlje, koji je dovoljno daleko, tako da se sile koje
deluju na deliće mogu smatrati paralelnim. Dakle, na telo deluje sistem paralelnih sila, čija je rezult anta sila teže (jednaka težini tela) koja deluje u težištu.
Određivanje položaja težišta svodi se na nalaženje centra sistema paralelnih sila: Tela mogu homogena – iste specifične težine celom zapreminom (γ=const) i heterogena.
Za homogena tela važi G=γΔV i G=γV (ΔV – zapremina delića, V – ukupna zapremina). Položaj težišta homogenih tela može se odrediti:
Na ovaj način mogu se odrediti težišta složenih homogenih tela ( Vi su zapremine pojedinih delova iz kojih se složeno telo sastoji, a xi, yi i zi koordinate težišta tih delova) .
7
Primer: Odredi težište složenog tela:
Složeno telo je podeljeno na tri, čije su zapremine:
V1 = 4x2x2 = 10m3 V2 = 1,5x1,2x2 = 3,6m3 V3 = 2x2x0,8 = 3,2m3 Ukupna zapremina:
V = 10+3,6+3,2 = 16,8m3
1,3
2,3 Koordinate težišta pojedinih tela u prikazanom koordinatnom sistemu C (težište prizme na polovinama dužine, širine i visine): 0,6
x1 = 2m, y1 = 1m, z1 = 1m x2 = 0,75m, y2 = 2+0,6 = 2,6m, z2 = 1m x3 = 4+1 = 5m, y3 = 1m, z3 = 0,4m Koordinate težišta složenog tela dobijaju se po formulama:
+ + ∙ + , ∙ , + , ∙ ∑ = = = = , , + + ∙ + ,∙ ,+ ,∙ ∑ = = = = , , + + ∙ + ,∙ + ∙ , ∑ = = = = , , Koordinate težišta C (2,3m; 1,3m; 0,6m). Težište heterogenih tela vrlo je teško odrediti, jer mogu biti veoma složenog oblika i strukture (mašine, motorna vozila, avion, brod…). Zato se koriste ekperimentalne metode (npr. kačenjem o uže sa dva merenja i kačenjem o dva užeta).
8
Težište motornog vozila može se odrediti merenjem na vagama (više u predmet u motorna vozila u 4. razredu):
Težište površine Na sličan način kao kod homogenih tela, može se odrediti i težište složene homogene površine. Kako su mnoga tela, koja se u tehnici koriste jednakog preseka, to je za određivanje težišta dovoljno znati položaj težišta preseka tj. ravne figure. Na isti način kao kod tela dobijaju se koordinate težišta C složene površine:
Ai su površine pojedinih delova iz kojih se složeno telo sastoji, a xi, yi i zi koordinate težišta tih delova. Naravno, za određivanje položaja tačke C, potrebno je znati formule za izračunavanje površine pojedinih geometrijskih slika, kao i položaje njihovih težišta.
9
Primer 1: Za datu površ odredi koordinate težišta u prikazanom koordinatnom sistemu, ako je R=1cm
Površina se podeli na 5 figura, zatim odrede površine i težišta. Površine otvora računaju se kao negativne.
10
Primer 2 (primena tabele): Odredi težište složene površi, ako je R=1cm
11
Podela figure na delove:
12
Napomene u vezi simetrije: 1. Ako telo (površ) ima osu simetrije, težište se nalazi na toj osi . 2. Ako ima više osa simetrije, težište je u njihovom preseku. 3. Ako telo (površ) ima centar simetrije, to je istovremeno težište .
Težište linije U tehnici se sre će mnogo tela čija je jedna dimenzija mnogo veća u odnosu na druge, pa se te dimenzije
zanemaruju (linijski nosali, šipke, cevi…). Položaj težišta tada zavisi samo od oblika i dužine linije.
I u ovom slučaju, potrebno je znati odrediti dužinu i položaj težišta elemenata složene linije. Za pravu liniju je jasno da je težište na sredini dužine, dok je kod polukružne i linije četvrtine kruga:
L=Rπ 2 L=Rπ 2R/3π
2R/3π π 3 / R 2
Primer: Odredi položaj težišta zatvorene kružne linije ABDA, ako je R=4cm
13
Princip rešavanja je isti kao kod tela i površine. Linija se podeli na 3 elementarne linije, odrede se dužine i položaji težišta elementarni linija i izračunaju koordinate težišta.
14
Primeri zadataka – težište složene površine i linije 1. Odrediti položaj težišta složene površine i linije koja predstavlja konturu površi, ako je zadato R i a (uzeti proizvoljno)
2. Površina prikazana na slici tački ima težište u M(xM=47mm, yM=?). Potrebno je za date podatke (sve mere su date u mm), odrediti: a. vrednost kote „y“
(vrednost zaokružiti na najbliži ceo broj u milimetrima), b.
položaj težišta površine u pravcu ose y (yM).
15
Geometrijske karakteristike poprečnih preseka Inercija je svojstvo tela da se sup rotstavi promeni svog stanja, odnosno dejstvu sile. Možda je razumljivija reč tromost. Konkretno, kod nosača, veću inerciju imaju nosači čija je površina
poprečnog preseka veća. Međutim, veličina preseka nije uvek dovoljan pokazatelj inercije. Oblik površine i položaj u prostoru mogu biti značajni, kao na primeru na slici. Zbog toga je potrebno
definisati fizičke veličine koje će, pored površine uzeti u obzir i oblik i položaj površine u odnosu na sile koje deluju na presek.
Ove veličine nazvane su momenti inercije površine i otporni momenti. Momenti inercije mogu biti: aksijalni (za ose), polarni i centrifugalne, a otporni momenti mogu biti aksijalni i polarni. Momenti inercije imaju dimenziju [m 4], a otporni momenti [m 3].
Definicije momenata inercije Na slici je prikazana ravna površina proizvoljnog oblika čija je veličina označena sa A. Uočimo na toj površini elementarne (vrlo male) veličine ΔA, čije su koordinate x i y, a ρ rastojanje do koordinatnog početka O.
Aksijalni moment inercije ravne površine je zbir proizvoda elementarne površine Δ A i kvadrata rastojanja njenog težišta od ose. Polarni moment inercije za tačku je zbir proizvoda elementarnih površina ΔA i kvadrata rastojanja njenog težišta od te tačke . Aksijalni moment inercije ravne površine za osu x je:
= ∆∙ Aksijalni moment inercije ravne površine za osu y je:
= ∆∙ Polarni moment inercije za tačku O:
= ∆∙
16
Polarni moment inercije proizvoljne za tačku jednak je zbiru aksijalnih momenata inercije za normalne ose koje se seku u toj tački .
= + ⟹ = ∆∙( + ) = + Centrifugalni moment inercije ravne površine je zbir proizvoda elementarne površine ΔA i rastojanja njenog težišta od osa x i y.
= ∆∙ Aksijalni i polarni momenti inercije uvek su pozitivne veličine. Centrifugalni moment inercije može biti pozitivan, negativan, a za sve ose simetrije površine jednak je nuli. Momenti inercije za težišne ose nazivaju se sopstveni momenti inercije. Vrednosti sopstvenih momenata inercije nekih od osnovnih geometrijskih oblika dati su u tabeli u prilogu.
Štajnerova teorema Često je potrebno (npr. kod složenih površina) odrediti momente inercije za ose paralelne težišnim osama. Prema Štajnerovoj teoremi: Moment inercije ravne površine za osu paralelnu težišnoj osi jednak je zbiru sopstvenog momenta inercije za težišnu osu i položajnog momenta inercije.
Za aksijalne momente inercije, položajni moment jedak je proizvodu površine i kvadrata rastojanja težišne ose i ose za koju se moment određuje. Ukupni momenti inercije biće:
= + = + Polarni moment inercije jednak je zbiru aksijalnih, pa će biti:
= + = + + + = + ( + ) = + Položajni moment kod polarnog moment inercije jednak je proizvodu površine i rastojanja tačke (pola) od težišta površine. Ukupni polarni moment inercije biće:
= + Centrifugalni položajni moment dobija se kao proizvod površine i rastojanja težišne ose i ose za koju se moment traži, a ukupni je:
= +
17
Otporni momenti Otporni moment poprečnog preseka neke ravne površine definisan je kao količnik sopstvenim momenta inercije i rastojanje najudaljenijeg tačke površine od te ose, pa su za težišne ose x i y otporni momenti inercije dati su izrazima:
=
=
Polarni otporni moment jednak je količniku polarnog momenta inercije za težište i rastojanja najudaljenije tačke površine od težišta:
= Momenti inercije nekih površina Izračunate vrednosti sopstvenih momenata inercije nekih površi:
3
=
16
18
Nosači se vrlo često prave od standardnih profila (I, U, P, L ). Vrednosti karakteristika nekih od njih dati su u tabelama. 1. Čelični I profili (SRPS.C.B3.131)
2. Čelični U profili (SRPS.C.B3.131)
19
Određivanje sopstvenih momenata inercije složenih površina Postupak rešavanja:
Podela površine na delove, čiji su sopstveni momenti inercije poznati. Određivanje momenata inercije tih delova . Određivanje težišta složene površine . Uz pomoć Štajnerove teoreme, određivanje momenata inercije svih delova za težišne ose složene površine 5. Sabiranje dobijenih vrednosti (otvori se računaju kao negativne vrednosti) 1. 2. 3. 4.
Primer 1: Odrediti sopstvene momente aksijalne i polarni moment inercije ravne figure:
Figura se podeli na dve (trougao i pravougaonik) i odrede površine:
Odrede se koordinate težišta u koordinatnom sistemu ξOη:
20
Unose se koordinate težišta složene figure i konstruiše koordinatni sistem xCy. Zatim se odrede momenti inercije trougla i pravougaonika za ose ξ i η:
Odrede se aksijalni momenti inercije za ose x i y. Sabiranjem se dobija polarni moment inercije.
= + = 29,07 + 58,94 = 88 4 Primer 2: Odrediti sopstvene aksijalne momente inercije Ix i Iy i otporne momente Wx i Wy za figuru na skici. Mere su date u cm.
η T2
Najpre se mora odrediti težište figure. Pošto je simetrična, određuje se samo koordinata η, jasno je da je ξ C=25cm. Površine figura su A 1 = 400cm2, A2 = 1000cm2, ukupna A =1400cm2, a koordinate težišta η1 = 20cm, η2 = 50cm
+ 1000 ∙ 50 = 41,43 = + = 400 ∙ 201400
T1
ξ
21
Dobijene su težišne ose x i y za koje treba odrediti momente inercije i otporne momente.
y
Sopstveni aksijalni moment inercije pravougaonika 1 i 2 za osu x dobijaju se iz Štajnerove teoreme :
ℎ = 12 + ( − ) ℎ = 12 + ( − )
x
T1
Ukupni sopstveni aksijalni moment za celu figuru dobija se sabiranjem ova dva.
∙ ∙ = +∙, + +∙, = , Kako je y osa simetrije oba figure, rastojanje osa pojedinih delova i cele figure je 0, pa se ukupni aksijalni moment za y osu dobija sabiranjem sopstvenih momenata oba dela.
ℎ ℎ = + = 12 + 12
∙ ∙ = + = , Otporni momenti se određuju po formulama:
Najudaljenije tačke od težišta figure u pravcima osa x i y određene su prema skici.
, = = , = , , = = = ,
Primer 3: Za profil sastavljen od profila I10 i U5.0 zavarenih prema slici, odrediti aksijalne momente inercije i otporne momente za težišne ose. Podaci iz tablice za I10:
h=10cm, b=5cm, A=10,6cm 2, Ix=171cm4, Iy=12,2cm4 Podaci iz tabice za U5:
h=5cm, b=3,8cm, A=7,12cm 2, e=1,37 cm Iy=26,4cm4, Ix=9,12cm4 (zbog okretanja profila, aksijalni momenti su zamenili vrednosti)
22
Određivanje težišta T: Koordinate težišta I i U profila u sistemu ξη su: T1(0;5), T2((0;10,37). Osa y (η) je osa simetrije, pa je ξT=0. Potrebno je odrediti ηT.
= + = 7,12 ∙ 10,37 = 7,16 = 10,6 ∙ 5 +17,72 Koordinate težišta celog preseka T(0;7,16), a rastojanja do težišta I i U profila: a1=7,16-5=2,16cm i a2=2,84+1,37=4,21cm
y,η
c 8 , 3
x2
T2
,
2
a
T c 0 1
x
1
a
T1
x1
Aksijalni moment za x osu: T
= + ∙ + + ∙ = = 171 + 10,6∙ 2,16 + 9,12 + 7,12 ∙ 4,21
η
= ,
ξ
Aksijalni moment za y osu
= + = 12,2+26,4
5cm
= , Najudaljenije tačke figure od težišta su: x max = 2,5cm; ymax = 7,16cm Otporni momenti:
= 355,77 ⟹ = , = 7,16 = 38,6 ⟹ = , = 2,5 Primeri zadataka – momenti inercije složenih površina 1. Odredi aksijalne inercije i otporne momente datih figura ako je a=3 (2..4..)cm
23
2. Odredi aksijalne momente inercije i otporne momente figura sastavljenih od standardnih I i U profila.
I20
U18 I18 (14,12…)
U18 (14,12…)
)
…
6 1 , 0 2 ( 4 2 I
U12 (10,8…)
