BIBLIOTEKA PRIMIJENJENE MEHANIKE - Svezak 3

Znak: 8916 Sv

Izdanje: Prof. dr. IVO ALFIREVIC NAUKA O CVRSTOCI I

Urednik biblioteke: Prof. dr. IVO ALFIREVIC

Stručni recenzenti: Prof. dr. IV AN HElD L Prof. dr. MIRKO BUTKOVIC

Izdavač: IZDAVACKA RADNA ORGANIZACUA TEHNICKA KNJIGA Zagreb., Jurišićeva 10

Za izdavača odgovara: Ing. ZVONIMIR VISTRJCKA

Urednik izdanja: Ing. TO MIS LA V STRUJIC

Tisak: BIROGRAFIKA, Subotica

Tiskano u 2000 primjeraka

Tisak dovršen: U KOLOVOZU 1989.

© l. Alflrević, 1989.

YU ISBN 86-7079-092-1

Prof. dr. IVO ALFIREVIĆ

redovni profesor Fakulteta strojarslva i brodogradnje, Svcu~ilišta u Zagrebu

NAUKA O ČVRSTOĆI

I

TEHNIČKA KNJIGA ZAGREB

Štulhofer, red. prof. VTS KoV Zagreb. Recenzenti ovog izdanja su dr. Ivan Heidl i dr. Stjepan Jecić, red. profesori Fakulteta strojarstva i brodogradnje u Zagrebu. Svi su mi oni dali mnoge korisne prirrijedbe i savjete, što je pridonijelo kvaliteti udžbenika. Njima i ostalima koji nisu spomenuti zahvaljujem za pruženu pomoć.

Zagreb, 19. ožujka 1989. Autor

6

SADRŽAJ

PREDGOVOR.

1. UVOD

1.1. Naziv i sadržaj nauke o čvrstoći . 1.2. Zadaci i metode nauke o čvrstoći 1.3. Proračunska shema konstrukcije .

2. NAPREZANJE.

2.1. Vektor naprezanja, normalno i posmično naprezanje. 2.2. Tenzor naprezanja, matrica tenzora naprezanja. 2.3. Simetričnost matrice tenzora naprezanja. 2.4. Linearno, ravninsko i prostorno stanje naprezanja . 2.5. Transformacija komponenata vektora .. 2.6. Izrazi za transformaciju komponenata tenzora naprezanja. 2.7. Glavna naprezanja. 2.8. Mohrova kružnica naprezanja. 2.9. Mohrova kružnica za prostorno (troosno) naprezanje 2.10. Elipsa naprezanja i clipsoid naprezanja

3. DEFORMACIJA.

3.1. Pomak, duljinska, kutna i obujamna defonnacija 3.2. Tenzor deformacije. matrica tenzora deformacije. 3.3. Veze obujamne deformacije i duljinskih deformacija . 3.4. Transformacija tenzora deformacije.

4. GEOMETRIJSKE KARAKTERISTIKE RAVNIH PRESJEKA STAPA.

4.1. Težište i statički momenti po~Tšine 4.2. Momenti tromosti (momenti inercije) .. 4.3. Promjena momenata tromosti pri translaciji koordinatnog sustava. 4.4. Transformacija tenzora tromosti pri rotaciji koordinatnog sustava. 4.5. Mohrova kružnica tromosti 4.6. Polumjer tromosti i elipsa tromosti .

Strana

5

ll

ll 13 14

17

17 21 23 24 24 26 28 30 40 43

45

45 47 48 49

55

55 56 62 65 67 68

7

Ovo je djelo izdano uz novčanu pomoC Samouprnvne Lnler~sne zajednice Znano!'.li SR Hrvatsk~ kao drušlveno vrijedna znanstvena knjiga.

PREDGOVOR

Katedra za mehaniku i čvrstoću Fakulteta strojarstva i brodogradnje Sveuči~ !išta u Zagrebu u suradnji s .. Tehničkom knjigom" pokrenula je izdavanje biblia~ teke PRIMIJENJENA MEHANIKA. Zadatak je i svrha ove serije da osigura udžbenike iz područja mehanike. u najširem smislu, za studente tehničkih fakulteta, u prvom redu za studente strojarstva, brodogradnje, građevinstva, prometa i drugih. te da stručnjacima u praksi pruži suvremenu i prikladnu literaturu potrebnu za rješavanje praktičnih problema.

U ovoj će se bibiioteci obraditi gradivo dodiplomskih i postdiplomskih pred­meta, tc neka posebna područja. Uz pojedine udžbenike bit će izdane zbirke riješenih primjera i zadataka. ;\a kraju sc predviđa Priručnik primijenjene mehanike koji će sadržavati popis detinicija. teorema. formula, tablica i ostalih potrebnih podataka u sažetu obliku jer će se taj priručnik oslanjati na ovu biblioteku.

U izradi serije radit će više autora. $\'aka će knjiga biti zaokružena cjelina. Autori će u izboru gradiva imati znatnu slobodu, pa može doći do manjeg preklapanja gradiva u pojedinim knjigama. Nastojat će se da terminologija, oznake i način izlaganja budu ujednačeni. Knjige neće izlaziti redoslijedom kako su označene u biblioteci, već prema potrebama korisnika i mogućnosti autora da dovrši tekst. Stručni urednik biblioteke je dr. [vo Alfirević, redovni profesor Fakulteta strojarstva i brodogradnje u Zagrebu.

Prva izlazi iz tiska NAUKA O ČVRSTOĆI I koja je pred-;iđcna za istoimeni predmet na Fakultetu strojarstva i brodogradnje u Zagrebu, te na Fakultetu strojarstva i brodogradnje u Splitu. U sličnom opsegu predaje se taj predmet i na ostalim strojarskim i građevinskin1 fakuitetlma. Udžbenik je pisan nešto opsežnije nego je predviđeno u navedenom predmetu. To se odnosi u prvom redu na četrnaesto poglavlje o 'eksperimentalnim metodama analize naprezanja.

Knjiga je bogato ilustrirana crtežima i fotografijama. Ima ukupno 269 slika i 85 riješenih primjera, što olakšava razumijevanje izloženog gradiva. Primjeri su tako odabrani da se pomoću njih proširuje izložena teorija ili se primjerima ilustrira primjena teorije na stvarne probieme.

Ovo izdanje jest prošireno i popravljena izdanje udžbenika Nauka o čvrstoĆI I što ga je izdala Sveučilišna naklada Liber !978_ U pripremi prethodnog izdanja pomagali su mi mr. Zdravko Vnučec i dr. Slobodan Tepić. tadašnji asistent odnosno student fSB u Zagrebu. Prvo i drugo izdanje su recenzirali dr. Ivan Heidt dr. Vicko Šimić, red, prof. Fakulteta građevinskih znanosti u Zagrebu, i dr. Dragan

5

Strana

5. KOMPONENTE UNUTRASNJIH SILA U PROIZVOWNO OPTERECENOM ŠTAPU.. 75

5.L Definicija komponenata unutra~njib sila 15 5.2. Diferencijalne jednadžbe ravnoteže elementa štapa . . . 78 S.3. Upute za crtanje dijagrama momenata savijanja l poprečnih siia 82 SA Veza između komponenat~ unu(rašnjih sila i komponemna naprezanja. . 81

6. MEĐUSOB,;A OVISNOST NAPREZANJA I DEFORMACIJA ..

6.l. Eksperimen~alni podaci o međusobnoj ovisnosti naprezanja i deformadja. , , 6.L Hook:eov zak:om. modul elastičnosti, modul sm~nja i Poissonov koeficijenL ... 6.3. Dopušteno i proračunsko naprezanje, faktor sigurnosti. , .. 6.4. Hookeov zakon za ravni:nsko naprcr.anje, .. 6.5. Hookeov zakon za prostorno (1roosno) naprezanje •.. , .. 6.6. Hookeov zakon za ravninsko stanje defonnacije. 6.7. Međusobna ovisnosL konstanti elastičnosti ..• , .

7. AKSIJALNO OPTERECENJE STAPOVA.

7 .l. Ravni prizm:Uični ~tapovi. 7.2. Štapovi promjenljivog presjek;~ . , .. 7.3. Plan pomaka. 7.4. Statički neodređeni zadac:i. 1.5. Toplinska i početna naprezanja. , . , . 7.6. Koncentracija naprezanja i S!. Venantov princip ..• ,

8.1. Opći pristup rjdavanju problema u nuud o Cvrstoći. , 8.2. Naprezanja i deformacije pri uvijanju .... 8.3. Dimenzioniranje štapova optercćenih na uvijanje .. 8.4. Statički neodređeni zadaci. 8.5. Uvijanje zakrivljenih štapova i št~tpova promjenljiva presjeku .. , 8.6. Uvijanje štapova ncokruglog prcsjeka

;~SAVIJAN.JESTAPO\'A ..

. 8

9.!. 9.2. 9.3. 9.4. 9.5. 9.6. 9.7. 9.8. 9.9. 9.10. 9.11. 9.12.

Uvodne napomene i razvoj teorije savijanja štapa. . . ...•..... , Naprezanja i deformacije pri čistom savijanju .. , ...... , , , .. Normalna i posmitna naprelanja pri savijanju silama . , .... , ..... , , .... Posmična naprezanja u simetričnim tankostjenim nosačima . , .• , . , •• , Glavna naprezanja i trajek1orije naprctanja , . , .. Proračun čvrstoće. racionalni oblici poprečnog presjeka. Idealni rnomenl otpora. iskorišlenosL presjeka Diferencijalna jednadžba claSLične linije . . .• , • , . . . ...... . Metoda analogne grede . . . . . . . . . ..... , , ......•. Kososavijanje................. . ......... . Savijanje debelog 7.akrivljenog štapa , . . ... , , .. , ........ . Statički neod.redeni zadaci pri savijunju .

, .

ll9 92 93 95 96 97 98

107

107 112 116 liS 125 135

IJ9

139 141 147 152 !55 158

165

165 161 172 111 181 182 185 189 198 209 213 22il

o .,

i'

l ! i

t

JO. SMICANJE ... ,

10.1. 10.2. 10.3.

Osnovnipojmovi .................... ·······--················ Prlbli.tan proračun dijelova opterečenih na smicanje. Pomaci pri smicanju .........•...

tl. TEORIJE CVRSTOtE l ENERGIJA DEFORMIRANJA .

ll. l. Uvodne napomene t L2, Energija deformlranja i gustoča energije deformir.mja , . , 11.3. Dllatacijska i distonljska energija .. , , . , ..... _ . _ ... l tA. Teorija največeg normalnog naprezanja . l LS. Teorija najveće duljinske deformacije ....... . i 1.6. Teorija največeg posmičnos naprezanja . ll. 7. Teorija najveće distonijske energije. , .. , . . ____ .... . l LS. Usporedba teorija čvrstoće . . . .. ______ ....... , .

12. SLOtENO OPTEREĆENJE STAPOVA ..

12.1. Uvodne napomene, 12.2. Savijanje i osno opterećenje. i::!.3. Savijanje i uvijanje okruglih \'.lapova 12..4. Opči slučaj sto~enih opterećenja

JJ. IZVIJANJE, GUBITAK ELASTICNE STABILNOSTI

U. l. S!abilna. labilna i indiferenmn. ravnoteža . 13.2. lzvijanje štapa u elastičnom području, Eulero\•a kritična sila. 13.3. Izvijanje štapa u plastičnom području. . ...... , . 13.-t Empirijski izrazi za kritično naprezanje

!4. EKSPERIMENTALNA ANALIZA NAPREZANJA.

l~. 1. Eksperimentalne. numeričke i analitičke metode analize naprezanja 1-t.2. Eksperimentalne metode analize naprezanja .. l-0, Osnovni pojmovi optike, fotoelastidmetrija , . , , . . . . . . . .. , .... . l-t4. Optički aoirotropni materijali. el ipso id indeksa loma. , . . . . . . . ...... . J.:t.5. Prolaz svjetla kroz p1anparalelnu anizotropnu pJoču ............ . l-t6. Piezooptički efekt, fotoelastični inaterljali .. , .. I·U.' Optički elementi polariskopa. 1·1.8, Tipovi polariskopa. H.9. Analiza modela u planamom polariskopu 14.10. Analiza modela u drkularnom polarlskopu 14.11. Ilustracija raspodjele naprezanja pomoću fotoclastičnih modela 1·U2. Tenzometrija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ....... . l-Ul. Elektrootpomički ten:rometri .......... , .. , . , ... . I-U4. Izvedba i primjena elektrootpomičkih tenzometara. , . , l.:t.l5. Instrumenti za mjerenje promjene otpora tenzometara.,

UTERATURA

KAZALO ....

~ . ' . ' .

Strana

225

225 226 227

233

233

237 239 242 243 243 245 247

251

251 252 255 2)8

267

267 269 273 274

ll!!

281 282 282 285 286 287 288 290 292 295 297 304 305 307 31)9

313

315

9

i

l 1. UVOD

t.l. Naziv i sadržaj 11aukc o čvr.stoći

U nauci o čvrstoći obraduju se metode proračuna čvrstoće, krutosti i stabilno­sti dijelova konstrukcija i strojeva. Ćvrstoćom konstrukcije ili dijela konstrukcije nazivamo sposobnost prenošenja opterećenja bez pojave loma. Krutošću konstrukci­je nazivamo otpornost konstrukcije na deformiranje. Sto se neka konstrukcija pod opterećenjem vi!e deformira, njena je krutost manja. Elastična stabilnost konstruk­cije jest sposobnost konstrukcije da zadrži početni ravnotežni oblik.

Osim naziva nauka o čvrstoći upotrebljava se i naziv otpornost materijala. Oba su naziva tradicionalna i ne odgovaraju stvarno&e:i. U okviru ovog predmeta ne proučava se otpornost ili čvrstoća materijala r:::ego dijelova konstrukcija. Bolji naziv bio bi mehanika deformabilnih ili čvrstih tijela, tj. nauka o ponašanju realnih čvrstih tijela pod djelovanjem sila.

Opteretimo li čvrsto tijelo, pojavit će se u njemu unutfašnje sile, a tijelo Ce promijeniti oblik i dimenzije. U vezi s tim uveSt ćemo pojmove naprezanja i deformacije. Naprezanje je unutrašnja sila podijeljena povmnom na kojoj djeluje. Duljinska deformtlcija jest relativna promjena duljine, a kutna deformacija promjena pravog kuta.

U mehaniku krutih tijela uveli smo pojam ideatiziranog krutog tijela. Analog-no tome, definirat ćemo idealizirano čvrsto tijelo koje ima ova svojstva:

tijelo je,nepreldnuto ili kontinuirano, tijelo je u cjelosti m u pojedinim dijelovima homogeno. postoji točno određena veza između naprezanja i deformacija.

Jako znamo da su realna tijela sastavljena od atoma i molekula~ u mehanici deCormabilnih tijela uvodimo pretpostavku da je materija jednoliko i neprekinuto raspodijeljeno po čitavu volumenu tijela. Ako su svojstva tijela u svim njegovim točkama jednaka, tijelo je homogeno, a ako se svojstva mijenjaju od točke do točke, tijelo je nehomogeno. Mijenjaju li se elastična ili neka druga svojstva ovisno o smjeru. kažemo da je tijelo anizotropno, a ako su svojstva u svjm smjerovima ista, tijelo je izotropno. Drvo je npr. anizotropno jer ima različita svojstva u smjeru vlakanaca od svojstava U smjeru okomitom na vlakanca.

ll

U nauci o čvrstoći razmatrat ćemo samo izotropna tijela, ako nije drukčije naglašeno. Idealizirana čvrsta tijela dijelimo na elastična, plastična i viskoelastična. Elastično se tijelo nakon rasterećenja potpuno vraća u početni oblik i veličinu. U plastičnim tijelima nakon rasterećenja zaostaju trajne ili plastične deformacije.

Viskoelastično tijelo karakterizira pojava puzanja i relaksacije, odnosno opada­nja naprezanja. Opteretimo li viskoelastično tijelo konstantnim opterećenjem, u njemu će se pojaviti trenutno deformacije koje s vremenom rastu. Ta se pojava naziva puzanje. Ako viskoelastično tijelo deformiramo. pojavit će se u njemu unutrašnje sile koje s vremenom opadaju. Ta se pojava naziva relaksacija ili opadanje naprezanja.

Opći matematički pristup određivanju napre?_anja i deformacija u tijelima proizvoljna oblika vrlo je složen problem i do danas nije još strogo riješen. Matematički pristup mehanici deformabilnih tijela izlaže se u okviru teorije elastič­nosti, teorije plastičnosti i teorije viskoelastičnosti. Nauka o čvrstoći ne pristupa strogo rješavanju problema~ nego uvodi pretpostavke o načinu deformiranja tijela i na temelju toga geometrijskom analizom određuje raspored deformacija, a zatim pomoću veza između naprezanja i dcfonnacija određuje i raspored naprezanja, ali ne i veličinu naprezanja. Zatim pomoć1..- uvjeta ravnoteže određuje i veličinu naprezanja i deformacija. Ako su pretpostavke o deformiranju potpuno ispunjene, rješenja koja daje nauka o čvrstoći podudaraju se sa strogim matematičkim

rješenjima. Ako pretpostavke nisu potpuno ispunjene. rješenja nauke o čvrstoći nisu egzaktna; međutim. pogreška uz dana ograničenja rijetko prelazi pet posto. Većina

~ ~ -@Wf<s aJ bJ e)

gl h} ll ji Slika LL Osnovni elementi konstrukcija i strojeva: a) ravni prlzmatlčni štapovi, b) ravni §tapovi promjenljiva presjeka. e) debeli zakrivi jen štap, d) štap s tankom stijen kom, e) ploče. f) stijena, g} ijuska.

h) rotirajući disk. i) prsten. j) debela cijev

12

J

l !

)

lješenja koje daje nauka o čvrstoći odnosi se na tijela jednostavna oblika: štapove, ploče, ljuske.

Stap je tijelo kojem su poprečne dimenzije malene u od11osu na u:zdužnu. Stap može biti ravan ili zakrivljen, konstantnog ili pramjenljivog poprečnog P.resjeka. Ploče i ljuske plošni su elementi konstrukcija kojima je debljina malena u odnosu na ostale dvije dimenzije. Ploče imaju ravnu središnju povdi_I}U, tj. površinu koja je jednako udaljena od obje vanjske površine. Kod ljuski je središnja površina zakrivljena. Na slici 1.1 prikazani su razni oblici štapova, ploča, ljuski i ostalih elemenata kdllstrukcija.

1.2. Zadaci l metode nauke o čvrstO.:!

U okviru nauke o čvrstoći rješavamo tri tipa zadataka:

l. Zadan je oblik konstrukcije, opterećenje i materijal o.d kojeg če kon' crukcUa biti izrađena, a treba odrediti poprečne dimenzije tako da budu z,,dovoljeni uvjeti čvrstoče, krutosti i stabilnosti.

Rješavanje tog zadatka naziva se dimenzioniranje. S tim se problemom vrlo često srečemo pri proje!airanju i konstruiranju novih strojeva i uređaja.

2. Zadane su dimenzije i opterečenje, treba naći raspored naprezanja i defor­macija i na temelju toga odabrati materijal koji irna potrebnu čvrstoću i ostala mehanička i elastična svojstva. · ·

3. Za jednu već izvedenu konstrukciju treba odrediti dopušteno opterećenje. U · tom slućaju poznate su nam dimenzije i svojstva materijala. Potrebno je izvršiti analizu naprezanja i deformacija i zatim odrediti dopušteno opterećenje.

Taj se zadatak pojavljuje kada" želimo nekoj konstrukciji promijeniti namjenu. Npr. želimo li zgradu koja je sagrađena kao uredska pretvoriti u radionice, potrebno je provjeriti da li će podovi moči podnijeti novo opterećenje strojevima.

Vidimo da se u svim zadacima pojavljuju tri parametra:

dimenzije konstrukcije, - opterećenje~ - mehanička i elastična svojstva materijala.

Dva su parametra uvijek poznata ili ih slobodno biramo_, dok treči određujemo metodama nauke o čvrstoći.

Na prvi se pogled čini da se jednostavno povečavanjem dimenzija dijelova konstrukcije mogu naprezanja dovoljno smanjiti, tako da budu zadovoljena sva tri uvjeta: čvrstoća, krutost i stabilnost. To, međutim, nije uvijek moguće jer u mnogim konstrukcijama vlastita težina, sile inercije i sl. predstavljaju glavni dio opterećenja, a te sile rastu s porastom dimenzija konstrukcije. Osim toga, povečanjem vlastite težine raznih vozila, brodova i aviona, smanjuje se njihova nosivost, a poveća va utrošak pogonske energije. Teže konstrukcije zahtijevaju veči utrošak materijala i

13

radne snage, lito sve povećava troškove izrade i eksploatacije konstrukcije. Prema tome, tješenje problema ne leži u povećavanju dimenzija konstrukcije nego u iznalaženju povoljnih oblika i dimen,zija, koji w: zadano opterećenje mdovolj~aju uvjet čvrstoće, stabilnosti i krutosti, w: §to manji utro§ak materijala, a to i jest glavni zadatak nauke o čvrstoći.

Pri analizi naprezanja služimo se vrlo često metodom prosjeka. Na mjestu prosjeka određujemo rezultantu i rezultirajući moment unutrašnjih sila pomoću uvjeta ravnoteže, a raspodjelu naprezanja po presjeku pomoću pretpostavke o deformiranju i veze između naprezanja i deformacija.

1.3. Proračunska shema konstrukcije

Prije nego što pristupimo analizi naprezanja i deformacija u nekoj konStrukciji, potrebno je prikazati konstrukciju pomoću proračunske sheme na kojoj će biti ucrtane samo glavne dimenzije i opterećenja bez nepotrebnih detalja koji mogu prikrivati problem i otežavati njegovo tje!avanje. Istu konstrukciju možemo shema­tizirati na vi~e načina, ovisno o tome što nas najviše interesira u proračunu i koliku toćnost proračuna želimo. Obično se u prvom koraku usvaja najjednostavnija shema, a zatim se u daljnjoj analizi uzima u obzir sve više detalja. Na slici 1.2 prikazana je jedna od niza greda u obliku'I-profi!a. Preko greda je postavljen pod, na kojem su uskladištene vreće. Za jednu gredu vezana je kolotura preko koje se diže težina G. Na slici 1.2b greda je prikazana shematski. Vlastita težina grede i

a!

e!

8 -Fr

H-fiH11i {«• {JJ

S1ika L2 Realna konstrukcija i njena proračunsb shema

odgovarajućeg dijela poda zamijenjena jt opterećenjem q1, dok je ~ vreća zamijenjena opterećenjem q2. Sila u užetu i težina G imaju rezultantu F1, koja se preko osovine koloture prenosi na konstrukciju u točki D. Ta sila iznosi F, =2Gcosp.. Na slici l.2c prikazana je još jedna moguća shemalizacija. Ovdje je q, = qt +t{,. U prvoj analizi nećemo uzeti u obzir koncentraciju napremnja koju izazivaju otvor u točki C i nosač koloture. Pri detaljnijoj analizi potrebno je i to uzeti u obzir.

14

' !

t

Slika 1.3 prikazuje mosnu dizalicu i njenu proračonsku shemu. Iako su štapovi rešetke mosta kruto vemni u čvorovima, na shemi su prikazane zglobne veze. Tune uvodimo određenu grešku, ali zato mnogostruko olakšavamo proračun. Iskustvo pokazuje da greške koje nastaju uvođenjem zglobova u proračunsku shemu nisu velike. Vlastita težina mosta predstavljena je sHama F. Težina vitla i tereta predstavljena je silama F:s- F4 i F5• Sile f 3• F4 iFs statički su ekvivalentne silama F,~ F1 i G.

··~ b!

Slika 1.3. Mosna dizalica i njena proračunska shema

Krute veze nije moguće uvijek zamijeniti zglobovima. Na slici 1.4a prikazan je okvirni nosač, na kome se nalazi elektromotor. Krute veze u tačkama C i D ne mogu biti zamijenjene zglobovima jer konstrukcija više ne bi bila kruta figura. (Kad bi postojala dijagonalna veza, npr. CB ili AD, mogli bismo u proračunskoj shemi postaviti zglobove i u točkama C i D.) Opterećenje konstrukcije prikazano je težinom elektromotora G i centrifugalnom silom F=meo}, gdje je m masa rotora. e ekscentricitet rotora, a w kutna brzina. Smjer djelovanja sile F okreće se kutnom brzinom "'· Na slici 1.5 prikazan je lančanik i proračunska shema osovine lančanika s pripadnim rnomentnim dijagramom.

A B

al bl

B -Slika L4. Proračunska shema ok vime konstrukeije

Slika l.S. P~oračunska shema osovine !ančaniq

:

~llllllllf )fr~·ć·~J lf.-dijagrom '

!5

l

l!

' l !

li

l !

2. NAPREZANJE

l. l. Vektnr naprezanja, normalno i posrnično naprezanje

Vanjske sile koje djeluju na neko tijelo nastoje da razdvoje ili približe pojedine čestice tijela, čemu se suprotstavljaju unutrašnje sile medu česticama. Kao rezultat is[ovremenog djelovanja unutrašnjih i vanjskih sila tijelo mijenja oblik i dimenzije~ drugim riječima kažemo da se tijelo deformira. Zamislimo tijelo proizvoljna oblika pod djelovanjem niza sila prema slici 2.1. Presijecimo tijelo (u mislima) na dva dijela. Radi jednostavnosti neka je površina prcsjeka ravna. Ako je tijelo bilo u ravnoteži pod djelovanjem vanjskih sila, bit· će i svaki dio tijeia u ravnoteži pod djelovanjem vanjskih i unutrašnjih sila koje djeluju na mjestu presjeka. Podijelimo površinu presjeka na niz el~mentarnih površina AA1 kako je prikazano na slici 2.1 b.

ai Slika 2.!. Dio tijela pod dJ-elovanjem vanjskih i unutrašnjih sila

Na svakoj elementarnoj površini djeluje elementarna unutrašnja sila if,. Te sile mijenjaju se po smjeru i veličini, a i očito ovise o veličini elementarne površine.

~

Omjer sile AF1 i površine AA< definiramo kao vektor srednjeg naprezanja, rj.

(2.1)

2 t Alfirević:: Nauka o čvrstoći

_, Sto je manja površina LIA,, bit će manja i sila .1F,, a srednje naprezanje manje će se razlikovati od pravog naprezanja. Vektor naprezanja u nekoj točki T definiran je izrazom -· .1F p= lim-.

AA-oLIA (2.2)

Površina &A teži nuli tako da uvijek sadrži točku T, kako je ilustrirano na slici 2.2.

Apsolutnu vrijednost p vektora naprezanja P zvat ćemo punim naprezanjem. _, Sila .1F i vektor naprezanja p nisu u općem slučaju okomiti na presjek, nego s vanjskom nonnalom n čine neki kut <p. Naprezanje P možemo rastaviti u normalnu komponentu (T, koja je okomita na presjek i tangencijalnu m posmičnu komponen~ tu t. koja leži u ravnini presjeka. Te su komponente prikazane na slici 2.2 i određeneizrazllna

n

Slik.a 2..:!, Vektor naprez:anja rasla\·lja se u nOJTl'laJnu i posmičnu kompon~nlu

U= p COS(/)

. -r=p sin rp.

-000(1-

o-oooo-o -oooo-

a)

(2.3)

-0000-

6-<>000-6 -Q\)00-

hl Slika 2.3. Vlačna naprezanja izazivaju udaljavanje, a

tlačna približavanje čestica tijela

Umjesto normalna komponenta naprezanja često kraće kažemo normalno "aprezanjet a umjesto tangencijalna komponenta naprezanja: tangencijalno m po· smično naprezanje. K ur između n i p veći je od nule, a manji od 180". tako da normalno naprezanje može biti pozitivno ili negativno, dok je tangencijalno napre­zanje uvijek pozitivno. To ima i svoj fizikalni smisao. Naime, ako je o• <> q.> <> 90•, normalno naprezanje djeluje kao na slici 2.3a, 'tj. nastoji da odvoji čestice tijela. U tom slučaju naprezanje je pozitivno ili vlačno. Ako je 90°~fP~l80°, normalno naprezanje djeluje kao na slici 2.3b, tj. ono je negativno ili tlačno.

Smjer djelovanja posmičnih naprezanja nema nikakvo fizikalno znllčenje kod izotropnih materijala. ZbOg toga, dok ne uvedemo koordinatni sustav, nećemo definirati predznak posmičaog naprezanja, odnosno uzimat ćemo uvijek da je posmično naprezanje pozitivno. Normalnim naprezanjem tijelo se opire međusob-

. nom primicanju ili razmitanju svojih čestica. Posmičnim naprezanjem tijelo se opire klizanju jednog sloja ćestiea po drugom.

Raspored i veličina naprezanja ovise o veličini i obliku tijela te o veličini i rasporedu opterećenja. tlaprezanja mogu ovisiti i o materijalu od kojeg je izrađeno

18

l '. r

tijelo, ali u većini slučajeva naprezanja ne ovise o elastičnim svojstvima tijela. Ako npr. imamo dvije jednake grede koje su oslonjene i opterećene na isti način, u njima će biti jednaka naprezanja iako je jedna greda od čelika, a druga npr. od neke aluminijske lcgure .

U istoj točki tijela za svaku orijentaciju presjeka dobit ćemo drugu vrijednost komponente naprezanja. Prema tome. besmisleno je postaviti pitanje o veličini naprezanja u nekoj točki, a da se ne definira i orijentacija presjeka za koji se traži naprezanje. Kod štapova, ako presjek nije izričito spomenut, podrazumijeva se poprečni presjek.

' Na temelju definicijskih izraza (2.1), (2.2) i (2.3) vidimo da vektor naprezanja ji kao i njegove komponente a i 1' imaju dimenziju FL ~:z. tj. dimenziju sile podijeljenu s površinom. Osnovna jedinica jest paskal (Pa) definiran izrazom

N

To je vrlo mala jedinica, pa se za naprezanja koriste najčešće megapaskali (MPa) . odnosno kilopaskali (kPa). Elastične konstante obično se izražavaju u gigapaskali­rna (GPa), gdje je

N lkPa l03 Pa=l03

-m'

l MPa= lO' Pa= 106 -:: m'

N LGPa= lO" Pa= !09 -

m''

. Ovisnost naprezanja o orijentaciji poprečnog presjeka ilustrirat ćemo slijedećim primjerom.

PRIMJER 2.1

Stap pravokutnog poprećnog presjeka opterećen je dvjema kolinearnim silama, prema slici 2.4a. Treba naći normalno i posmično naprezanje u točki T u popreć­nom presjeku a- o: i kosom presjeku P- p. Zadano: F=5kN, b=2cm, h=5cm, q.>=Jo•.

Na slici 2.4b prikazan je lijevi dio štapa odvojen poprećnim presjekorn. Ako se pretpostavi da je naprezanje jednako po čitavu presjeku, onda ono mora biti okomito na presjek, tj. paralelno s vanjskom silom F. Uvjet ravnoteže za lijevi dio glasi

-F+pA=O, (a)

gdje je pA rezultanta unutrašnjih sila na presjeku, a A površina poprečnog presjek a. Odavde se može lako dobiti da je

F (b)

2* 19

Naprezanje p čini s okomicom n kut rp=O·, pa je prema (2.3)

F. l <=0- (e)

ul F

b) cl i 6

4'-"4?~\.-x f

Slika 1.4. Komponente naprezanja u kosom i popreć:oorn presjeku šlapa

Slika 2.4<: prikazuje lijevi dio štapa odvojen kosim presjekom. Površina kosog presjeka A. iznosi

(d)

gdje je A= blr površina poprečnog pres jeka. Iz uvjeta ravnoteže za dio štapa na slici 2.4<: može se dobiti da je

(e)

Kako je F/A = 11. to je

p= đCOS rp. (f)

Komponente naprezanja u kosom presjeku možemo izračunati pomoću izraza (2.3 ). i one iznose

(g)

Kad uvrstimo konkretne podatke u (e), (e) i (g), dobit ćemo komponente naprezanja u poprečnom i kosom presjeku. U poprečoom presjeku r<- rt kompo­nente naprezanja iznose

20

F N u=v=-=5· Hl"-= 5MN/m2 =5MPa

m'

t=O.

U kosom presjeku {1- {J komponente naprezanja jesu

<J= ucos2q>=5·cos"30°=3,75MPa

"i= acosrpsinrp=5·cos30'·sin30•="2,165 MPa.

Primijetimo na kraju da smo na slici 2.4b naprezanje prikazali nizom strelica, jer naprezanje djeluje po čitavu presjeku, a ne u jednoj točki. M!'(!utim, zbog jednostavnosti i jasnoće slike često sc naprezanje prikazuje samo jednom strelicom, kako je prikazano na slici 2.4<:, ali se podrazumijeva da djeluje po čitavu presjeku.

Kako se vidi iz ovog primjera, za svaku orijentaciju presjeka kroz točku 1' dobit ćemo drugu vrijednosi vektora naprezanja jt i druge vrijednosti njegovih komponenata a i r. Kako se kroz promatranu točku može postaviti beskonačno mnogo presjeka, ima beskonačno mnogo komponenata naprezanja a i 't' koje su sve komponente istog stanja naprezanja. Nasreću, nije potrebno poznavati sve kompo­nenre naprezanja da bi se potpuno odredilo stanje naprezanja. Poslije ćemo pokazati da je dovoljno poznavati komponente naprezanj~ na tri presjeka, pa da stanje naprezanja bude potpuno određeno.

2.2. Tenzor naprezanja, matrica tenzora naprezanja

Do sada smo se u mehanici susretali s veltčinama za čije je opisivanje bio dovoljan jedan podatak, ripr. masa, temperatura itd. Te se veličine na7ivaju skalari. Druga vrst veličina bili su liekrori ili usmjerene \'eličine, npr. pomak, sila, brzina, moment itd. Da bismo jednoznačno odredili vektor, potrebna su tri podatka: tri komponente ili npr. apsolutna vrijednost i dva kuta koji određuju smjer (u ravnini je dovoljno zadati samo dva podatka). U nauci o čvrstoći susrest ćemo se s veličinama koje nazivamo temwri 2. reda i za čije je definiranje potrebno J2 = 9 podataka {u ravnini četiri). Takve su veličine npr .. naprezanje, defonnacija, moment tromosti mase i površine. Skalari se još nazivaju tenzori nultog• reda jer je za njihovo definiranje potrebno 3° =J podatak, a vektori tenzori prvog reda jer je za njihovo definiranje potrebno 31 3 podatka. Tipovi tenzora opisani su u tablici 2. l.

Da bi neka veličina bila tenzor nekog reda nije dovoljno da ima odgovarajući broj komponenata, nego se te komponente moraju mijenjati po točno određenom

Tablica 1.1

Potreban broj podataka Red tenzora Poseban naz.iv Primjer

u ravnini u prostoru

nulti sk alar 2<>=l J!t-1 masa prvi vektor 21 =2 31 -3 sila drugi tenror :zl-4 32-9 naprezanje tet vrti 2'-16 3'=81 tenwr elastičnosti

21

zakonu pri rotaciji koordinatnog sustava. Zakon po kome se mijenjaju komponente tenzora zove se zakon transformacije tenzora. Izraze za transformaciju tenzora naprezanja izvest ćemo u drugom dijelu ovog poglavlja.

Vidjeli smo da u jednoj točki tijela možemo odrediti beskonačno mnogo vektora naprezanja P ovisno o orijentaciji presjeka; medutim~ dovoljno je poznavati vektor jJ za tri presjcka da bismo odredili naprezanje u bilo kojem proizvoljnom presjeku. Za definiranje tenzora naprezanja obično se uzimaju tri međusobno okomita presjeka postavljena okomito na odgovarajuće koordinatne osi. Vekwr P na svakom od trl presjeka rastavljamo u tri komponente~ dakle dovoljno .je poznavati devet komponenata naprezanja da bl naprezanje u nekoj točki bilo potpuno definirano.

Uvođenjem koordinatnog sustava olakšava se rad s komponentama naprezanja kao i njihovo označivanje. Zbog toga treba označiti pojedine presjeke i komponente naprezanja koje djeluju na njima u skladu s odabranim koordinatnim sustavom. Pres jeci su označeni na slici 2.5. Presjek ima oznaku one koordinatne osi na koju je okomit. Ako je vanjska normala na presjek usmjerena u pozitivnom smjeru koordinatne osi~ pre~ jek je pozitivan, a ako je vanjska normala usmjerena suprotno

Slika 2.5. t::>efinicija predmaka presjeka

'l i đ,Y ~·r o·~.

':;-. Slika 2.6. Komponente tenzora naprezanja

u p.ravokutnom koordinatnom susravu

od smjera koordinatne osi. presjek je {.legativan. Komponente naprezanja označuju se simbolom a s dva indeksa, prema slici 2.6. Prvi lndeks označuje presjek na kojemu djeluje komponenta, a drugi koordinatnu os s kojom je komponenta paralelna. Tako je npr. "" komponenta naprezanja koja djeluje na presjeku x paralelno s osi y, a ""~je komponenta koja djeluje na presjeku z pa:rnlelno s osi z. Posmične komponente imaju različite indekse, a nonnalne komponente imaju oba indeksa jednaka. Zbog toga nije neophodno uvoditi posebne oznake za normalne i posmične komponen<e. Ipak, u tehničkoj literaturi prevladava označivanje normal­ne komponente znakom a s jednim indeksom, a posmične komponente znakom T s dva indeksa.

Ako se želi označiti bilo koja komponenta naprezanja, a ne neka posebna, pišu se indeksi ij. Tako npr.

i=x.y ili z (2.4)

iH z

22·

označnje bilo koju od devet komponenata naprezanja. Isti se znak upotrebljava da bi se označio skup svih devet komponenata naprezanja. Devet komponenata naprezanja mogu se složiti u kvadratnu matricu koja se skraćeno označuje [uu], tj.

(2.5)

Desna je matrica uobičajena u tehničkoj literaturi. Prvi stupac u matrici čine komponente koje su paralelne s osi x. Drugi stupac čine komponente paralelne s osi y, a treći stupac komponente paralelne s osi z. U prvom su retku komponente koJe djeluju na presjeku x. U drugom i trećem retku su komponente koje djeluju u presjeku y, odnosno u presjeku z.

Predznak komponente naprezanja određen je ovim pravilima:

a) komponenta naprezanja je pozitivna ako na pozitivnom presjeku djeluje u pozitivnom smjeru ili ako na negativnom presjeku djeluje u negativnom smjeru,

b) komponenta naprezanja je negatiyna ako na negativnom presjeku djeluje u pozitivnom smjeru ili ako na p~z.itivnom presjeku djeluje u negativnom smjeru.

Sve komponente naprezanja prikazane na slici 2.6 su pozitivne.

2.3. Simetril!nost matrice tenzora naprezanja ·.

Pokazat ćemo da su posmična naprezanja koja djeluju na međusobno okomi· tim prcsjecima jednaka. U tu svrhu promotrimo ravnotežu elementa na slici 2.7. Os x1 paralelna je s osi x, a prolazi kroz središte elementa. Na slici su ucrtana samo ona naprezanja koja čine moment oko· osi x1• Naprezanja <1x, u,. a;~~ 1':.:,. i -r.x:: prolaze kroz os x1 pa nemaju momenta oko te osi. Naprezanja Tn i T~ paralelna su s osi Xp

pa takoder ne čine moment oko te osi. Preostaju samo naprezanja 'fy:: i r:y• koja su ucrtana na slici 2. 7. Ravnoteža momenata oko osi x1 glasi

I:Mx1 = (t,1.dxdy)dz+(<,.,dxdzJdy=0.

-y

..... Slika 2.7. Posmična su naprcr.anja na međusobno

okomitim presj«im,a jednaka

Pokratimo li gornji izraz s dx dydz, dobit ćemo

r,,=t,,. (2.6)

Na sličan način~ tj. promatranjem ravnoteže momenata oko osi y1 t 1, možemo dobiti ostala dva izraza koja glase:

(2.7)

Osi y1 i =l prolaze kroz središte elementa, a paralelne su s osima yi z. Element na slici 2.7 predstavlja homogeno stanje naprezanja; međutim, potpuno iste izraze dobili bismo i u slučaju nehomogenog stanja naprezanja. Postupak izvođenja u tom slučaju bio bi nešto duži. Prema tome, možemo zaključiti da su na dva medusobno okomita presjeka posmična naprezanja jednaka po predznaku i iznosu. Istovremeno su oba usmjerena k zajedničkom bridu elementa ili od brida.

lzraze (2.6) i (2.7) možemo skraćeno napisati u obliku

(2.8)

Taj nam izraz pokazuje da je matrica tenzora napre1..anja simetrična s obzirom na glavnu dijagonalu.

2..4,. Linearno, r~l\·ninsko i prostorno stanje naprezanja

Vidjeli smo da se vektor naprezanja P mijenja po smjeru i po veličini kad se mijenja orijentacija presjeku na kojem djeluje. Ako vektor naprezanja p leži na jednom pravcu. bez obzira na orijentaciju presjeka, stanje je naprezanja linearno ili jednoosno. Ako pri pmizvoljnoj promjeni presjeka vektor naprezanja stalno leži u istoj ravnini, stanje je naprezanja ravninsko ili dvoosno. Neka ravnina O xy bude paralelna 5 ravninom u kojoj leži vektor naprezanJ·a. Ravninsko stanje naprezanJ·a tada je definirano izrazima

ax= Ux(Xd'), ay=O"y(x.y),

a:::.=O, (2.9)

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

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

O xy:. Koordinatni sustav Oxyz koji nastaje rotacijom starog koordinatnog sustava oko ishodišta O zvat ćemo novi ili transformirani koordinatni sustav .. J(.omponente u novom koordinatnom sustavu zvat ćemo transformirane komponente. Izrazi kojima se te komponente odreduju iz zadanih kompOflenata jesu izrazi za transformaciju.

Zbog jednostavnosti i postupnosti izvest ćemo prvo za trans[ormaciju \'ektora ili tenzora prvog reda, a zatim ćemo prijeći na transformaciju tenzora 2. reda. U oba slučaja zadržat ćemo se na dvoosnom problemu.

y

. ' Slika 2.8. Transformacija vektora

Na slici 2.8 prikazan je vektOr V koji u osnovnom koordinatnom sustavu Oxy ima komponente r., i r,l'' a u zarotiranom sustavu oxy komponente r.\" i t)'' Apsolutnu vrijednost vektora. tj. udaljenost OA. označit ćemo sa v. Komponente ux i rr iznose:

Vx=vcos8

v,.=vsinS.

Kako vektor i' čini s osi x kut (9 <p), bil će

Vx=VCOS(9-<p)

v, vsin(Đ-<p)

odnosno

Ux= v cos S cos tp +v sin 9sin<p

Z :v= v sin 9cos cp- v cos S sin tp.

lizmemo li u obzir izraz (2.10), gornji izraz prelazi u

V,= -vxsinq>+vycosq>.

(2.10)

(2.1 l)

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 itd. Shvatimo li vektor r Icao vektor položaja njegove komponente bit če jednake koordinatama točke A, tj.

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

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

Y= -xsinlj) + ycosrp.

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

(2.13)

2.6. Izrazi za transformaciju komponenata tenzora naprezanja

Slika 2.9 prikazuje stari ili osnovni koordinatni sustav Oxy te novi trans­

formirani sustav oxr i dva elementa s ucrtanim naprezanjima. Jedan element odnosi se na koordinatni sustav O xy i na njemu djeluju naprezanja ax• a} .. txy i t:rx· Drugi element odnosi se na koordinatni sustav OXY i na njemu djeluju <ix (čitamo

\r r

\ \ \ x ---· ~

X o ' ., 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

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

dx . -::=Stnfl) dy

dy -==COS (,O, dy

(2.14)

gdje su dx, dy i dji apsolutne vrijednosti stranica trokuta. Uvjeti ravnoteže elementa za osi x i ji glase

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

y

dy

' ., Stika 2.10. Ravnoteža trokulnog. ck:menla

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 ·

đ.-.: = uxcos2 (l)+ ay sin2·cp + ~'C~y sin cp cos tp

r.J:1 = (ax-a>.)costpsintp+2rx:y(cos2 <p sin2 rp). (2.16)

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:

\J \

(i,= a,. sin2 <{)+ (!i'COS2 (p- 2txyCOS (/)Sin (/J

X

Stika 2.11. Komponente naprezanja na trokutnom elementu

(2.17)

dx

17

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

(2.18)

,, l

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 <fl= sin 2cp, cos2 cp- sin2 cp= cos 2q>, sin' <p= (l -cos 1cp 1 1 i cos' <p= (l +cos 2cp )/2 možemo izraze (2.!6) i (2.17) preina­čiti u izraze

a:<:+ a}. ax- aY . ay=~---2-cos2q>-'t'xysm2<p (2.19)

Lako se možemo uvjeriti da medu komponentama naprezanja vrijede ovi odnosi:

(2.20)

Iza= (ix. U}.- r;y= G';x. Gy- r;).= konst.

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

2.7. Glavna naprezanja

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 <p i derivaciju izjednačiti s nulom:

d(ix Gx- Uy . -=--(-2sm2cp)+2r,,cos2cp=O. dcp 2

28

l

"' l l '

Nakon sređiVanja i usporedbe s trećim izrazom (2.19) dobit ćemo

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

(2.21)

Vidimo da će na presjecima na kojima djeluju ekstremna normalna naprezanja posmična 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

(2.22)

Očito je da kut 2cp0 ima dvije različite vrijednosti 2<pQ i 2<pQ koje se međusobno razlikuju za n. Kutovi <pQ i cp:; međusobno se razlikuju za n/2. Jedna vrijednost kuta daje položaj maksimalnog naprezanja arnu• a druga minimalnog naprezanja um;n·

Ekstremne vrijednosti normalnih naprezanja nazivaju se glavna t!aprezanja, a odgovarajući presjeci odnosno osi glavni presjeci i glavne o_~i naprezanja. Uobičaje­no je da se glavna naprezanja označavaju sa

Da bismo odredili glavna naprezanja a 1 i a2 , trebalo bi iz izraza (2.22) odrediti sin 2<pQ i cos 2<pQ, te sin 2cp() i cos 2cpQ, pa te parove vrijednosti uvrstiti u izraz (2.19) i zatim srediti. Mi ćemo postupiti na drugi način. Naime, ako na slici 2.10 odabere­mo kut cp jednak kutu glavnih naprezanja cp0 , dobit ćemo element prema slici 2.13.

rj

l

u~' ~dydy

dx ·--·--0 krJ, x

Slika 2.13. Trokutni element na kojem • djeluje glavno naprezanje

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<p0,

dx/dy =sin rp0 , dobit ćemo

(2.23) 'fxycos <p0 + (ay- u)sin cp0 =0.

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 (a,- u)

r,,

Razvijanjem te determinante dobit ćemo kvadratnu jednadžbu

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

Rjci!enje te jednadžbe glasi

odnosno

("·- ",)' --2- +~,.

(2.24)

(2.25)

(2.26)

Pomoću izraza {2.26) možemo u svakoj točki odrediti glavna naprezanja a1

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= ---2-sm2q>+-r~yCOS2qJ.

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

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

Usporedimo li ovaj izraz s jednadžbom kružnice

(x-p)'+ (y-q)' =R2,

30

(1.27)

(b)

vidjet ćemo da on predstavlja jednadžbu kružnice u koordinatnom sustavu <i., i'," gdje su

koordinate središta S, a

(2.28)

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 napre-7.anja koje djeluju na nekom presjeku. Ako okrenemo presjek za kut <p, točka na Mohrovoj kružnici opisat će luk veličine 2cp. Prema tome, ako presjek napra­vi jedan puni okret, točka se okrene dva puta po kružnici. Zaključujemo da svakom položaju točke na Mohrovoj kružnici odgovaraju dva presjeka koja se međusobno razlikuju za 180', npr. presjoei A i A1 na slici 2.14b ili presjeci B i B1 na istoj slici. To se moglo i očekivati jer na tim presjecima djeluju jednaka naprezanja.

•,,

' -X

bl t} dl

Slika 2.14. Mohrova kružnica naprezanja

X}

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.

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:

32

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 posmič­no naprezanje .,okreće'' suprotno od smjera kazaljke na satu (slika 2.15b}.

f 15, .......... ~-

<l J7..., r:~-,,---, " 4-- ,,

Slika 2.15. ~dredJ.,;mJ_e smjera glavnih napre~nja po~Q(:u pola p Mohro.,~·kružnice 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 e 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.

~l '~

·•

\

• ~l ~~

l l

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. 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

(", -- "··)' ' --- +t 2 - ;~:y,

što odgovara izrazu (2.26).

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

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<p = n/2 od točaka C i D, pa zaključujemo da pres jeci u kojima se javljaju ekstremna posmična naprezanja čine kut ffJ ==:' rr:./4 s glavnim presjecima. Kako predznak posmičnih napre7.anja nema lizlkal­nog. značenja (za izotropne materijale), obje ćemo ekstremne vrijednosti označiti s tma:o.. Prema slici vidimo da je

r;-~;,---

rm"=R= ('\"')' +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

<i,= "m +Rcos a:= q~ +Rcos(2<p0 - 2q>)

"= R sin (2q>0 - 2<p ).

3 L AlfireviC: Nauka o čvrstoći 33

Odavde je

'"ix= O'm + R.cos 2rp0 cos2(,0+ R sin 2q>0 sin 2qJ

:t~y= Rsin 2~"p0 cos 2rp- R cos 2<p0 sin 2tp.

Kako je Rsin2rp0=L.,.,,.., Rcos2<p0 =(ur- u:;)/2 i O"m =(ax+ uy)/2. gornji izrai;i prelaze u (2.19).

7. Ako je zadan element s dva međusobno okomita presjeka, pravac napreza­nja "• čini kut manji od n/4 s pravcem (algebarski) već<og normalnog naprezanja. U to se možemo lako uvjeriti ako uočimo da se točka s algebarskim većim normalnim naprezanjem nalazi na desnoj polovici kru~ žni<;e (točka A na slici 2.14a). Prema tome, dužina SA čini s dužinom SC kut koji je manji od rr/2, pa će i presjek A s presjekom C činiti kut manji od n/4.

PRIMJER 2.2

Zadano je stanje naprezanja u .:e= cr)'=O, -rx)"= 50 MPa. Naći veličinu i pravce glavnih naprezanJa analitički i grafički pomoću Mohrove kružnice. Priku.ati u

polarnom dijagramu funkcije ux=/1 ('P) i'<.,=/, (<p).

Analiličko rješerJje. Zadano naprezanje predstavlja čisto smicanje. Veličinu glavnih napre?llnja odredit ćemo pomoću izraza (2.26):

ax+ (J}'+ 0"1,2;::;;: --2·~- ("x; u,)'+~, 0"1,2= ±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)'

tg 2'1'0 = ( "" _ _ a)/Z.

Odavde je 2q>0 = ±90°, odaoSriO (PO= +45~, <pQ= -·45°. Potrebno je joŠ odrediti koje giavno naprezanje djeluje: u presjeku +45°, a koje u presjeku -45°. Da bismo to ?dredili, uvrstit ćemo vrijednost q;~ u izraz {2.19) koji glasi

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

"đlt='t..,1 sin90.,=Txy= CTt·

34

i ~

ll

l ll ' l i .,i

:ll

li

l

Prema tome, glavno naprezanje a1 čini kut od 45° s osi x~ a naprezanje u2 kut od 45<>. Osnovni i orijentirani elementi prikazani su na slici 2.16.

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 DD1• 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.

X

o 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;<anja kro?. točku A na Mohrovoj kružnici, povlačimo paralelu s osi x, a kroz točku "B paralelu s osi y. U njihovu sjecištu nalazi se pol P. U tom slučaju pol P podudara se s točkom A. Spojnica pola P i točke C definira pravac naprezanja .r,, a spojnica PD pravac naprezanja a2• Orijentirani element s ucrta~nim glavnim naprezanjima prikazan je na slici 2.17c.

3*

aJ M; ILjf~~ -

eJ

bl 't

Slika 2.17, Mohrova kružnica naprezanja za čisto smicanje

35

Konstrukcija dijagrama <J,~J. (q>) 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.

Slika 2. Ut Ovisnost Mrmalnog i pOsmlćnog naprezanja u orijentaciji presjek a pri čistom smicanju

PRIMJER 2.3

Zadano je stanje naprezanja a,=30MPa, a,=lOMPa, r,,= -20MPa. Treba odrediti:

naprezanja <J." i r xr u presjeku E čija nonnala čini kut q> = 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.

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

Ir

al

'l 1-11 /

l l)Jl

e

bl

Slika 2.19

e}

pripadnim

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 (]1 -Cfy •

c.'"=-2-+-

2-cos2<p+t"',sm2q>

- a,.,- ay . txy= ~·-2-sm2<p+tx1 cos2q>,

(a)

36

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 uvrštava­nja. Te ve1ičine u navedenom primjeru iznose;

u +a (1 -u ... , -"--'=20MPa, -'--Y= LOMPa

2 2

cos2q>=0,7071 sin 2q> =- 0,7071.

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

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

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

(b)

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= -2- - (ux- a,)' +t' =20+Ji02 +(-20}'. 2 .>:)1 -

Odavde je a1 =42,36 MPa i a, =2,36MPa. Kut pravaca glavnih naprezanja dobit ćemo pomoću izraza (2.22), tj.

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

Vidimo daje

2q>~ = - 63,43° odnosno

<P0=-31,72'

-20

lO 2.

2q>~= 116,57',

58,28',

Kako je ax veče? normalno naprezanje, a1 čini s osi x kut manji od 45'), tj. kut 31,72' odreduje smjer cr,. Orijentirani element prikazanje na slici 2.19c.

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 e11 ~ 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.

d}

T~ -y··"'" ~ bl~

E ~-.;;;o

I~ ,, ~~ X lo / X

l~~, e o,

~ ,t-

e Jml) -(f, s, 6~_j l_

Sfika 2.10. Mohrova kružnica naprezanja za primjer 2.3

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 (<p), r,,=/, (<p).

Rješenje pomoću Mohrovc kružnice dobit ćemo prema slici 2.21 b. U koordi­natnom sustavu Or;: označimo točke A (30: 34. 64) i 1:'(27.59; 13.68). Obje točke nalaze se iznad osi o jer odgovarajuća posmična naprezanja "okreću" u smjeru kazaljke na satu. Simetrala dužine AE siječe os u u točki S. Iz S opisujemo

Mohrovu kružnicu polumjera šE= SA. Zatim kroz točku A na Mohrovoj kružnici povlačimo paralelu s osi x. Ta paralela siječe kružnicu u točki P, koja je pol kružnice. Ako iz P povučemo paralelu s osi y. dobit ćemo točku B čije koordinate odreduju naprezanja <7,.~ -tOMPa i r,,=34,64MPa.

38

oi

~ciJI

' ~~;-

~" 0

r 1a•]• 50 .(

• '-~

r,1 Slika 2.21

iJ, .,,. ,'<'

~,, -:e_-. ,;·-,

l

,. '

·,.,-.

-!~.

Apscise točaka Ci D predstavljaju glavna naprezanja u1 =50MPa i a 2 =-30MPa. Kut <p.jcdnakje kutu imtedu pravaca PA i PE na Mohrovoj kružnici i iznosi so•. Element u koordinatnom sustavu Oxy prikazan je na slici 2.2lc, a orijentirani element na slici 2.2ld.

Da bismo odredili komponente naprezanja <i, i i.,. na proizvoljnom presjeku koji čini s osi x kut tp, povlačimo iz P prawc pod kutom tp. Taj pravac siječe

Mobrovu kružnicu u točki F čije koordinate određuju naprezanja u, i i.,.. Mijenja­jući kut <p, možemo odrediti funkcije (<p) i (<p). Te su funkcije prikazane na slici 2.22.

PRJMJER 2.5

l \ l ;o \ l v--

y

X

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

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.

Kako je ax= a1 , a t;.:1 =ty%=0, obje točke: A (O'.ro t".~.) i B (u,, r,".)~ u koordinat~ nom susta vu O 17! 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.

~ ~, ....

' :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

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":z

1=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.

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

.-,· 'i'

al bl

'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 a1

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

-:r. ;,: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 a1 i a3 •

., "' l ; rh

~ill,...,_ I

Tou

"

Slika 2.25. Mohrova kružnica za troosno stanje naprezanja

PRIMJER 2.6

Slika 2.26. Mohrova kružnica naprezanja u primjeru 2.6

Zadano je stanje naprezanja: a 1 =50MPa, a2 =20MPa i a3 =0. Naći maksi­malno rangencijalno naprezanje -rrna~.

Zadatak ćemo riješiti pomoću Mohrove kružnice naprezanja, koja je prikazana na slici 2.26. Vidimo da je maksimalno naprezanje rm.., jednako pol um jeru najveće Mohrove kružnice. Polumjer kružnice koja prolazi kroz točke A i B, tj. kružnice definirane naprezanjima a 1 i a2 , jednak je sekundarnom maksimalnom naprezanju r~u· Naprezanje -r:no:o: leži u istoj ravnini kao i naprezanja a1 i a2 i čini s njima kut

6 1=35 HPa al

6•25

~",

atBl5

G"z H

bl

Slika 2.27. Ravnine najveteg posmičnog naprezanja

od 45·, kako je prikazano na slici 2.27a. Istovremeno na tom presjeku djeluje i normalno naprezanje a'= (a,+ a2)/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

[

60 -30 o l [uu]= -30 -20 O MPa.

o o 90

Naći maksimalno naprezanje 't" malt i glavna naprezanja a p u2• a3 •

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,= u1 =90 MPa.

.,

®,.d)

' ,,, fl

JO~:j <5'"

ti ~ F

70

b4)' 30 60 A

B

e~Jo 70 .

-- --];;.~.,, ., -"'

g)

Slika 2.28

ci

Točka D otklonjena je od točke A za kut 2q>0 = 36,87' u smjeru kazaljke na satu, pa je i a2 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 u1 i u3 • 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.

42

·_:IJI··I ~: i ;_~. i ' -~ :~ ..... ': w

<- l

{;' ,, :;:

•'-.<"·

~~ ··'' lt l

~-:

·-.·

'i.

. ·,~; .. ·.~-~~

·J~r \

. . . . . . . _, .. ·. ; ·::.;:<::J::~):,::.?(ii~~~~~~~r~~:;~·~·· ~-: ·: .:· 2.10. Elipsa naprezanJa l elipSOid naprezaDJa . " c·il)~>j!'i:~~~' t~ .

' ·:··;:·~~:-:~~~;_:,.,·;tiU~·:~l~';'~t?i\~.f:;_(<.::</ Na slici 2.29a prikazan je element na koji djelii]ii: gta.;;'na'nilpreZimja u1 i u2 •

Presijecimo taj element kosom ravninom kao na slici 2i29b.Na.t<im kosom presjeku ~ l f . - .

djeluje vektor naprezanja P koji mOžemo rastaViii".u no~a.ltiu i 'poSm.ičri.u kompo­nentu O" z i 'tz

1 ili na komponente Pz i pY' kao na slici2~29"C:"::~-~-.. -·

Uvjeti ravnoteže elementa na slici 2.29c glase ·-·· · ~.: ..... _. ____ :· .. ,._.

'"' T aJ

r.r,

l:F,=p,dy- u1 dy=O

l:F,=p,dy- u2 dx=O.·

,;, :

:.';: ..

. ,, ..... : (])' ,, f .·

- '· ·~ ~··· ···~ ...... . 6z-

'

bl cl Slika 2.29. Uz izvod elipse naprezanja

Ako te izraze podijelimo s dji i sredimo, vodeći pritom· računa o tome da je

dxfdy=sinq> i dyfdy=cos <p, dobit ćemo

odnosno

Px= 0"1 COS ifJ

Py = u2 sin tp,

Pz=COSifJ .,.,

P'=sintp. u2 :' :)~!.i

Te izraze treba sada kvadrirati i zbrojiti, pa ćerriO do6iU"1: ;;t~·::·· . . . . ' , .; .:::"":K":J :·:l •.-·: .

(~J +(:J =l. . ...

(2.29)

(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;: ..

~+~·~,~~ (2.31)

. 43.

44

., 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 u3 .

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 A1B1C1, kako je prikazano na slici 3.2. Vrlo mali element pravca duljine l

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.

Slika 3.2. Defonnacija infini­tcrJmalne dužine

~e, E..T

l

f 'e, A B

Slika :Lt Definicija dulji nske i kutne defonnadje

Po definiciji d ul j inska je deformacija u točki A za pravac AB određena izrazom

dok je za pravac AC

. A1B1 -AB t:As=lun .

8-A AB

. A,C,-AC &Ac= hm -'-:'=:--

,_, AC

Općenito možemo reći da je duljinska deformacija definirana izrazom

JI t=lim-.

r-o l

Prema tom izrazu duljinska deformacija predstavlja relativno produljenje.

(3.1)

(J. la)

(3.2)

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

46

YAec=lim (~ABC- i:A1B1C1). ·-· C-A

(3.3)

Analogno izrazu (3.3) definira se obujam na ili volumenska deformadja El:

.1V B=lim-. (3.5)

v ... o v

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 bezdimenxional­ne 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:

produljenje infinitezimalne dužine paralelne s osi x • ' početna duljina te dužine

f;x,..= /)~=promjena pravog kuta koji čine infinitezimalne dužine pa:ralelne s osi-ma x i y.

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

Matrica tenzora deformacije [ e<J] glasi

[·= •. , '"] [ eiJ] = e)U: e

1,. e..,;

Su e.:y e::::

(3.6)

Upotrijebimo Ii oznake uobičajene u tehničkoj literaturi, matrica tenzora deformacija glasit če

l l •• 2'}!-"Y 21" l l

[eii] = l 21"' ., 2 y,,l (3.7)

l l 2Y~ 2y,, e,

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.

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

V=abc,

dok je obujam de formiranog elementa

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

t.i

e

(Jj bi Slika 3.4. Veza duijinskih deformacija i obujamne deformadje

Odavde možemo odrediti prirast obujma

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 b L! e+ ac A b+ beLla +aL! bLic+ bL! aLle +eLla L! b + LlaL!bL!c.

Srednja obujamna deformacija iznosi

L! V 8~=-v·

Nakon uvr~tavanja izra1.a (3.8) i (3.11) u izraz (3.12) i sređivanja bit ce Lla Llb Llc Lla Llb L!b Lie Llc Lla Lla Llb Lie

e.=-+-+-+-·-+-·-+-·-+-· abcabbccaa e

48

(3.8)

(3.9)

(3.1!)

(3.12)

(3.13)

•

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

Lla Llb Lie lim e-"'' lim -b = Ey, lim-= 6:~-a~c a b-o ~-o e

(3.14)

Sada izraz za 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

8=tx+e,.+t:=. (3.15)

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

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

yj ... _L ••

~--~-=t= ---~-L-Slika 3.5

Lli_ O,Q3 ~0,0015 •·=1- 200

M - 0,01 = _ 0,0005. e,=a= 20

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

3.4. Transformacija tenzora deformacije

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

aJ bJ

Slika 3.6. Deformiranje ravne ploče

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 AB1 iznad dužine AB. kao na slici 3. ?b. Prema toj slici vrijedi ·

:g

"'

dJ ., o

o

d rf A, aJ..

A dx (1+€ Jdx

al

CC2 =BB 1 =er dx

C2 C3 ~DD,~ t,dy

C3 C 1 :=AD2 Y.x,:::;:Y.x)'dy.

'l l•rdY

! ' ... •• dx ! sJt•• A €.dx

bl

Slika 3.7. Analiza deformiranja infinitezimalnog elementa

(3.16)

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 .. (J' u koordinatnom sustavu oX)i.

50

e,

-X 1 ---0~ -----·-·?) X X

Slika 3.8. Transformacija tenzora ddormacije

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

AB ~dx~dxcos<p (3.17)

AD~dy~đX sin <p.

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.

Pc, ''.,_.-t

'{ e, \

e e, al bl

Slika 3.9. Analiza transronnacije komponenata tenzora der"Jnnacije

Prema slici 3.9b projekcije pomaka točke C na osi X i y iznose

CC4 ~ (CC2 + C3 C1 )cos <p +C2C3 sin <p

C, C4 ~-(CC,+ C,Cd sin <p+ C2C3 cos <p.

Ako u gornje izraze uvrstimo (3.16) i (3.17), dobit 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.

4• 51

Kako je

možemo pisati

<,=CC.JAC=CC4 jdx

a=C1C4/AC 1 o;;C1C.Jdx,

t....,= e.xcos2 <p+ cysin2 qJ + Yx)lcos cp sin fP

a:::::: - (~- s1)sin !(J COS <p- Yx;sin2 !p.

Defonnaciju s~. i kut P možemo dobiti sličnom analizom, odnosno pomoću izraza

e,.=EEJAE, [J=E1E.JAE.

Te ćemo veličine. međutim. mnogo lakše dobiti ako uočimo da je

e, (cp)=<. (<P+ n/2)

fl(<P)=- a(ipH:/2).

U izrazu za ll predznak je negativan jer je pozitivan smjer kuta P suprotan od smjera kuta a. Prema tome možemo pisati

Šy= SrSin2 <p+ G7 COf cp- )'xy Sin rp COS tp

fl= -(e,- s,) sin cp cos cp+ y,,cos2 cp.

Kako je Yx)'= :x+ p, bit će

- ' ., l 2" t:.'"=G.xCOS ~+S:ySin cp+ 2Y.xr SlntpCOS(/.l

- • 2 2 1 . S>,:::::;:;&.,v.SIO (fJ+&}ICOS tp-2Yx;2StntpCOSlp

~ ;.,,. = - (e,- e, J sin cp cos cp+~ y,, (cos2 .p- sin' <P).

(3.!8)

Usporedimo li izraze (3.18) s izrazima (2.16) i (2.17), vidjet ćemo da među l - -

njima postoji analogija. Ako u izrazima (3.18) zamjjenimo veličine t:.:• s.~~. :z1xr s.-.:• cy

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

52

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

- ~+~ ~-~ l . e =-----cos2m--" sm~­' 2 2 ,. 2"' """'

(3.19)

! _ e..,-t1 • l 2 Y.,- --

2-sm2cp+2r.,cos2q>

ex+ F.,.= c;c:+a:r= t!+ tz= konst. (3.20)

s,+ •, J(•·- -"~-)-' ·(r.,)' e =--+ -- +- . 1'2 2 - 2 2

(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

Zadano je stanje defonnacije <,=- 200 · w-<, s,=50·lo-•, y"=- 200·!0- 6•

Pomoću Mo h rove kružnice. slika 3.1 O, nači veličinu i pravce glavnih deformacija.

••

~ ' ' Slika 3. JO. Mohrova kružnica deformacije

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! <Xmo ovako: Povucimo horizontal­

nu liniju kroz O' i na njoj odredimo točke F, G, H tako da je O'F = •A• O' G= •• i O'H=&c· Veličine t,~· s8 i &e mogu biti pozitivne ili negatlvne. U ovom je slučaju uzeto kao da su sve tri pozitivne. Ako je neka veličina negativna, nanosimo je lijevo od 0'. Kroz točke F. G i H povucimo okomice na O'F. Qdaberimo proizvoljnu

ji Er

' ~~ce, •

~ A

L·-prqyac e;-H ' f

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 um jera 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 <p0 u smjeru kazaljke na sam jer je i točka L na Mohrovoj kružnici otklonjena od točke A za kut 2(,1)0 u_ istom smjeru.

54

l r

4. GEOMETRIJSKE KARAKTERISTIKE RAVNIH PRESJEKA ŠTAPA

4.1. Težište i 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

gdje je .4 površina presjcka.

l YT~-JydA

AA

l Zr~-JzdA A ,

A

Statički moment površine s" oko osi y, prema slici 4.1, iznosi

s,~ J z dA. A

Na sličan način definira se i statički moment Sz oko osi z, tj.

S,= J ydA. A

1

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

(4.1)

(4.2a)

(4.2b)

55.

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

S,=zTA= jz dA A

S,=yTA=fydA. A

(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.

4.2. Momenti tromosti (momenti inercije)

Veličina 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.

-~a ~~h bl ~~·

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

Polarni moment tromosti neke ravne površine definiran je izrazom

lP= fp' dA, 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) l,= fidA.

A

56

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

I,,=I,,= jzyđA. (4.6) A

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 p2 dA, (4. 7)

odnosno A A A A

ly+l~=l.,. (4.8)

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.

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

z t

~ A

z --;-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 dA2 lijevo od osi z. Elementarni devijacijski moment tromosti svakog takvog para iznosi

diyz.= y1 z1 dA1 + y2 z2 dA2 •

Budući da je dA2 =dA1 =dA, y2 =- y1 i z2 =z1 za sve simetrično postavljene elementarne površine1 bit će

dl,,=O,

57

odnosno

I,,=fdi,,=O. (4.9) 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

I,=fzldA, A

gdje je A=A1 +A2 +A3 površina čitava presjeka, a At, A2 i A 3 površine trokuta, pravokutnika, odnosno polovine kruga. Izraz za I,. možemo napisati u obliku

I,= f zldA+ f z' dA+ f zldA.

Slika 45. Moment tromosti složenog presjeka jednak je zbroju momenata

tromosti pojedinih dijelo\·a

'· ,, ,,

~-·L·-~-A,A~Y 1 a} bl eJ

Slika 4.6. Određivanje momenata tromosti oslabljenog presjeka

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

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,,. i=l

(4.10)

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

l J"= l yl +l )'2 +l )'3 +l y4 +ly5· (e)

58

Prema slici 4.6c moment tromosti I, iznosi

I,=I,1 -I,2 ,

~;;>. 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

aJ b} ,, dl •J Slika 4.7. Svi presjeci na slici imaju jednak moment tromosti 1

7

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 pres jeka iznose

blh~ bih~ I=---' 12 12

(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.

.~- ;,--g- ~ ---AT. ~·d!--··-m-~ ffi:-~1,-

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

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 ·0 - 1 h1h1~ :_0 : ~ ;.·.

-- l l b y, o, b ,, aJ bl 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

U lom je slučaju

odnosno

dA=bdz.

Nl

s~u-•r~~ w -~

~.-·[ir~ -~[m' (-~n bh'

12

Na sličan način možemo dobiti

bt2 h b3 l,=h s y' -l .

-bl' 2

(4.12)

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

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

(4.13)

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

(4.14) hlb1 litbi 12 12 .

I u tom slučaju vrijedi ly:=01 Ip=lr+I:. Napomenimo da. se u nauci o čvrstoći gotovo nikad ne f!potrebljava polarni moment inercije neakruglilt presjeka.

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

Polarni moment tromosti iznosi

' [p.]' f p2 dA=21tjp>dp=27! -!Al o 4 o-

r• l = p ,,

.TI;:tT"t;IT

~l" l •! ll!

Slika 4.10

Uzmemo li u obzir da je r=d/21 bit Ce

"""

,,

eJ

(4.15)

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

1,=1,.

Kako je 1"+1:

bit će l rrd'

64

U slučaju šupljeg kružnog presjeka momenti tromosti iznose

" !,=32(~-~)

7t 1,=1,= 64 (~-tJi).

PRIMJER 4.3

(4.16)

(4.17)

Treba naći aksijalni moment tromosti I.,. i devijacijski moment tromosti l r=

trokuta zadanog prema sliei 4.11. Poznato je: b0 i h.

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

h (a)

U tom slučaju element površine iznosi

dA =hdz dz. ,, (b)

Aksijatni moment uomosti trokuta oko osi y

'

J b ["']' J, z2 dA z-'dz=-"- :_ A h h . .4_o

o

(4.18) 4

b Koordinate težišta elementa površine dA su

2 i z, pa devijacijski moment

tromosti za osi y i :. lzno:;i

f~zdA. 2 A

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

odnosno

h

z2 Jz=~ :._ f . b' [•.]' 2/t- 4 o

o

b'h' 1,:::. o

4~3. Promjena momenata tromosti pri translaciji koordinatnog sustava

(e)

(4.19)

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

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

z'=b+z. (4.20)

Slika 4. 12. Ilustracija Steinerova pravila

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

J(z')' dA A

J (y')' dA. A

J;, S y'z' dA A

Uvrstimo li (4.20) u gornje izraze, dobit ćemo:

I;= f (b+z)' dA=b' S dA +2b f z dA+ J z" dA A A .A A

I;=j(a+y)'dA fdA+2afydA+fJ"'dA (4.21) A A A A

1;, f (a+ y)(b+z)dA =ab f dA+a f z dA +b J ydA+ f yzdA. 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 J dA= A površina poprečnog presjeka i Jr'dA fy'-dA=l, i }yzdA=l," tako da izrazi (4.21) prelaze u

A

A+I,

I;,=abA+I".

(4.22)

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.

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.

PRIMJER 4.4

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

Hf''' h

-, h

;:.w..LT Slika 4.1.3

Rješenje:

Iz primjera -t3 poznat nam je aksijalni moment tromosti I~=bh3f4 i devijacij­ski momem tromosti I;.== b2 h2j8. Primjenom Steinerova pravila odredit ćemo moment tromosti ako težišne osi.y:

1;=1,+A(H'·

Odavde je

l =1'.-A -h =---bh -h (2 )' bh' l (2 )' ' ' 3 423'

što nakon sređivanja daje

Po analogiji možemo zaključiti da je

64

bh' 1,=36.

h b3

1,=36.

(4.23)

l

Težišni devijacijski moment prema Steinerovu pravilu glasi

odnosno

PRIMJER 4.5

b2 I"=I;,-JJhA,

b2h2 2 l l =---bh-bl! " 8 9 2

b2h2

ly-z=n·

Odrediti težišne momente tromosti polovine kruga prema slici 4.14.

~,, ld.

.J:_ - Y'

" Slika 4.14

(4.24)

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

l nd4 n eJ< 1;.=:~64= 128 ·

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

(2d)' ncJ4 l nd2 4 d2

·

l,.=l;-A 3n =128-249><''

šw nakon sređivanja daje

l'= 0,00686 d4.

Očito je l nd4 7Ul'

l,=:~64=rn·

Devijacijski moment inercije I y:: jednak je nuli jer os z os simetrije presjeka.

4.4. Transforma~ija tenzora tromosti pri rotaciji koordioatnog sustava

(4.25)

(4.26)

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. Alfirević: Nauka o ćvrsloC:i 65

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

f,=JžldA A

I,=fydA A

fJizdA. A

Analogno izrazima (2.121 možemo napisati

y = ycos tp+ z sin q.>

i -ysin<P+zcos<p.

l'vrstimo li izraz (4.281 u (~.27), dobit ćemo

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

T fvcoorp+zsiorp)2 dA .• S (ycos q.>+zsin q.>)(- ysin qJ+zcos q>)dA. A

Slika 4.1 S. Transformacija tenzora lromQsti

Nakon sređivanja ti izrazi prelaze u:

lP] .\J dA +cos' q> f :z2 dA 2 sin q> cos q> J yz dA

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

(cos' q>-sin' 'l')f yzdA +cos <p sin rp fi' dA- J Y' dA.

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

dobit ćemo:

66

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

fr: frcos2 <p+/_:sin1 q>- 2Jy:cosq~sin q>

<p+l,cos' q>+21"cosrpsin q>

(l, -I,)eosq>si~ q>+ I"' (cos' rp- sin2 <p).

(4.27)

(4.28)

(4.29)

,.

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 a, i t"x1 odgovaraju momen"ti tromoSti T,, T. i -T~· Osima x, y odnosno x, y odgovaraju osi y, z i y, 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:

- 1,+1. 1,-l, I ,~2 +-

2-cos2q.>-I,,sin2rp

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

- l,-1, . l,, =1,1 =-2-sm2<p+I,,cos2<p.

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

f +l,=konst. -· - -2 - 2 l ,l ,-1 "-l,J,-1,,.

Glavni momenti tromosti dani su izrazima

l 1,+1,

12=--+ . 2 - (1,-I,)' 2 -2- +I".

(4.30)

(4.31)

(4.32)

Izraz za kut cp0 koji glavne osi tromosti čine s koordinatnim osima y i z analogno izrazu (2.22) glasi

I'' tg2q.>o (1,-I,)/2 (4.33)

4.5. Mohrova kružnica tromosti

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:

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

2. U tom koordinatnom sustavu uertamo točke A (l ,.I,,) i B (I,. -l").

3. Kroz točke A i B povlačimo kružnicu kojoj se središte nalazi na osi apscisa.

5* 67

4. Kružnica siječe os apscisa u točkama C i D. Apscise tih točaka glavni su momenti tromosti / 1 i / 2 .

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 t,,

li

Slika 4.16. Mohrova kružnica tromosti

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.

4.6. Polumjer tromosti i elipsa tromosti

Polumjeri tromosti nekog presjeka površine A oko osi y z definirani su tzrazima

i,= h· i,= A·. (4.34)

Na sličan način definirani su glavni polumjeri tromosti

i,=Jj. i,=Ji. (4.35)

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 1

1=11 i 1~=12 ,

l y:: =O. Moment tromosti oko proizvoljno orijentirane osi y prema (4.17) iznosi

68

' I · ' /)1=11 cos cp+ 2 sm fP· (4.36)

Podijelimo li izraz (4.36) s A i uzmemo li u obzir (4.34) i (4.35), dobit čemo

( . " " 2 ·2 • 2 lyJ =ljCOS (,O+J2 Sin (,0.

Prema slici 4.17 jest COSq>=yfy, sin q>=zfy.

Slika 4.17. Elipsa tromosti

Nakon uvrštavanja izraza (4.38) u (4.37) dobit ćemo

(.l' .,l .,z" •, =lt-+lz-,

Y' r' odnosno

l '" C;,y)' + C;:)' =l.

Točku P možemo odabrati proizvoljno. Neka je

y=OP=l(i,.

U tom slučaju izraz (4.39) prelazi u

l '" --+--=l (1/i,f (!fi,)'

..... (4.37)

(4.38)

(4.39)

(4.40)

i predstavlja elipsu tromosti s poluosima l/i1 i lfi2 • Moment tromosti oko osi Y u tom slučaju iznosi

- A I =I'A==-·

y y opz (4.41)

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

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

(;9

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

. ["= a,,] [a, [a,;]= = ayx a7y rF

t.,] "'

e= e%... ~ 2r~,.

J [ 1 J [s,;]= = 1 [~,. e" ly" r., (4.42)

Ii.J- -( J- [ J" -1,,]- [ J, -(:y 1:: -l:y

-l,"] I,

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

PRIMJER 4.6

Za presjek na slici 4. 18 treba:

- odrediti koordinate težišta rT i z;.. - odrediti momente tromosti JY. (, !;;:~

odrediti gla\'ne osi tromosti {cp0 = ?) i glavne momente tromost L

skicirati ~1ohrO\'U kružnicu tromosti.

l' z j

o) bl

Slika 4.18

Površinu pre5jeka podijelit ćemo na dva dijela: A1 i A2 i odrediti koordinate težišta lih dijelova u odnosu na pomoćni koordinatni sustav Oy'z', Prema slici 4.18 bit če:

A1 =60cm2

A,_:=60cm2

70

J'l =lem

J'i=6cm

4=20cm

z,i=2,5cm.

Koordinate težišta cijelog presjeka iznose:

, A1 yi+A2 Y, Yr 3,5cm

A1 +A2

A1z~+A2zl z;. 11,25cm. A1 +A2

Udaljenosti težišta T1 i T, od težišnih koordinatnih osi naznačene su na slici 4.18b. Moment tromosti 11 čitava presjeka iznosi

2·30' 12·53

1,~12+60· 8,75'+12

+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

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

I"=60(- 8,75) 2,5 +60 (- 2,5) 8,75 ~- 2625 cm•.

Prije nego pristupimo izračunavanju glavnih momenata tromosti izračunat ćemo poluzbroj i po1urazliku

1,+1, = 7652cm•, 4

I,-1, =6162cm•. 2

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

tg2qJo= l,, -2625

(I,-I,)/2-- 6162 =0,426.

Odavde je 2qJ0=23,1' odnosno 2qJ~=203,l',

pa je

tp(.= J 1,.5(> <pQ= 101,5~.

Glavni momenti tromosti prema (4.32) iznose:

I1+!, J(I,-1,) "' J,·=--+ -- +JO. ,. 2 - 2 "

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

71

Odavde je

11 14352cm4, J,=952cm4

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

J,

11811

al bi Slika 4.19. Mohrova kružnica tromosti u primjeru 4.6

PRIMJER 4.7

Naći .glavne težišne momente tromosti pres jeka prikaza nog na slici 4.20a, te skicirati i kotirati elipsu tromosti.

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 j z iznose:

6·63 2·30' 10·43

+36·12,6' +--+40·12,42 =16549cm4

12 12 12

72

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 s osy y izračunat ćemo pomoću (4.33}, tj.

I" tg2q>o (I,-f,}/2

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

({10=- 20,5"

-0,87.

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):

I I,+I,

t z=--+ . 2 - ·e,~!!.)' +!;,=9479.5±9368,2

11 = 18847,7cm4 r, = 111,3cm4•

Polumjeri inercije jesu:

18847,7 ll,77cm i, l -=8,5m i,

. r, ''=A= 0,905 cm

l e-= 110,5m. ,,

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

I,

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! ---,,-,- . 1',

aJ 1:11

~đ· rl

b}

F.r if,. {)Fj

(j d} 7\ "j( ii,\ r,

Slika :Sd, flus(mcija kontinuiranih Slika 5.2. Redukcija unutrašnjih sila na težište poprečnog presjekl momenata Stapa

75

prikazan je proizvoljno opterećen štap. Radi što jednostavnije analize pretpostavit ćemo zo početak da je štap u ravnoteži, tj. ..., ~

F• =0 i M• =0, (5.1) ..., ~

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 silama držati ..., ..., ..., dijelove L i D u ravnoteži. Te smo sile na slici 5.2b označili s .đF 1 , L1F2 .•• L1F;··· ..., ..., 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

..., ~ ..., F• =FL +F0 =0

(5.2) ~ ~ ~

M• =ML +M0 =0, - _,. ....,. -gdje su Ft, Mt i F0 , 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, F0 . ML i M 0 apsolutne vrijednosti. Kako je lijevi dio u ravnoteži pod djelovanjem vanjskih i unutrašnjih sila, zaključujemo da je

..., -· FL+F=O

~ ~

ML+M=O.

Pomoću izraza (5.4) i (5.2) možemo dobiti:

76

..., ..., ~

F=-Ft=FD

~ ~ ~

M=-ML=Mo.

(5.4)

(5.5)

odnosno F=FL=F0

(5.6) M=ML=M0 , -··

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.

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,=F1, 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.

JUUI"fiwte kiillip/)f1thle

al hl

<l dl Slika 5.4. D<finicija pred.znaka komponenata unutrašnjih sila

al }OSilO ili aksi]Mno opterećerrje

F

bl smicanje iti odrez

<l ~F rtm}ooje il<' flehija

K /{

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

5.2. Diltr<ll<ijalne jednadft>e 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).

Zakon promjene komponenata unutrašnjih sila ovisj o načinu promjene optereće­nja. 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.

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 N

rrnrtnmrmn Slika 5.6. Ravnolela elementa ak:sijalno optcrcćel)og štapa

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 m je 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 dN

-q;t. (5.7)

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 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

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

~--~-u ' - ··-~ a M, l"'fm' ' y ~X ~~

j, Slika 5.7. Ravnoteža elementa š.tapa opterećenog na uvijanje

Sređivanjem tog izraza dobit ćemo

dM, dx= mr. (5.8)

Poprečno 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.

80

H,,.m 0,·1!0,

ot-- \1 A . ~------;-1 X a~ - m:x Hy+f!My

q,

z •

Slika S.S. Ravnoteža elementa ~tapa opterećenog na savijanje u tavnini Ox2

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

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

dx 'EM8 =- M,- Q,đx+q,dxT+M,+dM,+m,dx=O.

.·.:·

Nakon sređivanja prvog uvjeta dobit ćemo

dQ, dx = -q,.

Pokratimo li M, u drugom izrazu, dobivamo

l dM,= Q,d<-2q,dx' m,dx.

(5.9)

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, dx =Q,-m,.

Derivirajmo taj izraz po x, pa ćemo dobiti

d1M, dQ, dm1 dx'=d .. -dx.

Ako u taj izraz uvrstimo (2.9), dobit ćemo

d'M, dm, dx' = -q,- dx.

(5.10)

(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 ctx' = Q, (S.lOa)

d' M d~/'= -qt. (5.1la)

Poprečno 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

y

f-Mr+dHz

·--­X

01+1!01

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 EM8 = -Mz+ Qydx--qydx2 +Mz+dMz+mzdx=0.

2

Nakon sređivanja tih jednadžbi, slično kao i u prethodnom slučaju, dobit ćemo:

dQ, dx = -q,

dM, dx =-Qy-mz

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

X X

(5.12)

(5.13)

(5.14)

Kad je mz= O, gornji izrazi prelaze u

dM, dx =Q, (5.13a)

d' M dx2 :: =qy. (5.14a)

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,.

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

82

l. Ako na dijelu nosača 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.

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 m maksimum).

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 različito opterećenih nosača

l' 2. l. rr=r-----;;--- -A f , l l • T H ll ftilllj '''''''"''''''' ,~,

1r) Afff[JJRrrrrnm_

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

~ql~ .--~~~j gl

~tđi11tilllfl •. 3.

i l l l l l ll!•, -·l l 4. H

"' A l h_

l .

'"l~ sl 05771-IVI

~·"'I~j.,l

A ~ .e,._ l o b = l :l

~ 111111111111~111111111111

H~~ ~Hf

6• 83

5. •

~ :a.. \C 1 :'f '

~ 'l ~ '-----Hmrmm m n n llilill rf!JIIII J IIII+JIIIIIIIIIJl

·~ fl~ 7. q

~!!i!lll!ill! • l •

8.

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

ql~~ "T_l _ ! : porob.l. stup. to/~ gtpn:r '• 009???:::)

10.

Lt , !·] fq~~f~J.stup. mffw

F !l.l:"&ll

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

ll.

1• v~f~, 111 'l l l

IZ. ' 1.!!111:111+!1 qfH~~qiH T~T ,i T•T

. : l

j] j~ • ~ nt - qo ~

tf~~III& - ~ 'Lt

84

Tablica 5.1 {nastavak)

13. 'J co ,--- -'~·-~---]

l lliililll

'"'i lill k-1111111 J ll~ l ll' ~r·

15. .. ., <{ l $.?

lili !ll lXI ll l !Ill •;·"'flllllli$111 ll liT

H,~

~·~

17. l' H•Fo

t l ·1 1111111111111111 r

l{ "t -''t t. l b # 111111111

AfJiftlillj7,' l' ~!llll$lllfs ··! Aii111ffftlTI lllih: 18b

16. Hr "f1

<f i ll llliiiii!XII illlilllll

~ll ll 1111111 ~ 11111111111

··llllllllllll§illlllllllll !·, 18. •• 1 't·q, ·it

~!lill l! lill fE 11111111111

AI1Jli!MIIII r· _i ;<irll!lffi1]lk f' Fll·loJ! l ~J!P"' "'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

Na slici 5. l Oa prikazana je greda s prepustom koja je opterećena kontinuiranim opterećenjem q:~ 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

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 ).

bj5kN ]kN/m {k/(~ >JĐ llli)llll ,

l, n ~ll~.:~t.rJ cl

.2!!1 kNm 1

l dl

Slika 5. 10. Dijagrami unutra!njih sila

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 ,.

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.

., 1 z H1 fJt~~~H~,~dbiF.~db!J~~q~b!f-~ X fi-=lOJtH F, lm fZ=15kN 1 ~ ...... ~... • ,_,,.__ q1=1 kN/m

l<f]llll!lllllrlll!!!!l!ff\ ___

'{ iWJiqllll ' -· .. -i5 Slika 5.11. Dijagrami unulrašnjih sila

Q -!J:H/ltl ~JOkHm H1=8kHm

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. (5.15) A

Slično možemo dobiti da je

Q,= ft,, dA A

Q,=f tudA. A

Element momenta dM 1 oko osi y iznosi

dM,= !'x.d1 silu

(5.16)

(5.17)

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

M,= J <r,zdA. A

--Slika 5.12. Komponente naprezanja i k;mnponente SHka 5,13, Veza posmičnog naptezanja i

unutrašnjih slla momenta torzlje

Slično možemo dobiti da je

M"=- J <T..JidA. •

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 M,= J (yrn-n..,R)dA. (5.20)

A

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

M,= J t"" p dA. (5.21) A

88

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.

"•J=f(•,,l. '·;=.r. (<rij). (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-

• 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 poprečno 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.

F

.AA

I F

ql bl Slika 6.1. Rasteznu .epruveta

F H

fi~ 'l

q ill

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

Podijelimo li silu F početnom površinom poprečnog presjeka epruvete A0 ,

dobit ćemo tzv. konvencionalno naprezanje

F tJo=­

Ao

koje se razlikuje od pravog ili stvarnog naprezanja

F G=A·

(6.2)

(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

rasterećenja u tijelu zaostaju trajne deformacije. To svojstvo tijela zove se plastič­nost. 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 četiri 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. Rastez-

ili 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.

• i$

IGfUJ{no SIII/Jflll) ~C/JVCIICl naprf!tat!;C ... oopretm

<::: r'''-'~ H K

" r

•• . , ' i ~· '

" " QT If . &

aJ b)

Slika 6.3. Osnovne vrste dijagrama rastezanja

Dijagrami sabijanja velikog broja materijala kvalitativno i kvantitativno vrlo 5u slični dijagramima rastezanja. Analogno vlačnoj čvrstoći definira se tlačna

čvrstoća. Dijagrami sabijanja krhkih materijala kvantitativno sc razlikuju od dija­

grama 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<oelastično~ odnosno viskoplastično. U Nauci o čvrstoći I i II razmatrat čemo linearnoelastičrw tijela~ tj. elastična tijela u

području proporcionalnosti napr~zanja i deformacija.

91

6.2. Hookeov zakon, modul elastičnosti, modul smi<anja i Poissonov koeficijent

Na slici 6.4 prikazan je dio okruglog štapa (epruvete) koji je jednoliko opterećen 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.

6~k---!· IM ~§· 1.t ,!8, 4r

Slika 6.4. Ilustracija Hookeova zakona

Pri sabijanju imamo obratnu situaciju: duljina l se smanjuje, a promjer d povećava, tj. tJI<O, a Lld>O. Ako s e označimo prosječnu uzdužnu deformaciju, a s e, prosječnu poprečnu deformaciju. možemo pisati

Lli g;;;:[~

tJd 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

e.,=- vs.

(6.4)

(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, (6.7)

·n

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.

6.3. Dopušteno i 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 najveće 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.

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 a dop (ili 't'd011 ), koje je za krhke materijale definirano

izrazom ..... aoop=s,

'M 'tdap=s· (6.8)

.. 93 ....

Tablica 6.1 Elastifne konstante l k.eftcije.U toplinskog rastezanja

e G MATERIJAL

GPa GPa

Ugljični čelik 200-210 80-81 Legirani čelik 210-220 80-81 lijevano željezo ll5-l~ 45 Bakar 84-130 40-4!> Bronca 105-115 40-42 Mjed 90-12il 35-37 Aluminij i legure 70-71 26-27 Magnezij i legure 45 17 Olovo 17 1 Sl aldo 56 22 Beton 15-40 Gwna 0,01 Pluto 0,006

Tablica 6.2 Mehanička svojstn materijala u MPa

Gr.tnica proporcionalnosti MATERIJAL

vlačna tJačna smična

Ugljični čelik vruće valjan 0,2%C 210 240 145 0.6%C 410 410 250 t.<l%C 550 550 330

Celični lijev odžaren. 0.2~ .... e 210 210 Jl:S Sivi lijev 42 170 -Kovkasti lijev 140 140 70 Bakar odžaren 22 22 ll

tvrdo vul:en 261J 260 160 Mjed lijevani (60'}~ Cu~ 40~ .. Zn l 140 -Bronca lijevana {90'}~Cu: l0~0 Snl 140 . Aluminij odžaren - -

tvrdo valjan - -Duraluminlj (96%Al; 2,9%Cu: 1/~Mgl

žaren so -temperiran IlO -

Kod rastezljivih materijala dopušteno naprezanje je

Cfy rrcrop=s~ """'

' -

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

-0,42 0,25

0,03-0,13 0,47 0,00

čvrsloća

vlač na tlaČlla

410 620 690 930 -410 -140 550 345 -220 -380 350 280 -70 -

IlO

170 -350

• 10.6/K

12,5 10-13

10,4 16

17,5 18 24 26 29 ·s

0,11

smična

310 550 790 310

215 --

--

-_,

(6.9)

gdje su aM i -r.\{ vlačna (tlačna) odnosno smična čvrstoća. u7 i r7 vlačna i smična granica tečenja, a S faktor sigurnosti. Faktor sigurnosti uvijek je veći od jedan. Najčešće je 1.5 ~S~ ts,_~li može biti i znatno veći.

94

Izbor faktora sigurnosti ovtst o mnogim okolnostima, a između ostalog o: poznavanju opterećenja, 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 m statička opterećenja i jednoosno napregnuto stanje. odnosno na čisto smicanje. Takva stanja naprezanja javljaju se pri aksijalnom opterećenju štapa, čistom smicanju. savijanju i uvljanju štapova.

6..4. Hookeov zakon za ravninsko naprezanje

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

/ l'"z

D)

~il'c

t"'ft'+T ., --,;:,

b)

•• eJ

Slika 6,5. Ploća u kojoj vlada ravninsko stanje napre1..anja

Gl; t,+Txdx

e;.=- \"<J1'E. Budući da normalno naprezanje ne izaziva kutnu deformaciju. bit če

i".~)-=0. 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

~ i}

"' IL ~ul"' t .. €;1d:t

oi

4 g .,

b! eJ

Slika 6.6. fzvođ Hookeov:a zakona :r.a ravoinsko naptezanje

95

Ukupne komponente deformacije odredit ćemo zbrajanjem, tj.

odnosno

e...:=e~+e;+e;"

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

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

t=ax_va" X E E

_a,.. ax e--- v­' E E

t., Yxy=c;·

(6.10)

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=--2 (ex+ vt,.)

1-v

E uy=--2 (ey+ vt:.:r)

1- v

rx,.= Gy xy·

Treća jednadžba tog izraza dobivena je iz treće jednadžbe izraza (6.10).

6.5. Hookeov zakon za prostorno (h oosno) naprezanje

(6.11)

Hookeov zakon za troosno napregnuto stanje možemo izvesti na sličan način, i on glasi

l •.~E[o-.- v(o-,+ o-,)].

l •,~E[o-,- v(o-,+ o-J].

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

96

t., Y.x~·=G

!y:: Y,-~~-o

tu Yu~G.

(6.12)

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

o-.~ 1 !v(•.+ 1 :2ve). t.,.~cy.,

o-~-- • +--e E ( v ) " l+ v " 1- 2v ·

t>.:= G}',..: (6.13)

o- ~_!!__(•.+-v e). z l+v - l-2v 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

·~~ -E<•.+•,l· (6.10a)

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

l •,~E [o-,-, (o-,+ d.)] (6.14)

t., Yxy=G

a== v (a.x+ a1 ).

Iz prvog. drugog i četvrtog izraza (6.14) možemo dobiti:

!-v'( v ) t:x=~ ax-l-va,.

(6.15)

Uvedemo li oznake

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

1_

11ax.

E*~_!_ 1- v2'

v v*=-- G*=G

l , ,

-v (6.16)

7 l. Alfirević: Nauka o čvrslo.:i . 97

Hookeov zakon za ravninsko stanje deformacije glasi

odnosno

v• E* E* .. ,

".,

... Yx:~= G*~

a- E* 1

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

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

r;ry= G*Yx,-

(6.17)

(6.!8)

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 elastičnosti

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 u1 = a:.l=1::xr Za element na slici 6.7a vrijedi

Yxji=T.;r.,}G, .es:::::::sy=O.

Odavde možemo pomoću izraza (3.21) dobiti glavne deformacije:

t,

ffi::-· ' fletmti A ,,

i T~y •t =:~y,,= 2G

l S,= -2y,,=

., ,,

(6.19)

e

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

98

:f-

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

l s1 -.vaz)

l Sz vut).

E

Kad u gornje izraze uvrstimo G' t ='tx 11 i a 2 = -'t.vy• dobit ćemo:

l+v st=~T'!'""'

l+v --~-tx1· <z=- E

(6.20)

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

G E 2(1+v)

(6.21)

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

p=-Ke,

gdje je K prostorni modul'elastičnosti a e obujamna deefom1acija. Prema (3.!5) vrijedi

e e;~:+ey+e:·

p

Slika 6.8. Element podvrgnut bidroslatičkom tlaku

S druge str,ane za element na slici 6.8 vrijedi

<fx=a,=a: -p,

što uvršteno u Hookeov zakon

v (a,+

daje

e,= E(! 2v)=e,=t,.

7* ·~

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

&= -p3(l-2v) E .

Usporedbom tog izraza s izrazom (3.15) dobit ćemo

l e Pi(·

Odavde je E

K=-- . 3 (l 2v)

(6.22)

(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.

PRIMJER 6.1

Aluminijski kvadar obujma V= 15 dm3 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. Zadano: E= 70GPa, v=0,33.

E • a) K >3,03 GPa

G =·-:-:e=--:- =26.32 OPa +v)

bl e K - .!:~ 1~-· -0,2829- 10-3

Ll v= e· V= -0.2829 · !0-3 - 15· w-'m' t.! V= -4,249· 10·6 m3 = -4,249cm3

•

PRIMJER 6.2

U zatvorenoj cilindričnoj 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

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

Ravnoteža presjećenog dijela, prema slici 6.8b, glasi

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

odakle je pr "·= 2h' (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

Odavde dobivamo

2Lfx hO'•- p2rl.lx =0.

pr u..,=h. (e)

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

fr

t~3E:m, al

••

lJ) r: J

Slika 6.9. Naprezanja u cilindričnoj IJnčnoj posudi

b) Povečanje 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

(e)

10!

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

pr Llr •.=2hE(2-vJ=-;-·

Odavde možemo dobiti izraz za povećanje polumjera

PRIMJER 6.3

pr'­Lir=-(2- v).

2hE (f)

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. ,,

h '. h

Eclfc~ tj, v~

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

Lire= .đr 11 , (a)

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

Prirast polumjera cijevi iznosi

102

p,r eq>( =a 'P(! E.:= hE.:.

p,r'­Lir.:=req>(= hE.: (e)

·~·

Normalno naprezanje u smjeru osi z u valjku iznosi

O".zu=-p. (d)

Zbog aksijalne simetrije ostala su dva normalna naprezanja jednaka i iznose p1,

dakle: axu= a>·v= -p,.

Kako je prikazano u primjeru 2.5, možemo pisati

a,.,= a..,.,=- P1·

Radijalna deformacija valjka iznosi

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

odnosno p, v"

e,~:= --+-(pr +p). EL. E ..

Povećanje pol um jera valjka je

Llr"=r·erv·

Uvrstimo li izraze (e) i (f) u (a), dobit ćemo

Odavde je

p1r'- p.(l-v,) p1·, --=- r+-r. 2hE.: Eu E,.

2v, p, =P'------''---­

E •. r 2(1-v )+--

" E.:h

(e)

(f)

(g)

Dodirni pritisak između valjka i cijevi veći je što je veći Poissonov koeficijent \· •. , i što su manji omjeri Ej E.: i rf h. Izračunat ćemo p1 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 p1 =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,

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;

103

b) silu F 2 , pri kojoj će blok i s preostale dvije strane dodirnuti stijenke, naprezanja ux, a1 i q"' i promjenu visine LJh2 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.

l,

h

..,-

t 'j8tfZ

! 1 6,/2

' , -;t- IT l

Slika 6.11

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

ax=u,=O, a_=- Fl · 2a2 •

(a)

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\ e,=-=O,OOZ,

a

6, e,=-=0,0016.

Za (b)

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

e -u, v ,-E-E(a,+ a.).

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

E E u,= --e,= -0,0016-,

v v

·104

(e)

(d)

odnosno Ea'

F, =- a.·Z·a'=0,0032-. v

Kad uvrstimo zadane podatke u (e), dobit 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

LJh 1 =e::·h.

Deformaciju e"' odredit ćemo pomoću izraza v=- e1 /e=, tj.

E:= -Ey/v,

što uvršteno u (f) daje

Llh1 =-e,- hf v=- 0,00!6 · O,I/0,4m

h1 =0,0008 m.

(e)

(l)

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

v e.= -E(a,+ a,)=O,OOZ (g)

~ v (h) e,= E- E a,=0,0016

(J_ \'

<,=i-Ea,. (i)

Izrazi (g) i (h) predstavljaju dvije jednadžbe s dvije nepoznanice: a, 1 a •. Rješavanjem tih jednadžbi dobivamo:

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

a,=- E(e.- e,)/(1 +v).

Uvrstimo li konkretne podatke, dobit ćemo:

u,=- O,Z857!0-3 • E=57,15 kPa

(k) a,= -4,714310- 3

· E=94Z,86kPa.

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.

106

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 r-.--------------;-·---- -+ F '-(}

l l bl r--11-----h

h

F

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

ax= A' (7 .l)

gdje je N uzdužna sila, a A površina poprečnog presjeka. U slučaju vlaka je N =F, tj.

F (7.2) a.~:=A·

a u slučaju tlaka je N= - F, tj.

F a=--, • A (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 izračunava­nje produljenja štapa neravnomjernost naprezanja u blizini ruba može zanemariti, tj. možemo smatrati da su deformacije i naprezanja jednoliko raspodijeljeni po čitavoj duljini štapa. U tom je slučaju srednja duljinska deformacija štapa jednaka pravoj deformaciji. tj,

odnosno

JI T=Exsr•

Jl=s.f.

Ukupna duljina štapa nakon deformiranja iznosi

I+JI~(I+e,)l.

Pomoću Hookeova zakona e,~ rijE možemo izraz (7.4a) napisati u obliku

(7.4)

(7.4a)

(7.5)

LJ[~"'!. (7.6) E

Uzmemo li u~obzir da je a;t;=N{A, gornji izraz prelazi u

dl~!'!!... AE. (7.7)

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 -

Fl i.ll=­

AE Fl

.dl~- AE

za rastezanje

(7.7a) za sab!janje,

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

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

'\'N,I, LJI~ LAE,·

i=1

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

lOS

(7.8)

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 određeni integral, pa je produljenje Al dano izrazom

JN dx

Al~ .. AE. (7.9)

Aksijalna krutost AE homogenog štapa konstantnog poprečnog prosjeka .con­stantna je. pa se može izvući pred znak integrala, tj.

Jl~-1- rNdx AE

l 1A Af1

'1·· c::--cf:,- t~:-jr.-

tiJ.m .,. jlllllllllllllll-1111 V· •• - tllllllll!ll l.,

oi

Slika l.2. Dijagram uzdužnih sila Slika 7.3. Veza defonnacije e., i pomaka u

Na slici 7.3a prikazanje neopterećen štap s označenim dvjema bliskim 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 A,B,-AĐ

AB

Prava defonnacija u točki A iznosi

Llu)-Lix

Ax

.đu du ex= lim-~-.

J;: ... o .đx dx

Prema izrazu (7.11) prirast pomaka u iznosi

du=cxdx,

Liu ax·

(7.11)

109

što nakon integriranja postaje U= ft, dx+ C. (7.12)

Konstantu integracije C možemo odrediti iz rubnih uvjeta.

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

Deriviramo (i gornji izraz po x, dobit ćemo

-=- AE-dN d ( du) đx dx . dx ·

Kako je prema (5. 7) dN fdx = - q., bit će

d ( du) dx AE dx = -q,.

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

đ2u AE---.,= -q,.

d.,

(7.13)

(7.14)

(7.15)

(7.16)

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

PRIMJER 7.1"

Prizmatični štap pres jeka A, duljine l i specifične težine y obješen je, prema slici 7.4~ i opterećen vlastitom težinom. Skicirati i kotirati dijagrame naprezanja a,.. deformacije e" poma!<a u i odrediti ukupno produljenje tl/. Zadano: y, l, E.

/Hf:t-{1 , . .,..-

Ul X~ N

' 1-x

,1 ;·MJ-xl l al bJ tl dl

Slika 1 A. 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. a

IJO

·!

Prema izrazu (5.7) jest dN dx =-q.=-yA,

što nakon integriranja daje

N= -yAfdx+C= -yAx+C.

Konstantu inte~racije C odredit ćemo iz uvjeta na donjem kraju štapa, ~d je je N=O za x=l, tj. N=-yAI+C=O.

Odavde je C=yAI, paje N=yA(/-x). (b)

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)

A u, 1

e,= E =E(I-x). (d)

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):

u= J e,dx+C=i J (1-x)dx+C

7 ( x2) u=E /x-2 +C.

Kako je za x=O u=O, bit će C=O, tj.

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

yf tll=u =-.

max: ZE jO

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

ytAI . Gl dl=-=-.

2AE 2AE

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 čitavoj duljini, nego ako djeluje koncentrirano na slobodnom kraju.

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 jednoliko j 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°.

~-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.

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 G0 • Skicirati dijagrame e:r. i u. Odrediti ukupno produljenje štapa. Zadano: y. F, l, a0 •

" X

·A

l j'{ l f l !dx l . ·A 4 dA

dG•q,dx

F

Slika 7.6. Stap jednake čvrstoće

~, f

Kao i u primjeru 7 .l štap je opterećen kontinuiranim opterećenjem

d G qx= dx =yA.

li2

(a)

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= konst., dobit ćemo nakon deriviran ja

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 A1 i A2 . U tom slučaju rubni uvjet glasi: za x=O, A=A~o odnosno

tako da je

ili

lnA1 =C,

y lnA-lnA1 =--X

a,

A y In-=--x

A1 Go

" A=A 1 e-Go. (b)

Vidimo da pri porastu x površina poprečnog presjeka opada po eksponencijal­nom zakonu i za x =l iznosi

t\aprezanje na donjem kraju iznosi

,, A

2=A 1 e-;;;.

F G;r.=-= Go.

A,

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

F -2!.

8 l. Alfirević: ~auka o l:vrstoCi

-=A1 e uo a o

(e)

(d)

113

odnosno A1 što uvršteno u (b) daje "•

odnosno

F _r:; A e u,, ...

F

"• Prema Hookeovu zakonu jest

<1 .x ~ <To =kon sL s,= E- E

Pomak u odredit ćemo pomoću izraza (7.12)

f "• u= s,dx+C=Efdx+C

"• u=Ex+C.

(e)

Kako je za X= o, u= o, bit će e= o. u tom je slučaju u= <!oX/ E. Vidimo da pomak raste linearno prema donjem kraju. Maksimalan pomak ujedno je jednak produlje· nju štapa, tj.

PRIMJER 7.3

... r Lfl=um.~~l(=E·

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.

114

~

X

·--·--"

Fl ~.s:seA,e ,,

Slika 7,7, ~tezanje ~apa promjenljive ID-rine

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 ·t g 2a, pa je površina poprečnog presjeka

Kako je

bit Ce

A=bh=b1h(l-~ tg2a).

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

9b, l=--=64,04cm.

l0tg2o:

Označimo li površinu presjeka gornjeg kraja štapa s A1 =b1h, bit će

A=A (1-!::). l 10 l

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

glasi N F l

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

du N=AE-=F

dx

F F dx du=-dx=---.

AE EA, 9x . l---

IO l Nakon integriranja bit će

F J dx u=- ---+C EA1 l-~=-

101

u=---ln 1-- +C IOF ( 9x) 9EA1 10 .

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

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

. ' 1

Nakon uvrštavanja konkretnih podataka dobit ćemo

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 F2 koje izazivaju produljenja štapova d/1 i d/2 • Sile F1 iF, možemo odrediti iz uvjeta ravnoteže točke B, a zatim pomoću izraza (7.7a) i produljenja

F 11, Lli,= A,E,,

F,t, Lli,=- A,E,.

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 F1 i F2 (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).

Xi A

8'

8,

., bl

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 BB1 prikazan pretjerano velik da bi slika bila jasnija.

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

štapovima. Njih ćemo odrediti razmatranjem uvjeta ravnoteže točke B, prema slici 7.9b. Ti uvjeti glase:

EF,=F -F, sin a+F2 sinP=O

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

Odavde lako možemo dobiti da je

cos {J F =F 0732l·F=I098kN 1 sin(«+P) ' '

cosa F2 =-F _ ( {J 0,8966-F=-134,5kN.

sm a:+ )

Promjene duljine .!tapova iznose:

. F11

. AEcosa -1,268mm

F21 Lllz=

AEcosP l,902mm.

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

L1l1 =u sin «+ucosoc

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

" A l:

" :cr!fJ

er F- x IY

bl ~~, ".fJ

B. F ·;-jY

Siika 7.9

Kad uvrstimo stvarne vrijednosti u gornje jednadžbe~ dobit ćemo

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:F,=O

1:F0 =0

l:M,=O

l:M,=O

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, (7.19)

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

l:MA=O, 1:M8 =0 l:Mc=O, (7.20)

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

118

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)

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

:A e E B -'• ~ b ' ' l Ug

bl f

fs

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

EMA=O.

(b)

(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.

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 F8 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

Lako se možemo uvjeriti da je

Us=uB+ujJ=O.

Fa uB:=uC= AE.

Pomak kraja B pod djelovanjem samo sile F 8 iznosi

€.1 - AE'

(d)

(e)

(f)

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

Fa

odnosno a

Fs=f' /' (g)

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

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

)

J

PRIMJER 7.6

Sastavljeni štap zadan je i opterećen prema slici 7.11. Naći reakcije FA iF 8

ako je zadano: a, F2 =2F1 =2F, A2 =2A1 =2A, E2 =E1 =E.

oJ 'tEt (J

·r ~ So

bl

SJika 7.11

Uvjet ravnoteže.

EF,= -F,-F8 +F1 +F,=O (a)

Ostale ·uvjete ravnoteže nije potrebno postavljati.

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:

uA;;;u~+u~+u~'=O i~ . ('

(F, 5a F, Sa) F1 5a 2a

u,= --+-- +--+ =0. AE 2AE 2AE

(b)

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 F2 •

Skratimo li izraz (b) s aJAE, dobit ćemo, nakon sređivanja,

a zatim pomoću izraza (a)

PRIMJER 7.7

3 F,=sF•

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.

Uvjeti ravnoteže. Na slici 7.12b prikazana je ploča oslobođena veza. Osim aktivne sile F djeluju sile u štapovima F1 i F2 i sila u zglobu F,.. Smjer sile F,. nepoznat je,

121

pa je rastavljamo u dvije komponente: F "-' i F,,. Sile F1 i F2 djeluju u smjeru ~tapova l i 2. Uvjeti ravnoteže ploče glase

oJ

EF,~F -F ""~0

EF,~F,,-F, -F, =0

EM,~ -F3a+F2 a+F1 2a=0.

bJ

Slika 7.11. Kruta ploča s jednom preko brojnom vezom

(a)

(b)

(e)

Uvjeti deformacije. Kako je ploča 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

odnosno da je

Kako je

izraz (f) prelazi u

vE=a ct=Al2

v0 =2aa=Ai1 ,

F11 Lli,~ AE

&11 ~ 2LII2•

F1 =·2Fl.

F,l Lli,~ AE'

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

6 3 9 F1 =-F, F,=-F, F.,~-F,F""=F.

5 5 5

Pomak točke B je horizontalan i iznosi

u8 =3aa.

Iz izraza (f) i (e) izlazi Ll/1 F1 / 6 Fl

•=-=--~---2a 2aAE lOaAE'

122

(d)

(e)

(f)

(g)

(h)

(i)

što uvršteno u izraz (i) daje

PRIMJER 7.8

9 Ff "•=sAE'

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

IM8 =F32a-F12a-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 defor-macije. Taj ćemo uvjet postaviti pomoću slike 7.13c. · ·

Označimo s A1, B, i e, položaj točaka A~ B i C nakon deformiranja sistema. Kako je greda kruta, točke A1, 111 i e, leže na jednom pravcu.

al '0 l

"//,

l 2 -lAE -AE AE A B e T

91---c'

~l&J bl~~ r1 r,

A s e o

. F

eJ A B e ~;11 e,

21

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

statički neodređen način

Iz sličnosti trokuta A1B1B2 i A,e,e, slijedi

odnosno

Produljenja iznose

Al F,l l

LI12 -LJI1 tJ/3 -A/1

2a 4a

2LII2 = .đ/1 + Lll3•

Lli F ,l '

F 3 2/ Lli,= AE. (e)

123

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

l 2Fz =2F, +2F,.

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

F1 =0,

što uvršteno u (e} daje

Lli, =0,

Pomak točke D iznosi

PRIMJER 7.9

l F,

Fl Lllz= 2AE'

Lli Fl '

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

(f)

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

8

EF,=F1 cos a +F3 cos a +F2 -F=O

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

o l

F1 t: F, ~ F'J f·- l l:./ K ll 2

l

bl d Slika 7.14. Statičll:i neodređena štapna konstrukcija

(a)

(b)

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

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 A2B, pa je A,A, jednako produljenju štapa J. tj.

Lll1 .đi3 =A1 A1 .

. 124 • .

Prema tome, uvjet defonnacije glasi

Kako je

Izraz (d) prelazi u

odnosno

F21 Lli,= EA

F,l

<H, cos a= L!/1•

F,lfcos a Al1 - ~. '

EA COS« F11fcos a

EA

F2 cos2 rt.=F1•

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

odnosno

Sile F1 i F3 Iznose:

2FzCOS3 a+F2 ",;,F)

F F,

1+2cos'a"

cos2 a F1 =F,=F 1 +2cos'"

7.5. Toplinska i početna naprezanja

(d)

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-

al

bi

' l

,, 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 eT=-,-=oLlT, (7.23)

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 nepomič­ne. Zbog toga se u njemu javlja tlačno naprezanje. Ukupna deformacija jednaka je nuli, tj.

Odavde je

u, E:.x=cc.đT+-=0.

E

Ux= -a.E.1T. (7 .25)

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,""----

A l 1

al

e

)J

"·f\/i •m~

A B

bl

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

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.

126.

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 drugačija. Montiranje štapova AB, BC, CD i dijagonala AC i BD možemo izvršiti bez primjene sile. Štap AD1 je kraći pa se njegov kraj ne podudara s čvorom D. Da bismo spojili kraj D1 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.

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.

r, .

!1: Az ] t1

~ al bl

Slika 7.18

Odrediti:

a) potrebno povišenje temperature .đTto pri kome će štap upravo dodirnuti drugu stijenku,

b) naprezanja a1 i u2 koja će se pojaviti u štapu pri povišenju temperature za LlT2 >LlT1•

Zadano: a1, E1, A1,11, cx2 =2a1, E2 =E1j2, A2 =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.

Odavde je

ill=.đltr+ Jl,,=<l

.đl=(tX111 +a:,I2)L!T1 =<l.

{J LIT,=---.

a.tlt +a1l1

(a)

(b)

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

Lli= J/ld+ Lli,,+ Lli,.+ .đi2T= <l. (e)

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 +a111.dT2+-I, + a:,l2dT2 =<l. E, E2

(d)

U tom se izrazu pojavljuju dvije nepoznanice: <11 i O'~h pa je potrebno postaviti još jednu jednadžbu. Uvjet ravnoteže štapa prema slici 7.!8b glasi:

I:F,=F_.-Fc=O.

Kako je FA= 0'2 A1 i fc= a1Ah bit će

U 1At = cr2A2. (e l Istovremenim rješavanjem jednadžbi (d) i (e) dobit ćemo

A2 ll O'z a, --+-::-1, =b- (a, l,+ •212 ) LIT,.

A1 E1 E1

Uzmemo li u obzir izraz (a), bit će

172 (--~-+-2-)- (•1L1 + a212)(l!T,- LIT1) •

A 1E1 A2E1 A2 ~

odnosno

L, ( A1E211) 12 ( oc111 ) a,·-- l+-- =oc2 - l+- LJT, A2E2 A1E1l2 A2 Cizlz

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

!X t 11 1+-l:t:zlz

" = oc,E,.dT - A,E,L, 2 l+ --

AlE,I,

128

Uvrštavanjem konkretnih vrijednosti dobit ćemo

PRIMJER 7.11

3 <>,=5".,E,LIT,

9 "' = 5a,E,LIT.

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 cx2•

F, F, F,

Slika 7.19. Statički neodređena konstrukcija podvrgnuta promjeni temperature

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 F2 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

2F1 coso::+F2 =0.

Kako je F1 = Aa1 i F2 =A u2 , izraz (a) možemo pisati u obliku

2a1 cosa.+ a2 =0.

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

LJ/2 cOSo::=tf/1•

al Materijal sva tri štapa je jednak.

U tom je slučaju u, l l

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

"' ill, =-1 + ocd TL, E

što unšteno u izraz {e) daje

(u, ) 2 u, E+oci!T cos oc=E+<x.đT.

9 J. Alfirević: Nauka o čvrstoći

(a)

(b)

(e)

(d)

·129

Iz izraza (b) možemo dobiti

Cl' z=- 2a1 cos cc

Ako gornji izraz uvrstimo u {d), dobit ćemo

odnosno

Odavde je

( "' ' ) "' · -e2cos ct+<XLIT cos"=e+•LIT,

a1 (l+ 2cos3 «l= - «E.1T(l- cos' a).

"' = «ELI T l-cos'" 1+2cos'«

Pomoću izraza (e) i (O dobit ćemo

2 E'A COS«-COS

30!

Gz= a I.JT . 1+2cos3 cx

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

U tom je slučaju

"l l 1 d/1 =---+«1LIT--

E1 cos !X cos IX

"' Lli,=EI+a2tJT, l

što uvršteno u U\jet defonnacije daje

( a, ) 2 "' -+~:t2LIT cos ct=-+a1tJT. E, E,

Ako uvrstimo izraz (eru (gl. dobit ćemo

( u1 ) u1 - -2cos ;x+ «2 LIT co~.za=-+o:1.dT, E2 E,

odnosno

(l 2cos' ")

"• E, +--e;_- = (<XzCOS2 rt-"' )LIT

q _ (a:zCOS2 «-« j

l l E,+2E, cos'" E,E,LIT.

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

130

(e)

(g)

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 <XzCOs2 «<«,. Ako je pak c:,cos2 <X=a1, neće se pojaviti toplinska naprezanja. To objašnjavamo činjenicom što je toplinsko rastezanje štapova upravo takvo da produljenja štapova zadovoljavaju uvjet deformacija.

PRIMJER 7.12

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.

8\ 'l (o lt o1A O'rAj1r,A t ·o

A . al bl cl

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

Zadano: 1=2m, a= 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 a3 = u1• Uvjet ravnoteže čvora A glasi

2a1 cos ct= u2, (a)

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

.dl.fcos"+Lif, =a. (b)

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

"' .d11 LIT, =-1, E

izraz prelazi u

odnosno

i' li 1 u1 +a2 co «=-,Ecos a. (e)

9* 131

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

{J cos2 a. CT - E- -;---:--;;--:-::;-::-1- l 1+2eos3 o

_ 2

ElJ cos3 a Ul- -

l l +2cos3 a.

Nakon uvrštavanja konkretnih podataka u izraze (d) naprezanja u1

iznose: {J cr 1 = 0,3262 E l= 32,62 M Pa (sabijanje)

{J cr2 =0,565 El= 56,5 MP a (rastezanje).

PRIMJER 7.13

(d)

cr,

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.

' ,, ' .~fo/0

!lliJI,I51617

1 rlH l !tj,s~ _!_ ADE --.JI

F,'FI F6 t ' il''''! t ,, l . l l

Slika 7.21

Na gredu djeluje sedam nepoznatih sila: F1,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 A1B1. Kut zakreta grede označit ćemo s rx. Veličina tog kuta za sada nam je nepoznata. Produljenje i-tog štapa iznosi

LH;=X;a, (a)

132

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

..:11; 0:

e,=/=x,/, - (b)

tako _da je sila Fi=Au;=AEe~o odnosno

• F;=AETx;. (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

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

odnosno nakon uvrštavanja izraza (e) u (d)

• 2 M=AEll:x,

• M =2AE/ [a'+ (2a)2 + (3a)'],

ŠlO nakon sređivanja daje Ml

•=---28EAa2.

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

Mx; f,=28a'

Mix; Lli,= 28EAa'.

Nakon uvrštavanja konkretnih vrijednosti u izraze (f) dobit ćemo:

M F,= -f,=28a

f 6 =-f,=2M 28a

F,=-F 3M ,=-28a

f 4 =0

Ml tll5 = -Lli,= 28EAa

2M/ Ll/6 =-Lli,= 28EAa

3MI Ll/7 =-Lli,= 28EAa

Lli. =0.

(d)

(e)

(l)

133

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 A l

H'=ll Fa 1r

F

aJ bl sm,. 7.22

Reduciramo li obje sile na točku C, dobit ćemo rezultirajuću silu 3F i rezultirajući 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.

Fl =F;= ... =F1. Uvjet ravnoteže J:F,.~O u tom slučaju glasi

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

pa je ukupna sila u štapu 5

Sila u štapu l jest

M liFa ll F:=-=-=-F

' 28a 28a 28 '

F F• 23 • ~.+~--~ 28

F1 ~F; +F; -~F +(--3-llFa)= -~F.

7 28a 28

Na sličan način možemo dobiti sile i u ostalim štapovima.

134 .·

7.6. Konceotradja naprezanja i St. Venantov princip

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.

~ 1T"' "'~ .. 1J)l7dt (1~114 =l575~

Slika 7.23. Raspored naprezanja u blizini kraja !tapa na kojem djeluje koncentrirana sila F

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

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 <T mu: ovisi o obliku i veličini diskontinuiteta te sre­dnjem naprezanju, što se izražava pomoću izraza

O"rnu=KO"n, (7.26)

135

gdje je K faktor koncentracije naprezanja, a a" nominalno iJi srednje naprezanje po

F oslabljenom presjeku, tj.

F <Jp :411 (h- 2r)b'

• (7.27)

gdje je A, površina osla bijenog poprečnog presjeka. Faktori koncentracije napre7.a­nja za plosnat štap sa središnjim kružnim otvorom i za štap s dva polukružna utora prikazani su dijagramom na sUci 7.24, Teorijsko rješenje za faktor koncentracije naprezanja u 'beskonačnoj ploči s ellptičnim otvorom. koja je opterećena na rastezanje. prema slici 7 .25, glasi

gdje je

a K l+2b, (7.28)

Ako je a fb~ 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

••

• -~l=]) ~-~ ~ ~

~

K•6#10ta •• 1

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 . ;•

đ,l~

··111111111111111 Slika 7.25. Koncentracija naprezanja

u beskonačnoj ploči s elipličnim otvorom

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=4cm2• Prosječno uapre7.a­nje u presjeku jest

. lO' Nfm' ~ 50 MPa.

Maksimalno naprezanje, prema izrazu (7.26), iznosi

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

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.

{' iifi' ~ (> ~······· 1 7,

-, r, -1 ······ :- FJ ili

l 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 statički neodređen. 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

139

kutnog pomaka ~- Zatim smo iz produljenja odredili deformacije e,, pa pomoću Hoo keova zakona naprezanja u i= EjE, odnosno sile Fi= q 1A. 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 popreč­nog 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 popreč­ni 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 ograniče­nja, 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<eovzakon lli uij = fk1i)

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.

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' 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.

142

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

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

~~~ l'

1 l'

oJ 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

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. (8.1)

Inregriranjell! tog izraza dobit ćemo

' X J do= f 8dx. ~to X(,

Relativni kut uvijanja 8 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<linatnog sustava odaberemo na lijevom kraju štapa, bit će

«= ao + llx. (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

,, bl,o:o~X

t ' -1

r

cl

-o '"'

' 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

Y"'tg

Uvrstimo li (8.2) u gornji izraz, dobit 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)

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

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 <dA koja oko osi x čini moment <dA p. Uvjet ravnoteže cijelog dijela alasi ~

" EM,=-M,+ J tdAp=O. ~l

A $illi knk

.. t'

S.!ika 8.7. Ravnoteža elementa okruglog ~tapa optere.Cenom na uvijanje

Ako u taj izraz uvrstimo (8.4 ), dobit čemo

fpGildAp=M,.

' Kako se integriranje vrši po presjeku i kako je za sve točke jednog presjeka G 8 konstantno~ bit će

G9 J p'dA=M,. A

ln te gral u gornjem izrazu predstavlja. prema (4.4), polarni moment tromosti I P' pa je

odnosno

Gf:JIP=Mu

M, 9=-.

Gl, (8.5)

Uvrstimo li izraz (8.5) u (8.4), dobit ćemo konačan izraz za raspodjelu. naprezanja

M, !=-p.

I,

Km zakreta o: dobit čemo ako u izraz (8.1) uvrstimo (8.5), tj.

M, d~=lildx=-dx.

Gl,

Zanemarimo Ji rotaciju štapa kao krutog tijela. bit će

l

IM, a= Gl, dx.

o

10 L Alfirević: Nauka o tvi-stoCI

(8.6)

(8.7)

(8.8)

145

Ako štap ima konstantnu torzijsku krutost G I, 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 će

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

Ako je torzijska krutost G l P konstantna, bit će

d' a GI,-1 ~ m,.

dx

(8.10)

(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 pres j ecima jednake su nuli.

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

U'loijaoje

••

Slika 8.9. Komponenle tenzora naprezanja u eilindri~nim

koordinatama

Za opisivanje uvijanja okrugli n 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· .. """ ... l ["• <". ["ul= "" ""' a." <..,. "• <..,l (8.12)

"·• u,." (1= tpx '"' ·~·

146 ..

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

[o o o]

[<r,j]= o o <

o < o (8.13)

Budući da je čisto smicanje ekvivalentno istovremenom rastezanju i sabijanju u dva međusobna okomita pravca (vidi primjer 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.

~"•_!_, ··~~~} _, H-·?; + ,-\: ' ' i

al bl

Slika 8.10. Glavna naprezanJa i trajektorije naprezanja u §tapu opterećenom na uvijanje

8.3. Dimenzioniranje štapova opterećenih. na uvijanje

Vratila i ostali šta povi opterećeni na uvijanje dimenzioniraju se prema uvjetu čvrstoće 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 prika-

iem ktbkag š~opa

·~~­a}~

lt!m ttufdilnog štopq

bl

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

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, 'tma~=JPmax=~/ ~'t"dop

p p P mu

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

p

Izraz (8.14) možemo preinačiti uvođenjem oznake

lp lp Wp=--=­

Pmu. r

(8.14)

(8.15)

(8.16)

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

Izraz (8.14) sada glasi

WP=I:=n:: ~~=~~'. M,

t =--:s;;;'l'dop· mu wp

Iz izraza (8.15) i (8.18) možemo dobiti

odnosno

nd' M W=-;>-'

P 16 'rdop

nd4 M I=--;>--'-,

P 32 GSdop

~ d>- -~

•f 32M, d;> ---G 9dop1[

(8.17)

(8.18)

(8.19)

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

M;dop= WP -rdop=---rdop= C, d3

. 16

nd4

M;' dop= G I P S dop =n G 9dop =C2 tJ4.

148

l Kao dopušteno opterećenje usvajamo manju od tih dviju veličina. M;dop raste s trećom potencijom, a M;' dop s četvrtom potencijom promjera, što je ilustrirano na slici 8.12. Ako je d<d", za dimenzioniranje je mjerodavna krutost, a ako je d> d", mjerodavna je čvrstoća. Vrijednost do odredit ćemo izjednačav~jem izraza za M;dop i M; dop• tj.

nd~ naci

Odavde je 16rdop=32G8dop·

2rdop

d"= G 9,,,"

Granični moment uvijanja jest

n[ r,,P J M =- -- 'rdop· 10 2 G B dop

Ht~,.

N,.

0 1 da d

Slika 8.12. Ovisnost dopuštenog momenta uvijanja o promjeru

vratila

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

kružnog vijenca

(8.21)

(8.22)

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

rr.d4 nd4

l=--'--' p 32 32

d. l =_!(l - k"')

p 32 , (8.23a)

gdje je k =d2/d1 omjer unutrašnjeg i vanjskog promjera: Moment otpora dobit ćemo pomoću izraza (8.16):

3

ld nd WP=lp f=If(l- k"'). (8.23b)

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:

nd~ M w =-1 (l- k4 );>-''

P 16 tdop I = ntf1 (1- k4);>~.

P 32 G_Sdop

149

odnosno

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

32M, d,;;,.~fxG8,.,(1 k4 ).

(8.24)

(8.25)

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'

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

M _30P ,--"" .

PRIMJER 8.1

(8.26)

(8.27)

Vratilo prenosi snagu P=lOkW pri brzini vrtnje n=lOOOmin- 1. Odrediti

promjer vratila ako je zadano -rdop= 20 M Pa.

Prema izrazu (8.27) moment torzije iznosi

30P 30 · l OOOO M,~- 95,49Nm.

"" ". 1000 Promjer vratila jest

3 /16M, 3 jl6·95,49 O O d~ --~ 29m

20·106 , Tt 'tdop

d~29mm.

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

150

d~2(~)"'

W ~ nd3 ~~ [ 2 (~)"'J;" A'" ~ ~ [A'

p 16 16 1t 2n112 2 v-;:;-xd' A'

I~-~­' 32 2x

., \i·

-~ ' ,; .,

::-·

·1

"•'!i,

Šuplje vratilo d2/d1 ~k.

Kako je površina poprečnog presjeka dana izrazom

n:d~ nd~ nd~ .2 A~4-4~4(l-k ),

bit će

[ A ]'" d ~2 . 1 n(l- k2

)

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

nd3 A312 1- lt w ~-· (l-k

4) po 16 2n112 (l- k2)3/2

A312 l+ k' w ,. 2n112 (l- k')' 12

"ce A' t+ k' I ~-1 (l-k4)---.

po 32 21t l-k'

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

w,. l+k' w, ~ (1- k')'"'

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

~A~ [1j~

Slika 8.14

10

9

~t §@· J J _______ _L../

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/d1

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 z.odacl

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

EM,=M-M,-M8 =0.

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

đli H ~ <-.!~~ x-

bl f l 1 c-·E--= . ...,.. H" H H1

Slika 8.16. Stalički neodređen Map opterećen na uvijanje

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 M8 1 O:B=----=0.

Gl, Gl,

Odavde nakon kraćenja s G l, dobivamo

a zatini iz uvjeta ravnoteže

a Ms= MJ,

b MA=Mj'

Postupak rješavanja složenijih zadataka pokazat ćemo na dva primjera.

152 •

PRIMJER 8.3

Okrugli štap promjenljiva presjeka uldiješten je na oba kraja i opterećen prema slici 8.17a. Zadatak je: ••

- 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.

al

. {fH jlllllffillllllbd H, bi ' fON ,

27 Jlll~llll, .Ir z< H ' $

ir l ~Jril'j l . ... l /il

<l l ll~ UllEllll~ IT, fftt,!IIIISIII. Wff..&~rn§t,,; (X

dl~~~

*" -1'4-Siika 8.17

Uvje~ x:a\'notežc glasi:

:EM,=MA-Mr +M2-M8 =0,

a uvjet deformacije

M,41 M 2 71 M 2 21 M 8 1/ M 8 51 a8 =- --+--+--------=0,

2GJ, 2GI, GI, 2Gl, Gl,

što nakon skraćivanja s lj2G I, postaje

-4M1 + 1M2 +4M2 -7M8 -IOM8 .,0.

10 27 Rješavanjem izraza (b) dobit ćemo M 8 =uM, a zatim iz izraza (a) MA=11 M.

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

Gl,

O~x~41 27M 21M

8= ---34GI,

(a)

153

4/;;;x;;;?/

71~x~9l

9/;;;x;;; 121

li= 12 M 11GI,

lJ= 24 M l? Gl,

9=_lOM. !?Gl,

Prirast kuta zakreta računat ćemo pomoću izraza (8.9) za odsječke duž kojih su krutosti momenta uvijanja konstantni:

a(O)=aA=O

27 M 54 Ml •{41)=941= ---41= ---=<>e

34Gl, 17Gl,

12 M IS M/ a(71)=d(41)+--31= a0 17GI,

24 M 30 Ml a(9l)=a(11)+--21=--=a,

17 Gl, 17 Gl,

IOM3 a(l2/)=a8 =a(9/)-

11Gl, =0.

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

3 Odavde izlazi l, =4, pa je

PRIMJER 8.4

2/:l,=l•c •oi:J.ol

21:1, =48: 18.

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

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~ - X -d, G Sl 'LN, H,

bl H,

H,

Slika 8.18

154

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

xd4

l,=n· "(2d'f ruJ' 1,1 =-n= l632= 161,.

Uvjeti ravnoteže i deformacije glase:

M=M,+M8

MS/ M 8 5/ M8 3/ a6 =--------=0.

16GI, 16GI, Gl,

Rješenjem izraza (a) i (b) dobit ćemo:

48 M•=s3M,

5 M•=s3M.

Momenti otpora oba dijela štapa iznose:

W _ xd3

p-~· w - "(2d)' 1t d

3

,,---1-6=2

Maksimalna posmična naprezanja u lijevom i desnom dijelu jesu:

MA 482M 96 M ' =--=---=---

! w,, 53xd3 53xd3

M 8 5 16M 80 M •=-=---=--·

W, 53xd3 53nd3 .

(a)

(b)

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

Odavde je

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

53 > Mcap ~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. ,,

~-~Eif} d()~

,,

.. ,

F

F

bl F

r~a

cl L ~­

v~ Slika 8.19. Okrugli ~tap promjenljiva

prcsjeka i zakrivljeni okrugli ~1ap Slika 8.20. Žica za vojne opruge opterećena je na uvijanje

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

M,=MsinP=FRsinp. (8.28)

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·

M,=FR.

Taj moment izaziva posmično naprezanje M, 16FR

-rmax=w= nd3 . p

(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 tQ=-=-,.

A nd

156

Ako izraz (8.30) podijelimo s gornjim izrazom, dobit ćemo

16FR

trna trd3 R -·=--=4-'o 4F d

n d'

Ako je Rfd'P 1, onda je rQ ~t mn• pa se može zanemariti. Konačan izraz za naprezanje u opruzi glasi

16FR - -,. tmax- ted

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.

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,

Zbog tog zakreta točka B prelazi u B1, pri ćemu je BB1 =ABda. Približenje točke B točki e iznosi

d~=BB1 cosq>=AB dacosq>.

Kako je AB cos cp= R, možemo pisati

Ukupni prodib opruge O iznosi

M,R d~=Rda=--ds.

Gl,

~= d~=- ds=--, J M,R J M, Rl Gl, 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"'. (8.31)

Ako omjer Rfd nije velik, i ako uspon P nije malen, točnijom (ali mnogo složenijom) analizom može se pokazati da je

16FR [ 5 d 7 (d)'] tma~ = nd3 l +gR+ 32 R (8.32)

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

(8.33)

157

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. H,,;,

~: fj:-~t)+-i-Slika 8.21. Stap promjenljivog pres}eb opterećen mt uvijanje

Promjer na udaljenosti x od lijevog kraja iznosi

d=d, =d,(l+z:f)

Moment tromosti lijevog kraja je l pl 1t dj/32, a moment tromosti na proiz-voljnom mjestu

l =-·"·=- l +2- =l l +2- . nđ' rrtr,( x)• ( x)• p 32 32 l pl l

Kako je M ( x)-• dx=8dx .. !. l +2- dx Gl l ' ..

bit će l

~o=x-ao= --' 1+2:': dx. JM'( )-• Gl, l

o

Af,/G I P je konstanta koju možemo izvući pred znak intcgrala, pa nakon integriranja dobivamo

tb= -~ M, (l- z:':)"'~ l'=~ M,i 3GI, l 2b 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 matematič­ki 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

koje su najudaljenije od težišta poprečnog presjeka štapa. To su ovdje točke A, B, C i D. Medutim, naprezanja u tim točkama jednaka su nuli'" Nasuprot tome maksimalna posmična naprezanja Tmu javljaju se u sredini duljih stranica, tj. u

&TITIIllTflfrJb fr.n

·~·~"-A E ~ Slika 8.22. Raspored posmičnih naprezanja u !tapu pravok:otnog presjelca koji je opterećen

na uvijanje

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:

M, T =-­

m:<r. (X h b2

3=-/V[-'--­pGhb'

't'~u:=Yt~

(8.34)

(8.35)

(8.36)

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

Tablica 8.1 Vrijednosti )/.(X'ficijenata :r, fJ i ~· Gvisnt o srnjenr hf/l

h/b l '·' 2 3 4 6 8 lO

, 0,208 .0,231 0,246 0,267 0,282 0,299 0,307 0,313 0,333

p 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

' M,

9--. -Gl,

(8.37)

(8.38)

159

Tablica 8.2 Vrijednosti T_.. i S :r.a razliate pune presjtke

Oblik Pov!iina MaksUnalno Relativni kut

pres~ka naprezanje t_,. uvijanja S

~-2M, <>'+>'

<: nab :rab1 ruf/i M,

"'--'

~J ' a' M, M,

.J 4,8 a' 7,1 d' G

:.. 11._..:

~'\ 0,433a' 20M, 46~ a' a' G

-·"··-/~ 0,866a'

M, 88~ - 5,7-;;r • d'G

~-«....-J

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",,. (8.39)

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 m promjenljiva.

Torzijski moment krutosti i torzijslci moment otpora za tankostjeni štap otvorenog presjeka1 slika 8.23b~ dani su izrazima

160

'

! L•· cr i•l

I,

t",.,

(8.40)

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.

,,,~

~

J,

oJ bl

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

PRIMJER 8.6

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 l ~w.!fl 2111

tSl

Slika 8.2:4

• l,=~ Ls,f, =~[ 20r (2t)'+ 20r t'+ 15rt' +Sr (2r)' J

i= l

l, 8!,33r• =40,67t' W=-= 21

f tma•

M, M, <-= w = 4067t'

' '

M, M, 8=-=--···

Gl, 259Gt4 •

fl L Alfirevič: Nauka o evrstoCi

r,=81,33C'

161

Zadan je presjek zatvorenog tankostjenog šlapa, prema slici 8.25. Stap je opterećen momentom uvijanja M,. Odrediti relativni kut uvijanja 9 i maksimalno posmično naprezanje t_. Zadano: M,, e, G.

PRIMJER 8.8

81

" tt

Slika 8.25

l Ao=8t ·6 t+-8t·6t=72 t'

2

,( ds St l2t !Ot t 32 j t 2 t t t

·. 4~ 4·721 !" l =-=--=648t" 'f ~ 32

W,=2A0t.,,, =2·72t2 t= l44t'

M, M, tmax= wt=l44r1 9=M'=~

Gl, 648Gt"

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.

t

.,,._~ --tJ--m-1151

aJ bl

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

162

a) Otvoreni presjek

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

I;=23,3t"

l, -' w;=-=23,3t tm,.:<

b l Zatvorem presjek

A0 =20r 15t=300t1

.(ds= lOt+~+ 20t +~+~=70 ji t t t ' t

4~ 4·3001 t4 r:·=fd 5142,9r• s 70

t

w;• = 2 A" /mio = 2-300 f t= 600 t'

Omjer momenata krutosti iznosi:

I;' 5142,9 t' J; - 23,3 ,. 220,7

w; 6oot' -=--.3 =25,75. w; 23,3r

Vidimo da je krutost zatvorenog presjeka veća oko 220 puta a čvrstoća oko 26 puta, što je zaista velika razlika!

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

~'' ~ ' lis/o soriianje Pcprečw SOtlijOnje

cl bJ

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 =cr mn bl:. Krak te sile oko točke A iznosi 11/2. pa ravnoteža momenata oko tačke A glasi

h .,._bh l= Fl.

165

Odavde bi maksimalno naprezanje po Galilejevoj pretpostavci iznosilo

Fl umaJt=2 bhz·

Iako danas znamo da je Galilejevo rje!enje neispravno, ono je imalo veliko značenje 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 Fl

anlox = 3 bhl.

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.

~

'' l""ia lJ•

~8 D

- t l

F

D

=t ---F, ~~ l f

F

bl

r, 8 ·t it~-ic ru· ~· F

al

r, a o±

?~-:-=f~u tl

Slika 9.2. Ranoj leorije savijanja štapa

Prvo točno Iješenje problema savijanja dao je 1713. francuski fizičar Parent. Međutim, 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 F2, tj.

·~·

166

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

:,", {;'

Ravnoteža momellJlta vanjskih i unutrašnjih sila oko točke A daje

2 F,'jh=FI,

odnosno 2 . 4 am.,bh3h=FI,

što daje Fl

a -6-mu.- bll2 •

Poslije ćemo vidjeti da je to ispravno rješenje.

9.2. Naprezanja i deformacije pri čistom sarijanju

Radi postupnosti ograničit ćemo se za početak na razmatranje čistog savijanja prizmatičnog 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.<tična ili progibna linija. Pokazat ćemo da je u slučaju čistog savijanja ta crta kružnica. Zamislimo da smo štap presjekli u niz manjih dijelova, kako je prikazano na slici 9.3c. Svaki je dio geometrijski identičan, ima ista elastična svojstva i jednako je opterećen, pa će očito i zakrivljenost svakog dijela biti jednaka. Prema tome. elastična je linija krivulja koja ima konstantnu zakrivljeno.st. a to je kružnica.

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

L Poprečni prosjeci nakon defonniranja ostaju ravni i okomiti na elastičnu liniju.

2. Sve komponente naprezanja osim u:r. jednake su nuli.

a!

bl

el(J$fi(llq liniju

cl~\ Slika 9.3. Kod čistog savijanja štapa elastična linija

jest kružnica

'l,. ~ --~ al bl

Slika 9.4. Simetričnost elementa uvjetuje da poprečni 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

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,

Izrazi za naprezanja. defonnacije i pomake koje ćemo izvesti na temelju tih pretpostavki vrijedit će uz ova ograničenja:

l. visina štapa il malena je u usporedbi s rasponom l. Treba da bude hf/,;; 1/5 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<O,OI do 0.02.

Grometrijska anaH1.a. Zamislimo prizmatični štap na čijoj je strani ucrtana pravo­kutna mreža kao na slici 9.5a. Nakon opterećenja horizontalne crte prelaze u kružnice, a vertikalne crte se naginju i ostaju okomite na te kružnice, slika 9,5b. Pravokutni cleml!nti se defonniraju, ali ostaju ortogonalni, tj. stranice deforrniranog elementa sijc:ku ~ pod pravim kutom. Uzdužna vlakna na gornjoj strani štapa

e.'

bl

.1~ s, c1

l ,' da : _>_,

A i O { l At 1'1, l

r1 , 1 l l l s __ n

lt E z f F1

81 B

e; A

H ll o

dX

Slika 9.5. Geometrijska analiza deiormiranja ~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

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

odnosno p da

. ex=-.

p (9.1)

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.

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

u,= (9.2) p

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 A.

M,= J ax z dA A

J u,ydA=O. A

(9.31

(9.4)

(9.5)

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

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

169

Uvrstimo li izraz (9.2) u (9.3), dobit ćemo

J;zdA=O.

A

Modul elastičnosti E i polumjer zakrivljenosti p konstantni su za dani presjek pa se mogu izvući pred znak integrala, tj.

;{zdA=O. (9.6)

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

M,=; I z' dA.

Kako je f z2 dA =l Y' možemo pisati A

odnosno

A

El My= -'

p '

l M,. -=X=-, p El,.

(9.7)

gdje je x zakrivljenost elastične linije. Uvrstimo li izraz (9.2) u (9.5), dobit ćemo

M,=-; fyzdA= -;1,.,=0. A

Kako je IY==O, osi y i : su glavne osi tromosti poprečnog presjeka A. Pomoću izraza (9.2) i (9.71 možemo dobiti

M, u;r:=-z.

I, (9.8)

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~a­nom 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.

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.

170

'l ···:·:

:':;

:or,-'

Nosač je simetrično opterećen, pa su reakcije FA. i F s jednake i iznose FA=F8 =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)

Kako u srednjem presjeku imamo čisto savijanje, možemo primijeniti izraz (9.8), tj.

M, u;r:=-z.

I, (b)

' .t' '~;~~ r:;;;mmm-~'!:u;; Q-d;j.

o

Mj Aillllllllrnlllllllltlh. H-dij. l' Slika 9.7. Greda koja je u srednjem dijelu

optCreCena na čisto savijanje Slika 9.8. Raspored naprezanja zbog savijanja po

visini nesimetričnog presjeka

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 A2 • U tom je slučaju

pa će biti

A1 =10r', zi=r

A2 =10r', z;=-5r,

A.z;: +Alz2 zi- A

1 +A2

l0t2 ·t+ l0r'(-5t)

20r' -2t.

Moment tromosti oko težišne osi y iznosi

I,= St:~t)' +10r'(3t)2 + 1 (:~t)' +10r'(3t)'

I,= 266,66 t• = 4266,56 cm•.

Naprezanje u donjem vlaknu jest

Odavde izlazi

M, Gu=y-zt:

'

' 24·10' ·4266,56 . 10-,8 w-'.

""' = 0,045 · l 09 Pa= 45 MPa.

Na sličan način možemo dobiti iznos naprezanja u gornjem vlaknu:

UxD = - 67,5 J\1Pa.

(e)

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 poprcčnog savijanja pojaviti posmična naprez.a.nja 'r...-r tako da je

J r.,dA=Q,. ' A

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 jednaka1 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.

,, bl

Slika 9.9. Kod sa\·ijanja silama poprečni presjeci sc iskrivljuju

Slika 9.10. Konstantna poprcčna sila ne utje« na normalna

napre.zanja

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 A1B1C1D1 deformirao u slučaju čistog savijanja, a punom crtom ele­ment s deplaniranim stranama A2B2C,D2• Pri jednakoj deplanaciji ( Q, = konst.) bit će

= E1F 2• tj. de pia nacija ne utječe na produljenje vlakna EF. pa time ni na

172

deformaciju ex• odnosno naprezanje a$. U tom su slučaju izrazi (9.7) i (9.8) egzaktni.

Izraz za posmična naprezanja dobit ćemo razmatranjem grede na slici 9.lla. Uočimo 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

D}

11111111 1° b}

~ ·' F-A~-+-+-·-. -A

X w. ~ l' Hy OCJIJHy+dHy

Or' 'Qr

~ i PJilll

~ 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 A3 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~dA2 + f(<7.+da.)dA3 • 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 <u konstantno po presjeku A2 • Kako je A1 = A3 i A2 =b dx, uz pomoć izraza (9.8) možemo pisati

odnosno

IM, IM,+dM, - -zđA1 -l'::xbdx+ zdAh I, I,

A, •• dM I 't;.xbđx=--Y zdA1 I,

A,

dM, S, r== dx blr •

·'. 173

gdje je S,= fzdA1 statički moment dijela presjeka A., odnosno A, oko neutralne osi y. Prema izrazu (5.10a) je dMJdx=Q" pa izraz za'= glasi

PRIMJER 9.2

Q"S' t:a= bl:r . (9.9)

Odrediti zakon raspodjele posmičnih naprezanja za pravokutnl presjek zadan prema slici 9.12a.

b

·J,, [jJ !fiH .. p .. ll_z' 2

oi bl Slika 9.12. Raspored pes.mičnih naprezanja po pravokutnom presjeku

Površina iscrtanog dijela iznosi A1 =b (h/2- z), a udaljenost težišta od osi y je (h/2 + z)/2. Statički moment te plohe oko osi y jest

S,=b(~-z)W+z)=~(~ -z').

Moment tromosti pravokutnog presjeka jest I,=bh3f12, pa posmično naprezanje na udaljenosti =od osi .r prema izrazu (9.9) iznosi

= Q,S,= 6Q"(h' -i') '= bl bh' 4 . '

.. Posmična su naprezanja raspodijeljen• po zakonu parabole. Maksimalno posmično naprezanje jav[ja se u sredini nosača, tj. za z=O

3Q" 3Q, 't'm:u.==2bh =2A'

gdje je A površina poprečnog presjeka. U tom je slučaju maksimalno posmično naprezanje 50% veCe od prosječnog.

PRIMJER 9.3

Odrediti raspored posmičnih naprezanja u kružnom presjeku prema slici 9.13a, Zadano: Q" r.

174

Statički moment iscrtane plohe A., prema slici 9.13a, odredit bmlo integrira­njem. Element povriine iznosi

dA1 =bd/;=2../i'- {;2 d~,

pa je statički moment plohe A 1 oko osi y

' 2 S,= f {;dA1 =2f../r"-{;2 {;d{;=-(r'-z')'".

~ z 3

,, " " Slika 9.13. Raspored posmičnLh naprezanja pO kružnom presjeku

Posmično naprezanje dobit ćemo pomoću izraza (9.9), tj.

~ (r'- z')'f' t = Q,s,= Q,_3 ---= Q'(r"-i'). " bl I 2(r'-z')'" 31

' ' ' 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

z=O ima maksimalnu vrijednost: 4 Q. 4 Q,

t'x;mu =Jttr2 =JA• Prema tome je maksimalno naprezanje u tom slučaju za 33% veće od prosječnog. Raspored posmičnih naprezanja prikazan je na slici 9.13c.

T.rTu"'O ~a

·-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 poprečnog pres jeka, 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

tx: r=--. COS IX

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.

PRIMJER 9.4

Za trokutasti presj~k. prema slici 9.15, naći veličinu i mjesto maksimalnog posmičnog naprezanja. Skicirati raspored naprezanja po presjeku.

YJ f•

. ,

l' ,,

., .. h~ 1z1

7f l l T"

r., ·-Ja a r't ..

l' bl cl

Slika 9.15. Raspored posmičnih naprezanja u uokumom presjeku

Kako je površina iscrtane plohe A1 =~(~h- z), a udaljenost težišta te plohe . 2 3

od osi y

; 1 =z+~(~h-z)=~(~+z) 3 3 3 3 ,

njen statički moment oko osi y iznosi

S,=A 1z1 =Wh-z)G+z). Prema izrazu (4.23) moment tromosti trokuta jest

b0h3

l=-. ' 36

Posmično naprezanje na udaljenosti z od osi y iznosi

r -= Q.s, = 12Q. (~h'+~z-r).

•- bl, b0h3 9 3

176

(a)

··~.~.

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.

dr.,= 12Q.(~-zz)=o. dz b0 h3 3

Odavde dobivamo da se maksimalno posmično naprezanje javlja na mjestu z= h/6, što uvršteno u (a) daje

Q, 3 Q, r =3-=-­.~:mu boh 2 A . (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

3 Q, rm.ax=2A cos IX •

9.4. Posmična naprezanja u simetričnim tankostjenim nosačima

(e)

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~

neu tr. porrSino

•

bl cl

Slika 9.16. Posmična naprezanja u I-profilu

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

EF,= J (u,+du,)dA1 -r~A2 - J u,dA3 •

A, A,

dM Kako je A3 =A1, A2 =dxt i dax=Tz• možemo pisati

'

12 l. Alftrcvić: Nauka o čvrsloći

dM, Jz. dAt =r~tdx, I,

A,

177

odnosno dM, S, Q,S,

'tu:=----=--. dx ti, tl,

(9.10)

gdje je S,=fzd.A, 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

f (a,+da,)d~-<,.,A,- f a,dA.=O. ... ... dM

Kako je A4 =A6~ A5 =d.xd i dux=-1 z, bit će Iy

odnosno

Uzmemo li u obzir da je

dM, fzdA.=<,.,dxd, l, ...

dM,fzd~ <,.= dx !;d""'

dM,=Q, dx

, JzdA4 =S1,

statički moment dvostruko iscrtane površine ~ oko osi y bit će

Q, s,. t:)l;lf=--.

l,.d (9.11)

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 ,. ~o 'o

IT--o--A ! - -

Slika 9.17. Tok posmičnih. napuxanja u. $imeuičnim tankostjenim profilima

PRIMJER 9.5

Za tankostjeni I-presjek prema slici 9.!8 skicirati raspored pnsmičnih napreza­nja. Zadano: Q~ t, 1r=24t, b= 12t.

178 '.\'

Da bismo mogli naći raspored posmičnih naprezanja, treba 'odrediti moment tromosti poprečnog prosjeka. Slično kao u primjeru 4.1 moment tromosti iznosi

12t(24t)3 llr(22t)3

6 t

[' '" 12 40 3 . (a)

Pri određivanju momenata tromosti tankostjenih nosača možemo zanemariti vlastite momente tromosti pojasova, tj. mo7.emo uzeti da je približno

h

l. b .l Slika 9.18. Poprcčni presjek

tankostjenog I-nosača

t (22 t)3

f,=-1-2 -+2-12t'(ll,5t)' (b)

1,=4061 , •.

ItSl 411<696~ ·~

•• 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 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)~-= 198,5t3 - 0,5tz?.

2

Po>mično naprezanje u rebru dano je izrazom (9.10), tj_

198,5 t'- 0,5 ti' t

Q, ·' -' t., =T (198,5 r- 0,5 z-).

' To je naprezanje raspoređeno po zakonu parabole i u sredini iznosi

Q, 8 .. Q, 198,5 t' Q, T~,=-19 ,5 >- .4 -0,04886-:2.

11 4063c r

12*

(e)

(d)

179

Na krajevima rebra (z= ll t) posmično je naprezanje

<., = i• (198,5- 0,5 ·112 ) i'= 138 Q, i' ' I,

138 i' Q <.,= 4063 <" Q,=0,03397 /

Posmično naprezanje u pojasovima, prema izrazu (9.11), iznosi

Q,S, < ---;r;y- I d'

' gdje je d debljina pojasa (d=t). S}'je statički moment površine A2 koji, prema slici 9.19, iznosi

s,.=G- .v )t·II,5 t= (6t- yJt·II,5 t=69t'-II,5 i' y,

što uvršteno u izraz (9 .ll ) daje

<.,= Q, (69 i'- 11,5 ty). I,

(e)

Posmično naprezanje u pojasu mijenja se po linearnom zakonu i za y = 6 t iznosi 'r;~:y=O, a za y=0,5 t:

Q, Q, i' <xy=63,25 i' /,"=63,25 4063 <"

<x,=0,01557 ~· t

Dio poprečne sile koju prenosi rebro iznosi

ll l •

Qrcb= J r;utdz. -lli

Uvrstimo li izraz (e) u gornji izraz. dobit ćemo

"' Q~,=2t i: f (198,5i'-0,5z')dz=

o

Q_[ z']'" =2tl I98,5i'z-0,5-·'' 3 o

Q~, = 3923 <" Q, = 0,9656 Q,. I, .

180

Vidimo da rebro prenosi pretežni dio poprečne sile. Maksimalno posmično naprezanje u tankostjenim nosačima približno možemo dobiti ako ukupnu popreč­nu silu podijelimo s površinom rebra, tj.

<m,.,.~= Q:, =0,4545 ~·. A~, 22r r

Ta se vrijednost razlikuje od prave vrijednosti za oko 8%.

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

' 't"x: Q Q, 0,03397 ---'=0,00283?".

:;-;;-- i'

9.5. Glama naprezanja i trajektorije naprezanja

Pri savijanju silama u poprečnim presJecuna grede javljaju se normalna posmična naprezanja koja su određena izrazima

M a =-'z

X I, Q,S,

'r;~::=~-

Normalna naprezanja mijenjaju se po linearnom zakonu, a posmična naprezanja u većini slučajeva 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.

a) ~ 9 Ill l l III! IIII11111111 l l IIIIIIIIIIIII

r.,

bl

Slika 9.20. Gl<;~.vna naprezanja i tra jektori je naprezanja

·­X

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 x1 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.

9.6. Proračun hrstoće, radooalni oblici poprečnog prosjeka

U općem slučaju 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

M :rlllU M }1m11X

O"xm~t.:.;=--Zmax=--~ đdop• I, W).

(9.12)

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

W :>- Mymu ,~ -­

O'dop •

Primjenu tog izraza ilustrirat ćemo na slijedećem primjeru.

PRIMJER 9.6

(9.13)

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;

182

F !:MA =F8 10a-F&a--4a2a=0

2a

F . !:Ms= 2a 4a8a+F2a-FA !Oa=O.

(a)

(b)

Rješenjem jednadžbi (a) i (b) dobit ćemo

FA=1,8F, FB=I,2F.

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 ~q=fo r Hi

~f ,. l. 'o • lats I.BF < , O.lF bl ~

Li t. 4@1flw ' '

ci J.Z~ lilt An1ffiiDJIJ lli):, Jz,ua Slika 9.21

Odavde je

xm~FA= 1,8F q Ff2a = 3,6a.

Sada je ,.;_ Mmu=F...t·xm-q"2

F (3,00)'' M =1,8F3 6a----=3 °4Fa=3 °4kNm

mu: ? 2tl2 yo<r.. ""'•

Moment savijanja ispod sile F iznosi

M,=F8 2a=2,4Fa""2,4kNm.

Dijagram momenata savijanja prikazan je na slici 9.21c.

. 1Uf' a) Kako je u tom slučaju W,=32, uvjet čvrstoće glasi

odnosno

JttP Mmsx w =--;;,--. 1 32 "'"""

~32M_ d;;, '"'""' .

183

Nakon uvrštavanja zadatih podataka dobit ćemo

Površina poprečnog presjeka iznosi

n d' A.~4~ 3318mm2

b) Moment otpora pravokutnog presjeka jest W,~bh2f6. 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

A,=Jb'=2059mm'.

e) Prema primjeru 9.5 moment tromosti iznosi

1,=4063 r•. Moment otpora jest

w = !_,_ = 4063 ,. ~ 33.8 6 ' )" • l. ;max l2!

pa uvjet čvrstoće glasi Wy=338,6l 3 ~M mu:.

O"dttp

Odavde je

'--~ -:·- -J/ ___ 3240 .HH,6·120·106

r=0,4J0410-'m~4,304mm.

Visina i širina profila iznose:

11~24r= l03,3mm. b~5l.65mm.

Površina poprečnog presjeka iznosi

A, =(22+24)I' =46r' ~852.12mm2 •

184

Uzmemo li kao osnovu za usporedbu A~ bit će

A.~ 3318 ~ 3 68_ A, 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.

9. 7. Idealni montent otpora, iskoriftenost presjeka

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

l,"=2~(~)' ~Ah', 2 2 4

dok je idealni moment otpora istog presjeka

l' l W.,=-~-Ah~0,5Ah.

• h/2 2

E '4 . -

- A y l :JE± oi bl cl

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.

Omjer momenta otpora nekog presjeka i momenta otpora idealnog presjeka iste visine naziva se iskori~tenost presjeka i označava se sa tl~ tj.

w, q~-<1. w ..

185

Vrijednosti q za neke važnije oblike prcsjeka navedene su u tablici 9.1.

Tablica 9.1

!'usjek

Kl\l.Žfli Pra'Vokutni I-protll U-proftl Z-profil

Vrijednosti 11 za nekt presjcke

Iskorištenost presjeb q

0,25 0,33

0,6! -0,65 0,59-0,61 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

y y L.,l,--1

Slika 9.23. Odsijecanjem iscrtanih dijelova povećavamo momenl otpora

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)·~~~ t' ~h,

Slika 9.24. Racionalan presjtk nosača od krhkog materijala koji ima veCu tlačnu čvrstoću od - vlačne čvrstoće '·

186

Ako sa h, i h, označimo udaljenost od neutralne osi krajnjeg vlakna na vlačnoj, odnosno na tlačnoj strani, uvjet čvrstoće glasi

M, Uvmn =-hil< qe<lop

I,

M, a-i max =-h,< đ:đop•

I,

(9.14)

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

h., Q'Pdop -~ --. hr O',dop

(9.15)

luaz (9.!5) predstavlja uvjet racionalnog konstruiranja nosača od krhkog materijala.

PRJMJER 9.7

Nosač od sivog lijeva ima presjek prema slici 9.25. Odrediti !irinu presjeka b, ako je a(®p = 3 a"dop·

2

h 115cm

~~!< ., .,

Slika 9.25

Prema (9.!5) treba biti

h.: :h,= a,d<lp: trroop =l :3. Također 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,

4b2+32·l2 5

4b+32 .

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"1đop = 65 MPa. ,, f ll 11,: ll df," l

r. Fg

f·'~ ·'~, L)~V~

~' • +

~~;

" 120

~D

~Dill 1 lli

- l' Slika 9.26

Položaj težišta možemo lako odrediti, a prikazan je na slici 9.26e. Moment tromosti l}' dan je izrazom

12·33 15·123

l =--+36·2 52 +-'--+ 18·52 =918cm4•

' 12 • 12

Reakcije u osloncima određujemo iz uvjeta ravnoteže:

4 4 F =-ql=-q

A 3 J

8 8 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

i x=3m. u kome je

8 1 8 M =-ql =-q

mn: 9 9

l l MB=2ql'=2q,

pa je potrebno kontrolirati oba presjeka.

188

Presjek x= 1,33m

Presjek x=4m

M, đma,..=-h

I ' '

&·q/9 918 ·w-• 4 .w-•.; ""''' = 20-1o•

_M'h- S·q/9 ,II·IO-'.;u,..."=65 w• O'min- J f nto. H\

y

M amu=Thtt

' .. li·IO-'.;u,,.,,=20-10"

Iz izraza dobivamo

20·918-9 =5163N/m. qdap= 8·4

(a)

(b)

Izraz (b) daje nam q,,,=6102N/m i napokon izraz (e) q,,,=3338N/m. Usvajamo najmanju vrijednost, pa je q,..., = 3,338 kN/m.

9.8. Diferencijalna jednadžba elastične 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 Fzl q t J!IQ' ~' l ~t x" ~·rG--jz.w b /f"J-..,D x

al jz bl

Slika 9.27. Definicija koord~natnog sustava i predznaka pomaka·

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,

189

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.

d2w l ~

;=><= +[l+e:Jr o r-·-·-·--,-1 /"'""j--1!-L;;:y~>O 1,~~ t Z, If

(~ ~t!::Ji:o

Slika 9.28. PrcdV1ak progiba, nagiba i zakrivljenosti

(9.15)

dx ~dw

Predznak + ili - uzima se prema izboru koordinatnog sustava. Mi ćemo se ovdje ograničiti samo na male progibe i nagibe. U tom je slučaju· dwfdx vrlo maleno u odnosu na jedinicu. pa možemo (dwfdx)' u izrazu (9.15) zanemariti. tj.

Kako je

bit će

d2 w x~±dx2"

dw -~"'tg(-IX)= dx'

dw oc=- dx·

Pri malim nagibima jest ds=dx, pa možemo pisati

odnosno

dO< d" d ( dw) X= ds= dx= dx -dx

d2w "=-dx'.

Usporedbom izraza (9.7) i (9.17) dobit ćemo

d1w M., dx'=-EI,·

(9.16)

(9.17)

(!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 .

.•

elastične linije četvrtog reda koja može biti pogodnija za određivanje progiba, posebno kod statički neodređenih zadataka.

Izraz (9.18) možemo napisati u obliku

d2w EI,dx'=-M,.

Nakon deriviranja po x dobit ćemo

~(El d2w)=- dM'=-Q

dx 'dx' dx "

odnosno nakon još jednog deriviranja imamo

~(El d'w)= _d' M,=_ dQ, =q .. dx' ' dx' dx' dx •

fzrazi (9.16), (9.18), (9.19) i (9.19a) uz EI,=konst. prelaze u

dn.­dx=-IX

d2w M --=--' dx1 Ef,.

d3 w Q, dx'=- El,. d"w q=

dx4 =El,.

dw a=

d2w M,= -EI'dx'

d3w Q,= EI'dx'

d4 w q,=EI'dx".

(9.19)

(9.19a)

(9.20)

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.

PRlMJER 9.9

Za konzolu zadanu i opterećenu prema slici 9.29 nati progib i nagib na slobodnom kraju. Zadano: F, /, El.

F X

l' I B :::.?. X

"'•~ ' l

zjw Slika 9.29. Konzola optert:ćc:na silom na kraju

191

Prema izrazu (9.18) diferencijalna jednadžba elastične linije glasi

Kako je M,= -Fx, bit će

d'w M -=-~' dx' El,

d'w EI,-2 =Fx.

dx

Dvostrukim integriranjem izraza (a} dobit ćemo

dw x1

EJ -=F-+C, 'dx 2

x' EI,w=F(;+C1x+C,.

Konstante integracije Ct i C2 odredit ćemo iz rubnih uvjeta

dw -(l)=O dx

w(l)=O.

Uvrstimo li prvi uvjet u izraz (e). dobit ćemo

l' O=Fz-+C,,

odnosno J'

C1 =-F-. 2

Ako uvrstimo izraz (el i drugi rubni uvjet u izraz (d). bit će

odnosno

13 Fl' 0=F---+C2 6 2 '

e Fl' ,=-3 .

dw Izrazi za progib w i nagib a= glase:

w=-1-[Fx' _F/2

x+ Fl'] EI, 6 2 3

W=:~,WX -3G)+2] a=_ dw = Fl

2

[l-. dx 2EJ

7

192

(a}

(b)

(e)

(e)

(9.21)

(9.22)

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.

Fl' w .... =--

3EI

Fl' "•=2E(

(9.23)

(9.24)

Ubuduće ćemo pisati El umjesto EJ>· tromosti odnosi na os y.

se podrazumijeva da se moment

PRIMJER 9.10

Za gredu zadanu i opterećenu prema slici 9.30 naći:

nagibe iznad oslonaca~ - mjesto i veličinu maksimalnog pro giba.

Zadano: M, l, El.

FA a,

Fs

z!w t

--X

Slika 9.30. Greda na dva oslonca opterećena momentom na jednom osloncu

Iz uvjeta ravnoteže možemo dobiti

F,=F M B

Moment savijanja u presjeku x iznosi

X M,=F,x=Mf,

pa diferencijalna jednadžba elastične linije glasi

d2 w MY M x dx2 =- EI=-EIT

Nakon sređivanja i integriranja dobit ćemo

dw Mx' El-=---+C dx l 2 ,,

13 t Alfirević: Nauka o čvr.sloći 193

Mx' Elw= ---+C1 x+C2• i 6

lz uvjeta w(O)=O možemo dobiti C2 =0, a zatim pomoću uvjeta w(/)=0:

odnosno

Izraz 7..a progib sada glasi

Ml' -/(i+C11=0,

Ml C,=6.

Mx' Mix W=---+-

6/Ef 6EI

w=7;[(T)-(T)']. Nagib a dobit ćemo deriviranjem izraza za w, tj.

~=-:=6~/HT)'-~J Nagibi iznad oslonaca iznose:

Ml ~,=a:(O)=- 6El

Ml a:,=a(I)=3E{ Pro gib je maksimalan na mjestu gdje je a= O, tj.

i iznosi

PRIMJER 9.11

l X= .fi=0,5774/

Ml' lVrmn:=

9 JJ EJ

Ml' 0,064!5 El .

(9.25)

(9.26)

(9.27)

(9.28)

(9.29)

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.

194

Iz uvjeta simetrije i uvjeta ravnoteže EF.,=O možemo dobiti

l F,.=F8 =-ql. :2

Moment savijanja u presjeku x iznosi

X l l M =f .x-qx-=-qix--qx'

y • 2 2 2 '

pa di rerencijalna jednadžba elastične linije glasi

l ' l M,=2qx - 1qtx.

/q

~llrg]J}, ~

1cw=w(xl "Fe 4.

'l:~r· L az F"

Slika 9.31. Greda na dva oslonca opterećena jednoliko kontinuirano

Nakon dvostrukog integriranja dobivamo ·

dw l 3 l 2 El-=-qx --qlx +C, dx 6 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

w= 2!1;1 [ GJ -z (T)' +(T) l

Maksimalni progib nastaje na mjestu x=l/2 i iznosi

PRIMJER 9.12

5 ql4

w~,=384 El.

Za gredu zadanu i opterećenu prema slici 9.32 nBći izraz za elastičnu maksimalni progib.

13*

(9.30)

(9.31)

195

Iz uvjeta ravnoteže možemo lako odrediti reakcije FA i FB:

F,

b F.=F-

" i' a

F8 =F/"

Fa

Slika 9.32. Greda na dva oslonca opterećena koncentriranom silom

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.

za O<x<a

za a<x<l

b M =F x-F-x y A" - f ~

a M,=F 8 (/- x)=Fa- F lx.

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

d2 w ,\1,. Fb -=--=--x dx' El Eli

dw Fb _,J. -=---+Cl dx Eli 2

Fb x' w= ---+C1x+C2 E/16

Dio CB

d2 w MY Fa Fa dx'=- El=- El+ E/lx

dw Fa Fax' -= --x+--+C3 dx El Eli 2

Fax' Fa x3

w= ---.:..+--+C3x+C4 El2 E/16

(9.32)

Konstante integracije odredit ćemo iz dva rubna uvjeta i dva uvjeta neprekinu­tosti elastične linije. Rubni su uvjeti:

196

za dio AC w(O)=O. što daje C2 =0

za dio CB w (l)= O, što daje

Fal2 Fal' ---+--+C31+C4 =0.

2El 6El (a)

Uvjeti kontinuiranosti elastične linije zahtijevaju da su progib i nagib dijela AC i CB u točki C jednaki, tj.

Fb a3 Fa3 Fa4

w = ---+C1a= ---+--+C3a+C4 ' EI/6 2El 6Ell -

Fb a2 F a2 Fa3

a =---+C =--+--+Co ' E/12 1 El 2Ell 3

Nakon opširnog rješavanja jednadžbi (a, b i e) dobit ćemo

Fb 2 2 C1=-(/ -b)

6EI/

Fb C3 =

6Ell (21

2+a

2)

C2 =0

Fa' e.=- 6EI"

(b)

(e)

Ako vrijednosti za konstante integracije uvrstimo u izraze za elastičnu liniju i zatim sredimo. dobit ćemo:

W=:;l{~:[~-G)' -(T)']} x:s;;;a (9.33)

_ Fl3 {bx[ (b)'. (x)'] [x-a]'} IV-- - }- - - - + -

6El- 12 l l l x~a. (9.34)

Mjesto i veličinu maksimalnog momenta dobit ćemo ako derivaciju izraza (9.33) izjednačimo s nulom. Navest ćemo samo rezultat. Maksimalni progib nastaje na mjestu

i iznosi

fiCb' x=v~

Fl' b Wmax= 3 El/

l a~-

2

.(1'-b')' 312

Kad je b= 1/2, tj. kad je greda opterećena u sredini, bit će

Fl' Wmn= 48 El.

(9.35)

(9.36)

(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 l 1

tl ff

Ms1111ff1nr Ft' <BEl

•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.

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:

198

d2M ' dx' =-q,

.dM, dx =Q,

dQ, dx = -q,

d2 w M1

dx'=- El,

dw -=-(l

dx

l da M -=-=-' p dx El,

(9.38)

.-: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.

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*=MiE1

1 kontinuirano opterećenje analogne gre­

de. Prema tome je w analogno M*

a analogno - Q* (9.39)

M -

1 analogno q*. El,

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.

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

w=M* 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

i l l

M* w=--

EJ

$1VARKA 6/lf()A

A ••• "•O A ••• -e :l-a-.o

-~' ••0 3- a•b

-E A ••0

:ZS: =----+- I;H lJ

""" A rr~tO

~O'PO NAGIB fAHG{JITE IMIUi:Jf Ulf'IĐ l OESNO 0(1 A

A g .A Ji.

~· A e e ~ 4

~· B e o ~

Q· a= EJ.

ANAUJ6NA 5RE.l1.4

, . ~

~~- 3-

,. -E =r

H• ~IJ O"<~fJ

H"# (t o";o

H·~o

(r*o

i• H"•() ~o·-o

ll• H~•O -E ::&: ++- (]". o

""" 0" OfJAGRAH IHA SKOK lJ lfJČKJ A

A ~ ,§};

i~ . ,. fR A

.i&

A . s' .. d~

" ··--·-·-

Slika 9.34. Odgovarajući rubni uvjeti stvarne i analogne grede

(9.40)

.

l !

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

progibi maleni. Ako progihi nisu maleni. treba upotrijebiti izraz (9.15) za zt1krivlje~ nost, tj. diferencijalna jednadžba glasi

d1w d;" M

[~+(::Jr-- EJ:-(9.41)

Tablica 9,2 Položaj leWiCa i povrline nekih likova

Lik Površina lik: P ovdi na

·~ J ~ l

A=-bh A=-bh 2 2

6 h l ~· 2 A=-bh A=-bh

b 3 b 3

~ l ~· 3 A=~hJt A=-bh '

4 • 4

--,]h~.." n rede

~JJ '; l J n .4=-bh A=-bh

5• l •+l Fl. tetio-!!!!rb • b o+ l ,. EJ ,_ --'- .. ::::J •

PRIMJER 9.13

Za konzolu zadanu i opterećenu prema slici 9.35 naći progib i nagib elastične linije u presjecima B i C. Zadano: f. a, EJ.

aJ %A Ef B e f ~ ?•.. ..)Lj x-!t,w

bl~ lfo~, !

<l li< e~ El t /' !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 opterećena 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

• l3Fa 9Fa' F =--3a=---.-.

261 261

.... _ elastične linije jednaki su fiktivnom momentu savijanja M* ncnativnoi fiktivnoi poprcčnoj sili - Q*, tj.

PRIMJER 9.14

cr.:.s;:: -Q:= -F*- 9Fa1 --2 El

wB=M:=F• 2 _9Fal a--· El

"e=- Q~= _ F•= _ 9Fa' 2EI

wc-=M~=F* 4a= I8fa3

El.

Za gredu opterećen u jednoliko kontinuirano, prema slici 9.36, naći progib u sredini i kut zakreta iznad oslonaca. Zadano: q, l, El.

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 24

202

Udaljenost fiktivne sile F• od sredine odredit ćemo takoder pomoću tablice 9.2. tj.

31 3 a=--=-1.

82 16 Zbog simetrije možemo pisati

F~=F*-F• qll .- = 24. Fiktivne poprečnc sile u osioncima iznose:

ql' Q~=Fl ~24

ql' Q~= -F:= -24.

Odavde možemo dobiti kutove nagiba pomoću izraza (9.40):

Q! ql' a• = El =- 24 El

Q; ql' a:s=--=--.

El 24 El

Fiktivni moment savijanja u sredini grede iznosi

J ql' l ql' 3 5 ' M' =F'--F'a~--1---1 -n/

mn "2 242 2416 384"' '

pa je progi} u sredini grede M' 5 q/4

wm:u = e7 .. = 384 El.

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 1

zakret tangente na krajevima grede. Zadano: F, l, El.

A e r t f t f t

F" •

~t~ Slika 9.37. Greda na dva oslonca opterečena silom u sredini

201

U tom je slučaju

ll Fl Fl' P=---=-

22 4 16

Ff' F~=F*=-.

16

fiktivni moment savijanja u sredini grede iznosi

Odavde je

l I M~=F~--F*~

2 6

Fl1 l Fl' l Fl1

Mt=-----=-. 16 2 16 6 48

M~ Fl' Wc=Wmn=-g;-= 48EJ'

Kako je Q~=F* i Q;= -F*, bit će

Q~ F* F/2

a=--=--=---• El El l6El

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.

PRIMJER 9.16

Za gredu s prepustom opterečenu prema slici 9.38a treba naći progib i nagib u točkama e 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:

M6a Ft=--=3Ma

2 Ff=M2a=2Ma.

Analogna greda oslobođena veza prikazana je na slici 9.38c. Iz uvjeta ravnote-že dijela AB možemo dobiti: 1

204

FA=-F~=Ma 3

2 F;=-Ft;::;2Ma 3 '

Uvjeti ravnoteže dijela BD dat će nam:

Fb=F:+Ff=4Ma

Mb= -F:4a-F! 3a= -14Ma'.

Fiktivna poprečna sila u D iznosi

Qb= -Fb= -4Ma.

oi e

bl

dl

Slika 9.38. Greda s prepunom

Da bismo mogli naći fiktivni moment savijanja u točki C~ zamijenit ćemo fiktivno opterećenje lijevo od e silom Ff koja iznosi

IM 3 Ff=--3a=-Ma.

2 2 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 točkama Ci D:

Q~ Ma ac~- El~ 4El

M~ 9Ma2

Wcl'l"-=---El 4 El

Qb 4Ma a:D=--=--

Ef El

M~ Ma2

WD=-=-14-·. El El

PRIMJER 9.17

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 [J )ff •. -G

A"!" ' . o JI ll - .... ~[

., Atff11ll ~ lllfuh:, t" "

. If'' _;{Illiji~~ ~~l}llllllll Dj, r ,. '

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:

206

13FI 9FI1

Fr=--31=---2 El 2 El

Fl Fl' F1=-I=--

El El

Pomoću mjeta ravnoteže analogne grede možemo odrediti fiktivne reakcije

ll Ff'· FA::::F==Ft+F1=--.

2 El

Fiktivne poprečne sile jesu:

Q:~F~~!..!_FI' 2 El

~~F"-F* Fl' .1( 1=-El'

dok fiktivni momenti savijanja iznose: Fl'

M~=Fl3-Ff=l2 El

25Fl' M~=F~ 4- Ft2-F1 =--.

2El

Prema izrazu (9.40) možemo pisati: ll Fl'

x,=-Q~=-lEI

F/1

a:c= Qt=-­EI

Fl' w =M•=t2-c e El

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 ____________

1 i

"'' ..,, .. U!

fl' _..".JE!

_ _,

iJt:rm:hdh ~-,fl -L~

.il! "'"'"

., . •t"'l{j

U ta:bliei su navedene apsolutne vrijednosti.

PRIMJER 9. i8

rf! /J

~tr--3

a,,. af Hl «A"' ]ff

n 1 FJ1 a~·a, .. if{ "t'"W

qJ1 -l!t (XA#r.fi''žiff 't-)IJU[

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' M31 3Fl2

"··=2Ef= 2 m· "•= 0·

. ~ ~J a :h, l • " ~ A .,

ci

Slika 9.40. Okvirni nosač

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, 3fl3

u(:=aal El

Pomoću tablice 9.2 odredit ćemo pomake kraja C koji nastaje zbog savijanja konzole BC:

Fl' a(;= 2 Et'

F/3

wč=O, u(:=3E(

Ukupni pomaci kraja C u tom slučaju iznose:

·. .·. 208

9FI' Wc=wC+wč=2El

F/3 l0FI3

3EI

3Fl' Ft' 7Fl' •c=•c+"'Č= Ef +2EI=2EI'

Deformirani oblik okvirnog nosača prikazan je na slici 9.40b punom crtom AB1C1• Crta AB1C1 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

1'' !" g; ' _, ' ~ A

Slika 9.41. Koso savljanje

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, (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:

M.r=Mcosoc,

(4 t Alfirević: Nauka o čvrstoći

M:=Msina, (9.43)

209

(zcosa: ysina)

a:;;=M ----- . fF (.:

(9.44)

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

odnosno

• ai

zcosa vsmu.. ____ . -=0

X

""

17 l,

I, z=tga-y.

l'

bi

(9.45)

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. Očito je

l . tgfi=2tg •.

I,

(9.46)

(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 O ima 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 (9.48)

w tgy=;~

.210

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, El,

M,.f MP ll'=---= ---cosa.

El,. EI, pa je

M/2

J(sin ~)1 (cos"')' o=.Jv"+ni=E· -~; + I; (9.49)

w 1:: tgy~-= --ctga.

v ly (9.50)

Budući da je tg y ~ - 1/tg {J, ukupni pomak b okomit je na neutralnu liniju.

Slika 9.4.l Prostorna skica raspodjele naprezanja c:t.., kod kos.og savijanja

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

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. L

F i IF

17---·-., jz

Slika 9.44. Koso savijanje konzole pravokutnog presjeka

!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;

M,_=- F cosa 1=2000(cos lO") 1,6

M,_ =3151,4 Nm

M,m,. =F sin al=2000(sin 1,6

M:mu Nm.

Momenti tromosti JY i l= jesu:

'_.,:b,:h_', =3=-·:=20'=-1., cm4

2000cm4 =2000· w-•m4 =20· 10-•m•

20·33

= =:.,.;.:... cm •

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 D'xmu.= ±-

1-zm11:oo:±-

1-yll'I•)O:

' ' 3!51 4 555 7

đ""""•=:::c:-:-:::'-::;:· lO· 10-2 +---'-· l 5· 10- 2 Pa v 0,45 w-• · 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

w8 =2,017mm

v8 = 15,81 mm.

212

Ukupni progib imosi

o.=Jvl.+w!.= 15,94mm.

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,.

9. ll. Sanjanje debelog zakrivi jenog štapa

Pretpostavke o deformiranju. Analizu naprezanja u debelim zakrivljenim štapovima provest ćemo uz ove pretpostavke o deformiranju i raspodjeli naprezanja:

l. poprečni presjeci ostaju u toku defonniranja ravni i okomiti na defonniranu težišnu liniju !tapa,

2. u štapu vlada približno jednoosno stanje naprezanja.

Izvedeni izrazi vrijedit će uz ova ograničenja:

l. 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: r1 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 A1 B1C1 D1. Stranice elementa ABi CD prije deformiranja čine kut d<p, a nakon deformiranja kut d<p+da. Vlakno EF deformira se i prelazi u pa je duljinska deformacija tog vlakna dana izrazom

Kako je

bit če

•• E1F 1 -EF

EF

EF =rd<p i E,F, +zda=rd<p+zda,

... rđ<p+zdoc-rd<p

rd<p

z da

rd<p

(9.51)

(9.52)

U izrazu su tn i dafd<P nepomati parametar) odnosno nepomata funkcija. Prema izrazu (9.52) vidimo da su duljinske deformacije raspodijeljene po visini presjeka po

213

zakonu hiperbole. Deformacija na unutrašnjoj strani veća je od deformacije na vanjskoj strani. Po pretpostavci o deformiranju produljenja JI jednoliko rastu od neutralne linije prema krajevima presjeka. Zbog zakrivljenosti elementa početna duljina vlakna na unutrašnjoj strani manja je od početne duljine vlakna na vanjskoj strani. Uz jednaki JI to znači da če Jlfl=e biti veće na unutrašnjoj strani.

l

'· ,,

' o A

ai

bi cl

Slika 9.45. Savijanje debelog zakrivljenog štapa

Primjena Hookeova zakona. Kako po pretpostavci imamo jednoosno stanje napre­zanja, bit će

r-r" da: u ~Ee ~--E-.

.., '~' r d<p

Primjena uvjeta ramoteže. Uvjeti ravnoteže elementa mi slici 9.45c glase:

f u0 dA ~N ~o A

f u0 (r-r,)dA~M. A

Ako uvrstimo izraz (9.53) u (9.54) i sredimo, dobit ćemo

da f( r,) Edq> I-; dA~O. A

214

(9.53)

(9.54)

(9.55)

(9.56)

·~';.

Ovdje smo E da.fd<p izvukli pred znak integrala jer je ta veličina konstantna za svaki presjek, a integrira se po presjeku. Daljnjim sređivanjem gornjeg izraza dobit ćemo

IdA~r, Id:.

A A

Integral na desnoj strani jest površina presjeka A, pa konačno imamo

A

odnosno

gdje je

r ~--

' Id:

A

A r =-, ' J,

J,~ Id:

A

(9.57)

(9.58)

(9.59)

geometrijska karakteristika presjeka štapa. Na taj smo način odredili prvi nepoznati parametar, tj. polumjer neutralne površine.

Nakon uvrštavanja izraza (9.53) u (9.55) i sređivanja bit će

da I dA · E dq> (r-r,)'--;:-~M,.

A

Integral/ u gornjem izrazu možemo preurediti ovako:

f<r-r 'j' Ir'-r·r -r·r +~ I I,_, l= J--,-'-dA= "r " "dA= (r-r,.)dA-r" ~dA.

A A A A

Budući daje prema (9.56) f(r-r,)dA/r~O, bit će

I~ frdA-r,f dA. A A

(9.60)

Prvi integral na desnoj strani jest statički moment površine poprečnog presjeka oko osi kroz središte zakrivljenosti, pa je jednak rT A. Drugi integral na desnoj strani gornjeg izraza jest površina poprečnog pres jeka A, pa je

l =rTA-r"A=e A=S,, (9.61)

gdje je e=rr-r" udaljenost neutralne osi od težišne osi, a Sy statički moment presjeka oko neutralne osi. Kad izraz (9.61) ponovno uvrstimo u (9.60), dobit ćemo

da E-S,~M,,

dq>

21')

paje da M, d<p=Es; (9.62)

Izraz (9.62) određuje vrijednost nepoznate funkcije dafdtp. Nakon uvrštavanja izraza (9.62) u (9.53) slijedi

M,( '') u,=s; 1 ; , (9.63)

Iz izraza (9.63) dobivamo raspodjelu napre?.anja po presjeku štapa. Za razliku od ravnog štapa u kome su naprezanja pri savijanju raspodijcljena linearno u debelom zakrivljenom štapu naprezanja su raspodijeijena po zakonu hiperbole.

Kadru izrazu (9.63} teži prema nuli, q' teži prema -oo. Kad r teži prema +oo, ".. teži prema M /Sr Raspored naprezanja prikazan je na slici 9.46. Ako je presjek simetričan prema osi Y~ maksimalno naprezanje djeluje na unutrašnjoj strani štapa. Takav oblik poprečnog presjeka nije povoljan jer materijal na vanjskoj strani štapa nije dobro iskorišten. Pri oblikovanju štapa treba nastojati da se težište približi unutarnjoj strani presjeka, tako da naprezanja na obje strane budu po mogučnosti jednaka. Trapezni oblik prosjeka, kao na slici 9.45a, zadovoljava taj uvjet Na slici 9.47 prikazani su još neki povoljni oblici poprečnog presjeka štapa.

Hy/SY.

l rj

Slika 9 .46. ~aspodjela naprezanja u debelom .zakrivljenom .štapu " Slika 9.47, Racionalni presjeci

debelog zakrivljenOg Stapa

Promjena zakrivljenosti. Neka je r. polumjer zakrivljenosti neutralne plohe prije deformiranja, a r; polumjer neutralne plohe poslije deformiranja. Kako vlakna neutralne plohe ne mijenjaju duljinu~ vrijedi

r; (d~+dtp) =r,dtp, pa je

r: (1 +d~)= r., " d<p

216

odnosno l l dct l -+--=­rl! r11 d<p ~

l doc ;:::-;:=;;drp"

Ako uzmemo u obzir izraz (9.62) i činjenicu da je r11 ~rr) bit će

l l l M, -;--=--s. rr 'r 'r 1

gdje je ri- polumjcr težišne linije nakon deformiranja.

(9.64)

Izraz za raspodjelu naprezanja (9.63) izveden je uz pretpostavku da u štapu vlada jednoosno stanje naprezanja, što ne odgovara stvarnosti. Element štapa u polarnim koordinatama prikazan je na slici 9.48. Očito je da samo naprezanja qt;> ne mogu biti u ravnoteži. Moraju djelovati i naprezanja u". Medutim, točnija analiza metodama teorije elastičnosti pokazuje da ta naprezanja nemaju velik utjecaj. Prema egzaktnom rješenju, koje se može naći u literaturi[2S], str. 313, naprezanja "• i ar raspodijeljena su po logaritamskom zakonu koji se maio razlikuje od hiperboličkog.

rw PRIMJER 9.20

"• Slika 9.48_ Osim naprezanja <1•

na element debelog štapa djeluje i naprezanje o. ilije u,-<€q"

Za presjeke zadane prema slici 9.49a odrediti geometrijsku karakteristiku pres jeka J 1 •

a) Pravokutni presjek

Prema izrazu (9.59) vrijedi Jr= Id:.

A

tA

r

~·m ,., l •

al Slika 9.49

/)}

217

Kako je <lA =b dr. bit će '•

fbdr r2 J,= -=bin-. r r 1

(9.65)

'• b) Nesimetrični J-presjek

Prema pra,·iJima integriranja plošnih integrala vrijedi

Jflr. r)d.4 = f f(y, r)dA 1 + f f(y,r)dA2 +J f(y, r)dA3 ,

A A, A, A,

gdje je A=A1 +Az+A3• Integrali na desnoj strani predstavljaju geometrijske karak~ teristike dijelova presjeka A1, Az i A 3, a na lijevoj strani geometrijsku karakteristiku čitava presjeka, pa je

3

J, =J,., +J,_,+lu= I J, ... i=l

U7memo li u obzir rješenje za pravokutnik (9.65)~ bit će

~ ~ h ~=~~-+~~-+~~~

G ~ ~

(9.66)

Općenito geometrijska karakteristika presjeka sastavljenog od većeg broja pravolut~ nika. kao na slici 9A9. iznosi

J1 = \"b;ln'1+1

. L r 1

(9.67)

i<=l

PRIMJER 9.21

Usporediti naprezanja u četiri štapa jednakog pravokutnog poprečnog presjeka širine b=5cm i ..,·isine h=6cm. Svi štapovi opterećeni su na čisto savijanje momentom M>"= 3000 Nm. Polumjer zakrivljenosti štapova iznosi:

a) r7 = x: ravni štap e) r7~9cm

b) rr;"30cm zakrivljeni štap d) rr=6cm.

a) U ovom slučaju radi se o ravnom štapu, pa su naprezanja raspodijeljena po zakonu pravca. Maksimalno naprezanje iznosi

M, <Tmu=w

y

K k . w bh' 5·6' ' o Jo-• ' b' . a OJe "=-=--cm =3 · m. tt ce 6 6

"~· 3000

. .,.30

,--.-:-1 0

::-_76 M Pa= l OO MPa.

•. 218

b) U ovom slučaju radi se o zakrivljenom štapu, pa se naprezanje računa prema izrazu

u =M'(J-~) <~" S, r •

gdje je r,=AfJ1• Kako je J1 =b ln r,, A =bh, bit će r,

h r=­• r,

ln­r, 6

r,=33cm =29,899732cm

ln-27

e=rr- r,=0,100268cm

S,=A e= 3,008042cm3 3,008042 w-• m'.

Naprezanje na unutrašnjoj strani iznosj ·

M,('! '•) 3000 ( 29,8997) "• (rd=s, -;:;- - 3,008042·10-6 J--2-7- Pa

"• (rd 107,11 MPa,

dok su naprezanja na vanjskoj strani

"• (r2 )=93,697 MPa.

Na sličan način možemo odrediti naprezanja u ostalim štapovima. Rezultati za sve štapove prikazani su usporedno na slici 9.50.

107.1 ""' •• e·~s.: cm

7J .!,.q .!!..".1 ~ ~

Slika 9.50. Raspored naprezanja u debelim ~tapovima različite zakrivljenosti. Stapovi su opterećeni jednakim momentom i imaju isti poprečni presjek: a) hfrr=O, b) hfrr= l/5. e) hfrr ... 2f3. d} hfrr= l

219

9.12. Stan&i De<lldredeni zadaci pri savijaJiju

Rješavanju zadataka sa statički neodređenim štapovima koji su opterećeni na savijanje pcistupamo na isti način kao i kod osnog opterećenja štapa, odnosno kod štapova optereCenih n:a uvijanje. Pored uvjeta ravnoteže treba postaviti onoliko uvjeta deformiranja koliko je puta zadatak statički neodređen. Zadani problem svodimo na osnovni statički određeni problem uklanjanjem prekobrojnih veza i dodavanjem na tom mjestu nepoznatih reakcija X 1, Nepoznate reakcije određujemo iz uvjeta da je na mjestu njihova djelovanja, tj. na mjestu uktanjanja oslonaca odgovarajući pomak jednak nuli. Postupak rješavanja objasnit ćemo na nekoliko primjera.

PRlMJER 9.22

Za poduprtu konzolu, opterećenu prema slici 9.51, naći reakcije veza te skicirati dijagrame unutrašnjih sila Q, i M,. Zadano: q i l.

Dl

"

~ q ; llllllllllllll,llllllllllllllll~!t

, fH!!Il!ll!ji!IIIIIIIIN i. 1 di!Y

F8 ql

L qlz ,m

Slika 9.$1. Konzola poduprta na jednom kraju

Zadana greda statički je neodređeoa jer ima 4 oepoznate reakcija veza: F ...", F Ayt M". u osloncu A te F 8 u osloncu B, a na raspolaganju su nam samo tri nezavisna uvjeta ravooteže: EF,=O, EF,=O, EM, =0. Kako nema horizontalnih sila~ vidimo da je i prvi uvjet ravnoteže možemo ispustiti iz daljnjeg razmatranja. Zadanu gredu možemo pretvoriti u statički određenu na više načina. Mi ćemo pokazati dva načina zamjene zadane grede osnovnom.

l. način:

Gredu smo oslobodili oslonca B dodavanjem sile F 8 , kako je prikazano na slici 9.52. Uvjet deformiranja sada glasi

wa=wB+wB=O. (9.68)

220

Pomak w8 određi! ćemo metodom superpozicije, tj. zamisli! ćemo da djeluje samo opterećenje q i odrediti pomak wB, a zatim ćemo zamisliti da djeluje samo nepoznata reakcija F• i odrediti pomak w:;;. Prema tablici 9.2 vrijedi:

~ /q

ql' w~= 8 El

~:llllllllll,llllllllll~, IIU.JII f11111 illlll ~ q , A -........_ __ __....18

'• Slika 9.52. Uklanjanjem oslonca B poduprta konzola poslaJe slatički odredena

(9.69)

Ispred izraza za w.B nalazi se negativan predznak jer sila F 8 djeluje u suprotnom smjeru od onog naznačenog u tablici 9.2. Kad se izraz (9.69) uvrsti u (9.68), dobit će se

ql' l' \V=--.SEI 3EI

Odavde lako možemo dobiti da je F 8 = 3ql/8. Kad smo odredili reakciju F 8 ,

možemo pomoću uvjeta ravnoteže odrediti ostale reakcije. One su:

5 q/2

F.,=8qt, M.=8 . 2. način:

U zadanoj gredi uklještenje zamjenjujemo nepomičnim osloncem i u njemu dodaje­mo nepoznati moment M., kao na slici 9.53. Uvjet deformiranja u tom slučaju glasi

a .t;;«~+ «A (9.70)

gdje je a~ kut koji nastaje zbog kontinuiranog opterećenja q, a" kut koji izaziva moment M •· Prema tablici 9.2 izlazi

pa je

• ql' x. = 24EI'

. M, ... J E:t'

q/3 M,l a =----=0.

A 24El JE/

L_ .Q

~~Ill 111111 ~JJIOif~ ~~,~liJ 111111 il lill ll]]_ ----- -~ ' B A

Slika 9.53. Pretvaranjem ukljcitenja u nepomični osJonae poduprta konzola postaje staJički odredena

221

Odavde je M ql' .t=-

8

Dakle, dobili smo isti rezultat kao i kad smo rješavali zadatak na prvi način.

Dijagram poprečnih sila prikazan je na slici 9.51b. Vidimo da je Q==O na udaljenosti 31/8 od desnog oslonca. Na tom mjestu moment ima maksimalnu vrijednost koja iznosi

3 3 13 M =F -l- q-1--1.

}'mall 8 8 8 28

Kad u taj izraz uvrstimo F 8 = 3qlj8 i sredimo, dobit ćemo

l 2 16 2 .H,."=- M,= -Bql = 128 q/ .

PRIMJER 9.23

Greda na tri oslonca opterećena je jednoliko kontinuirano, prema slici 9.54. Naći reakcije u osloncima i skicirati dijagrame unutrašnjih sila. Zadano: q, /.

,,lill!!! l!!; ,J 11 i 1111 t t t t t! i l lt l l l l l e ! ~ : ! ....8.... B ~

AJ = ~ l l -

' q ' '1 *'l',, tttttttt\ltr@!IIIIlttttttt_!!.l& ' _ ........ _______ - - ~

. . ~ : '

lt i lt cl ~ ~ ._.__.!

' '

F,;=fqt

ai

;,(!ll l i;~ ;j i !fb.,", j, . Ll'l'f.llll !I)J] J!! llf\i 1H.,a,=-Jaqt1

Slika 9.5-t Greda na tri oslonca starički je neodređena

222

Osnovna statički određena greda prikazana je na slici 9.54b. Uvjet deformira­oja u tom slučaju glasi

wB=wB+wB,

gdje je wB progib zbog kontinuiranog opterećenja q, a wB progib zbog reakcije FB· Prema tablici 9.2. imamo:

pa je

Odavde je

w'B= 5q (21)' 384E/'

FB (2/)3

w'8=- 48E/ '

5q (21)' FB (2/)3

wB= 384El- 48EI =O.

lO FB=Bql.

Iz uvjeta simetrije slijedi da je FA =F C• a iz uvjeta EFy=O:

3 F_.=Fc=-ql.

8 .

Dijagrami poprečnih sila i momenata savijanja p~kazani su na slici 9.54c i d. Kako tangenta na elastičnu liniju iznad srednjeg oslonca B ostaje horizontalna, može se taj problem razmatrati kao da se sastoji od dvij'e simetrično postavljene konzole koje su ukliještene u osloncu B i poduprte u osloncima A i C. Reakcije i dijagrami unutrašnjih sila slažu se u tom slučaju s reakcijama i dijagramima poprečnih sila iz prethodnog primjera.

223

10. SMICANJE

10.1. Osnovni pojmovi

Čisto smicanje vrlo je teško ostvariti. U praksi se smicanje pojavljuje gotovo uvijek povezano sa savijanjem. U jednom broju slučajeva savijanje je predominant­no, dok je smicanje zanemarivo. Ponekad je situacija obrnuta. Naprezanja koja uzrokuje smicanje mnogo su veta od naprezanja koja uzrokuje savijanje. Na slici 10.1 prikazano je nekoliko slučajeva opterećenja smicanjem. Pri rezanju štapa prema slici lO. la pored smicanja javlja se i savijanje momentom M=Fe. Slična je

+-+11• -a i""i t ll.

~§-Slika 10.1. Smicanje ili odtez

situacija i kod probijanja, prema slici IO.lb. Raspored naprezanja po presjeku smicanja nije jednolik. Kao prvo približenje može se usvojiti raspored po para boli, kako je to objašnjeno u poglavlju 9.3.

Za eksperimentalno određivanje svojstava materijala pri čistom smicanju kori~ ste se razne naprave i modeli. Najčešće se u tu svrhu koristi Uvijanje tankih cijevi,

t 5 L Alfirević: Nauka o čvrstoći 225

kako je ilustrirano na slici l0.2a. Pri tome se dobivaju dijagrami smicanja, tj. t=[(y). Dijagrami smicanja za neke metale prikazani su kvalitativno na slici 10.2b. Oni se po obliku podudaraju s dijagramima rastezanja.

T

(§ ~~ t T,

T

",,

o· aJ b}

Slika 10.2. a) Pokus smicanja provodi sc na tankostjenoj cijevi optereCenoj na uvijanje, b) Dijagr.1m smicanja

10.2. Približan proračun dijelova opterećeoih na smicanje

Točan proračun dijelova opterećenih na smicanje vrlo je teško provesti, pa se u praksi provodi pojednostavljen približan proračun, tj. određuje se srednje posrnično naprezanje -rsr- Maksimalno posmično naprezanje -rmax može dva i više puta biti veće od srednjeg rsr. To se mora uzeti u obzir. kod odabiranja dopuštenog srednjeg posrničnog naprezanja, odnosno kod odabiranja koeficijenta sigurnosti. Dopušteno srednje naprezanje -rdsr i lomne srednje naprezanje -rMsr povezuju se često s dopušte­nim vlačnim naprezanjem adop i vlačnom čvrstoćom aM, tj.

-rdsr = kd a dop• t~hr=kM aM. (10.1)

Koeficijenti kd i kM imaju razne vrijednosti za razne materijale i određuju se na temelju pokusa i iskustva. Tako je za čelik kd =kM= 0,8, za sivi lijev kd =kM= 1,1. Podaci za ostale materijale mogu se naći u priručnicirrta. Srednje posmično napreza­nje određuje se pomoću izraza

F Q t=-=-" A, A,'

(10.2)

gdje je A, dio presjeka koji sudjeluje u smicanju. Na slici 10.3 prikazano je nekoliko presjeka. Dijelovi poprečnog presjeka koji neznatno sudjeluju pri smicanju dvostru­ko su iscrtani i pri određivanju As ne trebaju se uzeti u obzir.

t a

~ Slika 10.3. Povrliine smicanja As

···.l •• l

.). 10.3. Pomaci pri smicanju

Točno određivanje pomaka i deformiranog oblika tijela izloženih smicanju teško je provesti kao i određivanje naprezanja, pa se i ovdje pribjegava približnom proračunu. Postupak ćemo objasniti na primjeru gumenog amortizera prikazanog na slici 10.4. Dva gumena bloka dimenzija ax b x e vezana su pomoću čeličnih

l' F

ll lli

b

Slika 10.-t Deformiranje gumenog amortizera

dijelova, kako je to pokazano na slici 10.4. Kako se sila F raspodjeljuje na oba bloka podjednako, poprečna sila u bloku iznosi Q=F/2. Srednje naprezanje u bloku iznosi

Q "t"sr=A·

Kutna je deformacija prema Hookeovu zakonu

-r~, F Y.=G=ZAG.

Približni deformirani oblik blokova prikazan je crtkano. Pomak O iznosi

Fl 0=Ysrl=-. ZAG (10.3)

Veličina AG naziva se smična krutost.

PRIMJER 10.1

Zglobna veza, prema slici lO. lc, opterećena je silom F. Odrediti dopuštenu silu Fdop kojom -smijemo opteretiti vezu ako je zadano:· d=20mm, ~=0,8,

a dop= 120 MPa.

Zamišljeni odre~ osovinice nastupio bi prema slici 10.5. Vidimo da u odrezu sudjeluju dva poprečna pres jeka pa je

F '!=-~t

u 2A'"""' du·

15* 227

Odavde je d2n

Fdop =2A t'dsr=24 kd O' dop

202n F,,,=2-

4-0,8 ·120N =60318 N =60,3 kN.

F

Slika 10.5. Od rez osovinice

PRIMJER 10.2

Naći srednje posmično naprezanje u zavarenom spoju, prema slici l0.6a. Zadano: F, l. h.

Smicanje će nastati po ravninama za koje je površina smicanja najmanja. To su, u tom slučaju, ravnine koje sa ravninama štapova čine kut od 45°, prema slici 10.6b. Površina smicanja iznosi A=2lhcos45°, paje

F F u"=-;t=-fi;;;·

F

''"~ h~

F

aJ " Slika 10.6. Smicanje zavarenog spoja

PRIMJER 10.3

Kružnim probijačem probija se otvor u limu debljine h. Odrediti najmanji promjer otvor~ koji se može probiti probijačem ako je zadano: dopušteno tlačno

228 ··:

naprezanje probijača u dop= 180 MPa, čvrstoća lima aM= 220 MPa, koeficijent kM=0,8, h=5mm.

Dopuštena sila kojom smijemo opteretiti probijač ovisi o kvadratu promjera, dok potrebna sila probijanja ovisi o smičnoj površini A=xdh, tj. sila probijanja ovisi o prvoj potenciji promjera. Prema tome smanjivanjem promjera otvora brže opada dopuštena sila probijača od potrebne sile probijanja. Sila kojom smijemo opteretiti probijač iznosi

d2n Fdop ~4 O'dop·

Potrebna sila smicanja jest Fs=hdn't"Msr=hdnkM aM.

Izjednačenjem tih sila dobit ćemo

d2n 4 O' dop "';i:; dn h kM O' M•

odnosno O" M

d;.4 kM -h= 19,56mm. O" dop

PRIMJER 10.4

Naći prosječno posmično naprezanje u vijcima kojima su spojene osovine, prema slici 10.7. Zadano: M,. R, d".

•• Slika 10.7. Odrez vijaka u krutoj spojci

Pretpostavit ćemo da se moment uvijanja prenosi podjednako preko svih šest vijaka. Sila u jednom vijku iznosi 't"sr A0 ~ pa je ukupni moment jednak

Ml= 6rsr AoR. Odavde je

M 1 2Mt T=--=---" 6A0 R 3nd~R·

U stvarnosti se zbog netočnog dosjedanja nikad ne prenosi sila jednako na sve vijke, pa će i naprezanje u pojedinim vijcima biti veće od izračunatog. To se mora uzeti u obzir pri izboru dopuštenog naprezanja.

229

Gumeni torzijsk.i amortizer prikazan na slici l 0.8 sastoji se od vanjske i unutnrlnje čelične cijevi među kojima se nalazi §uplji gumeni valjak. Odrediti kut o: za koji će se okrenuti vanjska cijev ako je opteretimo momentom M, i ako je unutrašnja cijev nepomična. Zadano: M,.'" r 2• b, G (modul smicanja gume).

b

b

Slika 10.8. Smicanje 1orzijskog amortizera Slika 10.9. Posmična naprezanja u

1orzijskom amortizeru

Pri defonniranju pravac ABCF prelazi u krivulju AB1C1F 1 • Ortogonalni ele­ment BCDE prelazi u romboid B1C1 D1E1 . Klizanje stranice CD prema stranici BE eleme.nta iznosi

Odavde je elel =rdo:=dry.

dr da=y-.

r

Pomoću Hookeova zakona za smicanje možemo dobiti

T dr da=--.

Gr

Veličinu posmičnog naprezanja r odredit ćemo razmatranjem ravnoteže dijela amortizera koji dobivamo· cilindričnim presjekom. Po tom presjeku posmična naprezanja t "jednoliko su raspodijeljena. Ravnoteža momenata oko osi x glasi

Odavde je

površina "_...,___,

EM =,M,-~rnhF=O. X l

sila krak

M, T=--

2nbr2' ~to uvršteno u gornji izraz za d o: daje

M, dr da=---

2nbGr'

230

odnosno '•

M, fdr M, (l l) a=2bG 7=4nbG rf-ri ·

'• Za konkretne vrijednosti:

M,=4kNm, r1 =10,2cm, r2 =18,6cm, b=7cm,

tdor=0,9MPa. lX.lor=40° i G=0.6MPa,

možemo odrediti veličinu posmičnog naprezanja za r=r1 :

M, 0,004 0,874 MPa < !dop• T-

271: b,.~ 2x · 0,07 · 0.1022

odnosno kut zakreta

M, (l l) a=4nbG rf- ri

0,004 ( l . l ) _e_,.."-.,--,----- =0509rad

4x·0,07·0,6 0,1022 0,1862 '

ili 0: = 29,2° < ~op"

231

11. TEORIJE ČVRSTOĆE I ENERGIJA DEFORMIRANJA

11.1. Uvodne napom"""

U prethodnim poglavljima razmatrali smo takva opterećenja štapova koja su iz.azivaia u štapovima jednoosno naprezanje ff""' (osno naprezanje, čisto savijanje). odnosno posmlčno naprezanje tx)' (uvijanje, smicanje). Kod provj~re čvrstoće

takvog dijela konstrukcije bilo je dovoljno da maksimalno naprezanje usporedimo s kritičnim naprezanjem koje smo odredili analognim pokusom rastezanja, sabjjanja m smicanja. Kritično naprezanje krhkih materijala jednako je čvrstoći materijala (lomnom naprezanju) uM, .. odnosno t,."~. Kritično naprezanje duktilnih (rastezljivih) materijala jednako je granici tečenja O' T• odnosno 1:T.

Ta bi se metoda provjere Č\'rstoće vrlo teško primijenila na dvoosno, odnosno troosno stanje naprezanja. Naime, bilo bi potrebno eksperimentalno imitirati sve moguće kombinacije naprezanja. tj. eksperimentalno utvrditi kritično naprezanje za različite kombinacije <11 : q 2 . a,.,, pa onda stvarno naprezanje u konstrukciji uspore~ diti s pripadnim· kritičnim fl(lprezanjem koje je određeno eksperimentalno. Ispitiva~ nje kritičnog naprezanja za sve materijale i 7"a mnogo kombinacija a 1 : a2 : a3 bilo bi vrlo skupo i dugotrajno, a za mnoge kombinacije tehnički teško provediva.

Zbog toga se uvode teorije čvrstoće (kriteriji loma) koje nastoje da predvide pojavu lomaJ odnosno tečenja za dvoosno i troosno stanje naprezanja na temelju podataka dobivenih pri jednoosnom rastezanju. Postoji više teorija čvrstoće. Nijed­na od njih nije sveobuhvatna~ tj. nije upotrebljiva za sve vrste materijala.

Pri razmatranju teorija čvrstoće potrebno je poznavati pojam energije deformi­ranja, distrozijske i dilatacijske energije. Zato ćemo se. prije nego pristupimo razmatranju teorija čvrstoće, upoznati s tim pojmovima. U mehanici krutih tijela upoznali smo se s pojmovima rada, snage, kinetičke i potencijalne energije .

..."

Kad sila F djeluje na česticu P koja se giba po nek") putanji, kao na stici ll. l, sila vrši rad. Elementarni rad d W na malom pomaku dr definiran je izrazom

..."

d W=F ·dr= fdrcos«;=F,dx+F,dy+F,dz (l

233 ..

·~ w= f Nr. (l 1.2) A

Snaga P jest brzina Vršenja rada, odnosno derivacija rada po vremenu. Ako izraz (lLI) podijelimo s dr, dobit ćemo

Kako je dl/dt= t, bit će

O)

dW __,.dt P=-=F--.

dr dt

P=Fi!. f4$•fđlp ., r' n

,l \l

'l Iii\.~\' ---L--llr A,

bl ~ ~

Slika ll. l.. Definicija rada sile F i sprega M

(l 1.3)

Neka na tijelo djeluje spre g M= 2 Fr kao na slici ILl b. Ako se tijelo zakrene za mali kut dtp, hvatišta sila pomaknuti Ce se za iznos ds=rd<p, pa će izvršeni rad biti

dW=2Frđtp.

Kako je 2Fr=M, bit ce dW=Mdtp, (11.4)

tj, elementarni rad sprega jednak je umnošku momenta sprega i kuta za koji se tijelo okrene. Deriviranjem izraza (ll.4) po vremenu dobit ćemo

dW đtp P=-=M-

dt dt

P=Mw. (11.5)

~

Ako os oko koje djeluje spreg M i pravac kutne brzine nisu kolinearni, snaga P odredena je skalarnim produktom

~

P=M·iJ. (l 1.6)

Na slici ll.2a prikazana je ovisnost sile F u opruzi s 1inearnom karakteristikom o pomaku slobodnog kraja x. Ta se ovisnost može prikazati pomoću izraza

F=cx~ (11.1)

234

gdje je e konstanta opruge koja sc izražava u jedinicama sile po jedinici duljine, tj. u Nfm. Elementarni rad te sile dan je izrazom

dW=Fdx=cxdx.

Ukupni rad te sile na produljenju opruge za iznos Lli iznosi

" "' W= fcxdx=< l

o o

ct!l' W=-2-. (11.8)

Taj je rad prikazan iscrtanom površinom trokuta O A 8 na slici 11.2a, Ako produlje­nje opruge ne počinje iz nenapetog položaja x=O, nego iz položaja x, do položaja x2, kako je prikazano na slici ll.2b, izvršeni rad jest

.l:j e W= J cxdx=-(xl-xlJ

.~. 2 (11.9)

odnosno

( x2 +x1) W= c-

2- (x2 -x,).

i predstavlja iscrtanu površinu trapeza ABCD. Prva zagrada jest prosječna vrijed­nost sile u opruzi na puto od x 1 do x2• a druga zagrada prevaljcni put. Izvršeni rad sile opruge akumulira se u opruzi u obliku potencijalne energije U= W.

u

~

•t-sz~-17-

q} b}

11.2. Rad sile opruge pri deformiranju opruge

Općenito, kad vanjske sile djeluju na defonnabilno tijelo, ono se deformira, hvatišta sila se pomiču i vanjske sile vrše rad. Taj rad vanjskih sila troši se djelomično na savladavanje unutrašnjih sila, a djelomično na povećanje kinetičke energije tijela. Ako je tijelo elastično, rad unutrašnjih sila pretvara se potpuno u potencijalnu energiju defonniranja U. Ako tijelo nije elastično, dio rada unutrašnjih sila pretvara se u potencijalnu energiju defonniranja, a dio se rasipa u toplinsku

235

energiju. Potencijalna energija deformiranja može se iskoristiti za vršenje rada. Tako npr. potencijalna energija deformiranja opruge goni satni mehanizam. Dio rada vanjskih sila. koji se pretvorio u kinetičku energijuy može· se pojaviti u dva oblika; kao kinetička energija gibanja tijela ili kao kinetička energija vibriranja tijela.

Ako vanjske sile djeluju na tijelo mirno ili statički, tj. ako su stalno u ravnoteži s unutrašnjim silama, nete doći do porasta kinetičke energije tijela, tj. povetat će se samo njegova potencijalna energija deformiranja. Tu pojavu ćemo opet objasniti na primjeru linearne opruge, prema slici l 1.3. Objesimo na oprugu uteg težine G kojl pridržavamo silom F, (rukom), prema slici l I.3a. Smanjujmo sada vrlo polagano silu f 1• Opruga se deformira, u njoj se javlja sila f~cx: tako da je stalno f +f1 G. Kad se opruga produlji za iznos x~.JI~Gfc, sila u opruzi f izjednači se s težinom utega G. uteg miruje i njegovo daljnje pridržavanje nije potrebno. U tbku spuštanja uteg je izvršio rad W0 =Gdl=cdl2• Međutim, u opruzi sc akumulira energija U= e .1f1 :'2~ dakle, samo pola izvršenog rada spuštanja pretvorena je u energiju defonniranja opruge. Preostala polovina rada utrošena je na potlskivanje sile f 1 •

e l.ll"'G

V•b

Sliku l L3. PO naglom opterećenju ležinom G opr1.1ga se dvaput više deformira nego pri mimom opterci:iYanju

Ako uteg objesimo na oprugu i zatim naglo pustimoy uteg će se početi ubrzano gibati prema dolje jer je težina G veta od sile opruge F. Kad se opruge produlji za iznos /JL onda se sila u opruzi izjednači s težinom utega, i uteg se prestane ubrzavati. Do tog trenutka uteg je izvršio rad Wc= G dl. Pola tog rada utrošeno je na defonniranje opruge, a pola na kinetičku energiju utega. Zakon kinetičke

energije glasi +E,,

236

gdje je Et kinetička a EP potencijalna energija sistema. Indeksi 1 i 2 odnose se na početno odnosno konačno sranje. Kako je E,, EP1 ~0, E~a~mv'/2 i E,2 ~e <112/2- mg .JI, bit će

mv' e <112

-+--~mg. 2 2

U tom je trenutku sila u opruzi jednaka težini, tj. mg~c.JI. Ako tu vrijednost uvrstimo u gornji izraz i sredimo, dobit ćemo izraz za brzinu v utega u trenutku njegova prolaza kroz ravnotežni položaj

e~ .JI Jf. (l LIO)

Nakon prolaza kroz ravnotežni položaj sila u o pruzi veća je od težine utega, pa dolazi do usporavanja utega. Uteg se napokon zaustavlja nakon produljenja za iznos d/1, nakon čega opet dolazi do gibanja utega prema gore, tj. uteg titra oko ravnotežnog položaja. Veličinu produljenja Lf/1 možemo izračunati iz uvjeta da sc cjeloukupni rad težine G pretvorio u potencijal nu energiju defonniranja U. Kako je energija defonniranja opruge U=c.Jii/2 i rad utega W0 ~G.JI1 , bit će

e .11 2

---f-=G.d/1•

Uzmemo Ii u obzir da je G~c .JI, dobit ćemo da je <111 ~2& Vidimo da se pri naglom ispuštanju utega opruga dvaput više produljila nego u slučaju mirnog ili kvazistatičkog opterećenja, Dvaput veće produljenje uvjetuje dvaput veće deforma~ cije, odnosno dvaput veća naprezanja. Prema tome, kad god je to moguće~ moramo nastojati da opterećenja mimo djeluju na konstrukciju.

Ako ne bude drugačije naznačeno, smatrat ćemo, u daljnjim izlaganjima, da sve sile djeluju na konstrukciju mirno ili kvazistatički. Također ćemo smatrati da su tijela, odnosno konstrukcije linearnoelastične, što znači da sile linearno rastu s porastom pomaka njihovih hvatišta. odnosno da naprezanja linearno ovise o deformacijama, kao i da se tijela nakon rasteretenja potpuno vraćaju u prvobitni oblik i dimenzije.

11.2. Energija deformirauja i gustoća energije defonniranja kod općeg stanja naprezanja

Da bismo što lakše izračnnali energiju deformiranja elementa na koji djeluju sve komponente naprezanja. primijenit ćemo metodu superpozicije, tj. posebno ćemo razmatrati energiju defonniranja svake komponente naprezanja, pa ćemo ukupnu energiju dobiti zbrajanjem na odgovarajući način pojedinih dijelova energije. Dovoljno je da izračunamo energiju deformiranja jedne normalne i jedne posmične komponente naprezanja. Na slici 11.4a prikazan je element volumena d V ~dx dydz optereten normalnom komponentom naprezanja a" a na slici l L4b isti element

237

opterećen posmičnom komponentom -rs-:= 't'~. Kako se element nalazi u ravnoteži. pomicanjem elementa kao krutog tijela ne vrši se nikakav rad. Rad se vrši samo pri deformiranju elementa. Prema tome, smijemo smatrati da je jedna strana elementa nepomična.

q,

Slika IlA. luačunav~mje energije: defonniranja zbog komponenata naprezanja q~ i r.r-

Na elemem koji je opterećen normalnim naprezanjem "• djeluju dvije sile čija veličina iznosi y=-dyd.:. Te sile se u toku deformiranja razmiču za iznos t.-.dx. Elementarni rad koji vrše unutrašnje sile iznosi

l dW1=-&dyd; s,dx.

2 ---v-- """""' sila pomak

Indeks i označa-·a da se radi o radu unutrašnjih (internih) sila. Faktor 1/2 javlja se jer sila uxd.rd: raste linearno od nute do svoje konačne vrijednosti1 tj. prosječna vrijednost sile jednaka je polovini njene konačne vrijednosti. Kako je dx dy dz= d V, gornji izraz možemo napisati u obliku

l dW1=dU =l u, t, d V. (Il.! l)

Energija de formiranja po jedinici volumena jest gustoća energije deformiranja, koju označavamo s L"0 . Prema tome je, za element opterećen jednoosno naprezanjem <Jp

gustoća energijt: deformiranja dana izrazom

dU I O' X lx· (ll.I2)

Na element, prema slici 11.4b, djeluj•• ćatiri sile: dvije suprotno usmjerene sile r='-"dxdy, koje djeluju na gornjoj i donjoj strani elementa, te dvije sile 'tndydz, koje djeluju na bočnim stranama elementa. Uzmimo da je donja strana elementa nepomična. Tada sila na donjoj strani ne vrši rad. Boćae sile takoder ne vrše rad jer se točke h<x~ih strana pomiču horizontalno. tj. okomito na smjer djelovanja sile. Gornja stranica pomiče se za iznos l'.x::: dz. pa rad unutrašnjih sila u tom slučaju iznosi

l dW1=dU =2,.,dxdyy.,dz

Yu d V. (11.13)

238

Gustoća energije deformiranja je dU l

Uo= dv=-rrn'f~=· (11.14)

Naprezanje O" ;e vrši rad samo na deformaciji l:x, a" vrši rad na deformaciji s>" "C.x: na deformaciji y., itd.

U tom pogledu mogu se radovi nezavisno računati~ pa je ukupni rad unutraš~ njih sila u općem slučaju naprezanja dan izrazom

l dW,=dU =2 (a.~:ea:+ apty+ 0'1 67 +t~"Y~+Ty.tl'px+r:::xY=)dV~ (11.15)

dok je gustoća energije defonniranja

dU l U o d O'ySy+ Uz€.t+T~7'}'X>.+'ry:/'y;:+l"uJI=). (l

Vidimo da je gustoća energije deformiranja istovremeno funkcija šest kompo· nenata naprezanja i §est komponenata defonpacije. Kako su komponente napreza­nja i komponente deformacije međusobno povezane Hookeovim zakonom, može­mo energiju deformiranja izraziti samo kao funkciju naprezanja, odnosno samo kao funkciju deformacija. Ako izraz (6.12) uvrstimo u (11.'16) i sredimo. dobit ćemo

_t,,,,. '-"'' U o- 2E ( ~ + "1 + CJ;)-E ( "·'"'+ a,u, + """')+ 2G (•.".+ rF+ •~). (11.17)

Gustoća energije defocrniranja očito ne ovisi o izboru koordinatnog sustava~ pa ako koordinatni sustav odaberemo tako da sc njegove osi podudaraju s glavnim pravcima naprezanja, izraz (11.17) prelazi u jednostavniji oblik

U0 + oi+o'i-2v(tt1ct1+a,a3+a,a1)]. (11.18)

11.3. Dilatacljska i distorzijska energija .. Kad smo u trećam poglavlju govorili o deformiranju tijela, pokazali smo da se

deformiranje okoliša svake točke dade rastaviti na istovremenu promjenu oblika i promjenu obujma. Promjenu obujma nazivamo još i dilatacija, a promjenu oblika distorzije. Energiju defonniranja vezanu uz dilataciju nazivamo još i dilatacijska iH ltidrostatička energija deformiranja. a energiju vezanu uz promjenu oblika distorzij­ska energija dt!fomiranja.

Obujamna deformacija e, koja izražava promjenu obujma. vezana je uz duljinske deformacije izrazom (3.!5) koji glasi

e=t~+s,+e.t=tt +Sz+Sa.

239

Ako u gornji izr.tz 11vrstimo Hookr:ov zakon (6.12) i sredimo, dobit ćemo

odnosno

gdje je

U o

l-2v Đ=--(a1 +a2 +u3 )

E

3(1-2v) Đ= ao.

E

ax+ay+a: a1+a2+a3 3 3

srednje normalno naprl'L:.mje. Izraz (11.20) može se napisati u obliku

G= ao K.

(11.19)

(11.20)

(11.21)

(11.22)

Iz tog izraza vidimo da je dilatacija i!i promjena obujma jednaka nuli ako je srednje normalno naprezanje jednako nuli. S druge strane lako je uočiti da će svaki izotropni materijal koji je opterećen jednoliko u sva tri smjera naprezanjem a0

doživjeti samo promjenu obujma. a neće doživjeti promjenu oblika.

Svaki se tenzor naprezanja može rastaviti u dva dijela: sferni i devijatorski. Prvi izaziva samo dilataciju ili promjenu obujma, a drugi samo distorziju ili promjenu oblika. Matrica sfernog dijela tenzora naprezanja [ a?i] glasi

[

Go

[ r.?,J = ~

o

n a, (11.23)

o

Matricu devijaLOrskog tenzora naprezanja [su] dobit ćemo ako od matric~ tenzor<:~

naprezanja [a;j] odUZill\!1110 ITIC:Itricu srernog dijela [aYjJ, tj.

[s?;]= [ a1;]- [u?;). (11.24)

PRIMJER 11.1

Zadana je matrica tenzora naprezanja [ a,i].

[-2 l 4]

[a,;]= l 8 5

4 5 3

Odrediti matricu srernog i devijatorskog tenzora naprezanja.

Srednje normalno naprezanje a0 iznosi

a, ax+ aY+ a=

3 -2+8+3

--=3 3 .

240

Sada je

[3 O OJ

[a?;]= O 3 O

o o 3

[-2 l 4J [3 o OJ r-5 l 4J [sul= l 8 5 - O 3 O = l 5 2

453 003 420

Kao što se vidi, devijatorski dio tenzora naprezanja ima zbroj dijagonalnih eleme­nata jednak nuli, pa je i srednje normalno naprezanje a0 također jednako nuli. Prema tome, devijatorsko naprezanje ne izaziva promjenu obujma.

Ako u izraz (11.18) uvrstimo komponente sfernog tenzora naprezanja a1 = a2 = a 3 = a0 , dobit ćemo gustoću dilatacijske (hidrostatičke) energije defonni­ranja u oh.· tj.

u .. 3(1-2v) crn= ai 2E

0 2K

(11.25)

u,, 3 (l- 2v) (at+ az+ a3)' 2E 3

l-2v u .. b=~(al +al+ a3)2. ( 11.26)

Gustoću distorzijske energije deformiranja možemo dobiti tako da u izraz (11.18) uHstimo komponente devijatorskog tenzora naprezanja ili tako da od ukupne gustoće energije derormiranja oduzmemo gustoću dilatacijske energije. Primijenit ćemo drugi način, pa je

Uod=Uo-U"h

: l 2 1- 2v 2 Lod=- [(a1 + a2 + a3 ) - 2r (u1 a2 + a2 a3 + a3 a 1)]---(a1 + a2 + a3 ) . ~E 6E

Kad gornji izraz sredimo, dobit ćemo

l+" [ 2 ·, • 'l Uod= 6

E (a1 -u2 ) +(a2 -a3 )·+(a3 -a1 ) (11.27)

l [ 2 , '] Uod=12

G (a1 - a2 ) +(a2 - a3 )-+(a3 - ad· (11.28)

U od= 3~ [rT+ rl-'- rl l (11.28a)

Ovdje su r 1 , r 2 i !'3 maksimalna posmična naprezanja koja su dana izrazima

al- Uz az- 0'3 a3- al rl =-2-, rl =-2-, r3 =-2-. (11.29)

16 l. Alfirl!vil·: Nauka o čvrsJoCi 241

!1.4. Teorija naj•·ećeg normalnog naprezanja

Prema toj teoriji opasnost od loma nastaje kad najveće normalno naprezanje postigne kritičnu vrijednost; od tri glavna naprezanja mjerodavno je ono koje je najveće po apsolutnoj vrijednosti~ a ostala dva ne utječu na opasnost od loma. Uvjet čvrstoće tada glasi

O'uv =U max~ O"đ<;>pl (l 1.30}

gdje je a~kv ekvivalentno (erektivno, reducirano) naprezanje~ O' muje najveća apsolut~ na vrijednost gla\'nih naprezanja, a adop dopušteno naprezanje. Dopušteno napreza~ nje kod krhkih materijala definirano je izrazom ""o'= uM/S, a kod duktilnih materijala izrazom a"''"= uT/S. gdje je aM- vlačna čvrstoća materijala. aT granica t~čenja. a s raktor sigurnosti.

Ako materijal ima različitu vlačnu i tlačnu čvrstoći, uvjet čvrstoće glasi

Ut~ O'ydop> ~ U1<S»p. a3 <0, (l

gdje je uvdap dopušteno vlačno naprezanje, a u100p dopušteno tlačno naprezanje. Oba uvjeta (ll.~ n trebaju biti istovremeno ispunjena.

U slučaju d\·oosnog stanja naprezanja uvjeti čvrstoće prikazuju se pomoću krirulja ćVJ'Stoče u koordJnatnom sustavu O a 1 <J 2, kako je prikazano na slici 11.5a. Pri tome se nl! ddimo dogovora da je u1 ~ u2 ~ u J. Naprezanje u svakoj točki konstrukcije prikazanCI j~ jednom točkom T u sustavu Oa1 a1 • Ako točka T padne unutar kvadrala ABC D. nema opasnosti od loma, tj. ispunjen je uvjet čvrstoće. Ako točka T padne na rub kvadrata ili izvan njega, uvjet čvrstoće nije ispunjen. Ponekad se krivulje čvr5.l0Ce prikazuju u bezdimcnzionalnom koordinatnom sustavu, kako je prikazano na slici 11.5b. Tada se na osi apscisa nanosi u1/ ad.;p• a na osi o rđi nata đl!0dop·

l ,. ., ... <;/.>

L~~ ··"· ~'.~wj..-~---<%/ ,/ /'

•,.1 ! ··­,,

" (j;;;--- -~,~=s

<:;' Cl

Ak' l l"'

Slika i 1.5. T .:oriJa n:tj\'Co.~,g norrrmlnog.naprezanja~ al i bl krivulja čvrstoće, e) ploha čvrstoCc

U slučaju troosnog naprezanja uvjet čvrstoće je prikazan površinom čvrstoće, kao na slici ll.5c. Prema teoriji najvećeg nonnalnog naprezanja površina čvrstoće jest površina kocke kojoj bridovi imaju duljinu 2adop· Središte je kocke u ishodištu koordinatnog SU5tava.

Teorija najvećeg normalnog naprezanja jedna je od prvfh teorija. Nije se pokazala dobrom osim za krhke materijale u podru<;ju vlaka. Kad su sva tri naprezanja tlačna. r:e daje dobre rezultate ni za krhke materijale.

242

11.5. Teorija najveće duljinske deformacije

Po teoriji najveće duljinske deformacije Jom nastupa kada jedna od duljinskih deformacija dostigne kritičnu vrijednost Kriterij čvrstoće u tom slučaju glasi

I.Tdop lt.:lma.~~Edop=E· (l 1.32)

gdje je r elom:.: najveća l a .J> hl, bit će

apsolutna vrijednost duljinske deformacije. Npr. ako je

Je l mo. (l 1.33)

odnosno ad .. ~= a 1- v (a2 + a3) ~O ~~op- (l L33a)

Ako je l u,!> bit će

.,,,,,=l u,- v ( u2 + u ,JI" u,,.. (l L33b)

Krivulja čvrstoće prema toj teoriji za dvoosno stanje naprezanja prjkazana je na slici 11.6, Ta se teorija također nije pokazala dobrom. pa se danas vrlo rijetko upotrebljava.

Slika ll .6. Krivulja čvrstoće po teoriji najve«: duJjinske defQrmacije

11.6. Teorija najvećeg posmičnog naprezanja

Prema toj teoriji opasno stanje u materijalu nastaje kad najveće posmično naprezanje dostigne kritičnu vrijednost rdor advp/2. Kako je Tm~,.=(đ1 - uJ)/2, uvjet čvrstoće glasi

odnosno

""1- <13 rm"~=--1-- l

!T11tv dt- <13 ~ l1cvp· (!

16* 243

Kod dvoosnog stanja naprezanja jedno glavno naprezanje jednako je nuli. To naprezanje po tradiciji označavamo sa tr3 iako tada može biti a2 < cr:.h što se ne slaže s dogovorom po kome je đ1 ~ a2 ~ u3• Razlikujemo tri slučaja:

a) Oba glanUIJWfll'e:dllj(l veća su od nuit:-:- Tada je o3 =0, pa izraz (11.34) prelazi u

O'e~~;~·::::: am~:.:~ O'dop• (l 1.35)

gdje je ar~m;::::: a1

ili O"~, ovisno o tome koje je naprezanje veće.

bl Oba glar11a napre::anja manja su od mile. Tada je uvjet čvrstoće također dan izrazom (ll .351; međutim~ sada je ama:<== a1 ili u2 , ovisno o tome koje naprezanje ima veću apsolumu vrijednost.

cl Glavna noprtt::anja imaju suprotan predznak. U tom slučaju naprezanje cr1

algebarski je najmanje jer smo usvojili da je cr3 =0. Izraz (11.35) sada prelazi u

đc\:v =al- al.~ (J"đllp O' l >0 ili (l !.36)

O'c\v = 0'2 0"1 ~ đđop· lJ t <0

Sva tri slučaja naprezanja prikazana su na slici I 1.7. Krivulja loma prikazana je na slici 11.8. U prvom i trećem kvadrantu moraju oba glavna naprezanja po apsolutnoj nijednosti biti manja od a dop· U drugom i četvrtom kvadrantu gdje su a

1 i a

2 različitog predznaka vrijedi izraz ll.36. Ako je 171 > 01 vrijedi

u2 ~ 0'1- crd"P'

tj. naprezanje a~ mora biti takvo da radna točka definirana koordinatama (a1, u1}

leži iznad pravca <11 a1 - o-J<lp• tj. pravca FA na slici 11.8. Nasuprot tome. ako je l'J1 <0, mora biti

0 2 ~Ut+ ()"dop•

tj. radna točka mora ležati ispod pravca <T z= 111 + qdor• tj. pravca CD. Svi navedeni bit će isounieni ako radna točka leži unutar šesterokuta ABCDEF na slici

l 1.8.

244

1 Tma.r T a,

_fl_; i ,_.!!L......j

r.J

T. Tmax.._6t11

bl

-rt l cox""' ~ 52

Tmax

r- vz ·l

cl Slik;! 11.7. Određivanje maksimalnog posmičnog naprezanja

Ako se ne držimo dogovora da je u1 ~ a2 ~ u3~ izraz (fL34) treba pisati u obliku

l 0 1- a2l ~ Udop

laz-all~adop

l 0"3- ud~ O' dop·

(11.34a)

Izraz (ll.34a) predstavlja tri para ravnina koje se međusobno sijeku tvoreći pravHnu šesterostranu prizmu prikazanu na slici 11.9. Ta šesterostrana prizma jednako je nagnuta prema koordinatnim osima 0'1, u2 i c 3 , tj. pravac O' t a2 = a3 jest njena os. šesterostrana prizma jest površina tečenja prema teoriji najvećeg posmičnog naprezanja. Ako je stanje naprezanja takvo da radna točka T(u1 , "•·

u3 ) pada unutar prizme. neće po toj teoriji doći do loma. Nasuprot tome, ako točka pada izvan prizme, uvjet čvrstoće nije ispunjen.

-o, , .. Slik.a ll.8. Krivulja čvrstoće po teoriji

največeg posmičnog naprewnja Slik<t 11.9. Ploha čvrstoće po teodii najvećeg

tx.•:upi;!:no.g napr.tzanpJ

11.1. Teorija naj><će distorzijske energije

Prema toj teoriji opasno stanje materijala nastaje kad gustoća distorzijske energije dostigne kritičnu vrijednost. Uvjet čvrstoće tada glasi

U oo ~U"ddt>"' (11.37)

Gus loća distorzijske energije prema izrazu ( 11.27 J iznosi

l+ v [ ' 2 "'] U00 =6E (u1 - u,) +(u, <73 ) +(u3 "" .

Kada pri jednoosnom naprezanju u1 dostigne vrijednost 0"110", dopuštena diswrzij­ska energija iznosi

l+\1 u.,.,,= JE~... (1!.38)

245

Izraz (11.38) nastaje kad se u (11.27) uvrsti a 1 =adop• a2 =a3 =0. Ako sada izraze (11.38) i (11.27) UHstimo u (11.37) i sredimo, dobit ćemo

(al- O"z)z+(az- aJf+(aJ- al )2~2~o,.· (11.39)

Odavde je

/!j 2 2 2

a~L··=\ ~ter,- a2) +(a2+a3) +(a3-ad .:E;adop· (11.40)

Ta se teorija naziva još i HMH po autorima koji su na njoj radili (M. T. Huber 1904, R. von Mises 1913. i H. Hencky 1925).

U slučaju d\·oosnog s.tanja naprezanja izraz ( 11.40) prelazi u

CTckv =J ai+ ai- al a2 ~a dop· (11.41)

Taj izraz moi:emo napisJri u obliku

cr1 a 1 a, a2 • . )' ( )' -----+-<=1 (crđ.,p adop ado" ador ""-": (11.42)

Izraz (11.--C) sa znakom jednakosti zapravo je jednadžba elipse, tj. krivulje loma prema teoriji H~·1H. Dobiveni izraz (11.39) jest jednadžba valjka polumjera

R =v· 2/3 a dop• kojemu je os pravac a 1 =ai= a3 • Taj pravac čini jednake kutove s koordinatnim osima u1• a~ i a 3 • Taj je valjak, prikazan na slici 11.10, ujedno površina loma a ra\·nina koja prolazi kroz ishodište i stoji okomito na pravac a 1 = a2 = a 3 ZO\"e se det-Udcorska ravnina. Devijatorska ravnina siječe valjak u

~PrMnr đ1 =(Jz-~

/-Porršino lečenjo

..,___...... OrMjolorslaJ rovnino ,., proroc.

Slika 11.10. Ploha čvrsloće po teoriji distorzijske energije

kružnici pol um jera R =-... ~ · 3 u dop• a šesterostranu pri zrnu u pravilnom šesterokutu. Kružnica i šesterokut prikazani su na slici ll.l1a. Ravnina Oa1 a 2 siječe valjak u elipsi koja je zadana izrazom (11.42), a šesterostranu prizmu siječe u šesterokutu koji je upisan u eli ps~. kako je prikazano na slici 11.11 b. ·

246

s,l Uz'~

"' -+--....Lo.!_ ., ,,

" Slika 11.1 l. Presjeci ploha čvrstoće po teoriji posmičnog naprezanja i po HMH teoriji: a) devijatorskom ravninom, b) ravninom O a 1 cr2

11.8. Usporedba teorija čvrstoće

Na slici 11.12 prikazane su krivulje čvrstoće prema svim navedenim teorijama. Područje sigurnosti po teoriji najvećeg posmičnog naprezanja na slici je iscrtane. Kako se vidi, područje sigurnosti prema teoriji najvećeg posmičnog naprezanja nalazi se unutar područja sigurnosti svih ostalih teorija, što znači da teorija najvećeg posmičnog naprezanja za ravninsko naprezanje daje najveću sigurnost. Kako je računanje a~b po ovoj teoriji jednostavno. ono se mnogo primjenjuje.

Slika 11.12. Usporedba krivulja čvrstoće po svim teorijama

Teorije čvrstoće provjeravane su eksperimentalno. Na slici 11.13 prikazana je epruveta na kojoj se mogu ostvariti različite kombinacije dvoosnog stanja napreza­nja. To je zapravo tanka kružna cijev, koja se može istodobno opteretiti unutraš­njim tlakom p, uzdužnom silom Fi momentom M. Ako se mijenjaju nezavisno p, F i 1H, dobivaju se u stijenci cijevi različite kombinacije naprezanja o-1 i o-2 . Na slici 11.14 prikazani su rezultati ispitivanja. Rastezljivi ili duktilni materijali dobro slijede teoriju najveće distorzijske energije. Krhki materijali bolje slijede teoriju najvećeg normalnog naprezanja, pa se za rastezljive materijale primjenjuje teorija

247

posmičnog naprezanja ili teorija distorzijske energije. Za krhke materijale u podru­čju vlaka primjenjuje se teorija najvećeg normalnog naprezanja.

-= -4-J-2._1_1 __.___.__ ~ l l -tv -1 l l l l l ' ,-, -, -Jill ~H

Slika 11.13. Epruveta kojom se ostvaruju različita d\'oosna stanja naprezanja

,.,

u,

PRIMJER 11.1 Slika 11.14. Eksperiment.alna

provjera teorija čvrstoće

Odrediti gustoću hidrostatičke i distorzijske energije elementa koji se nalazi u čistom smicanju, tj. na koji djeluje komponenta naprezanja -rxy=ryx=r.

Prema Primjeru 2.2 glavna naprezanja u tom slučaju iznose

cr1 =r, a 2 =-r, a 3 =0.

Kad te vrijednosti uvrstimo u izraz (l 1.26), dobit ćemo vrijednost gustoće dilatacij-· ske energije 1- 2v

Uod=--(ai + a2+ aJf=O. 6E

(I 1.43)

To smo mogli i očekivati jer posmična naprezanja izazivaju samo kutne deformacije koje dovode do promjene oblika, a ne do promjene obujma elementa. Ako sada vrijednosti za glavna naprezanja uvrstimo u (11.28), dobit ćemo

l { . . "} u.,~- [<-(-<l]'+(<-OJ'+(-<-OJ' 12G

,, u.,~zG· (11.44)

PRIMJER 11.:

Odrediti gustoću distorzijske energije elementa na koji djeluje svih devet komponenata naprezanja a;r;, ay, ... Tu-

Kako smo već spomenuli, normalna naprezanja ne vrše rad na kutnim deformacijama, niti posmična naprezanja vrše rad na duljinskim deformacijama. Prema tome, mogu se odvojeno izračunati energija izazvana normalnim naprezanji­ma i energija izazvana posmičnim naprezanjima.

Kad djeluju samo normalna naprezanja, možemo ih smatrati glavnim napreza­njima, pa gustoća distorzijske energije prema (11.28) iznosi

248

'l[ ' ' '] U.,~ 12G (a_,- a,.J +(a,.- a,) +(a,- a,.) .

Dio distorzijske energije zbog posmičnih naprezanja prema (11.44) iznosi

l U;;,~ lG (~,+~,H;,).

Ukupna distorzijska energija jednaka je zbroju ovih dvaju dijelova, tj.

odnosno Uod=U~+U~,

U_,~ l ~G [<a,- a,.)'+ (a,- a,)2 +(a,- a,)'+ 6 (t;,+~;,+ <'ul J (11.45)

PRIMJER 11.3

Zn element na koji djeluju naprezanja prema slici I 1.15 odrediti ekvivalentno naprezanje po teoriji:

a) najvećeg normalnog naprezanja

b) najve!Xg posmičnog naprezanja

e) najveće distorzijske energije.

Zadano:

[Jo 7 o]

[a,;]~ 7 -4 O

o o -5

.,

Slika 11.15

Glavna naprezanja u ra-vnini Ox _v iznose

M Pa

y

, ax+ a). ai,=---+ .• 2 -

·(a q )' . T ±<~,.=(3±11,4)MPa, pa je

a1 ~ 14,4 MPa, a,=- 5 MPa, a3 ~- 8,4 M Pa

a) v~h = am:u:= 14,4 MPa

bl a,,,~ a1 - a3 =22,8MPa

e) a,,,~ ./~[(a 1 - a2 )2 +(a2 + a3 r+(a3 - u1)']

a,,,~ 21,304 MPa.

Kako smo mogli i očekivati, teorija "trnu i teorija HMH vrlo dobro se slažu; međutim, teorija am.axdaje bitno različit rezultat.

249

12. SLOŽENO OPTEREĆENJE ŠTAPOVA

12.1. Uvodne napomene

Vidjeli smo u petom poglavlju da se pri općem opterećenju štapa unutrašnje sile reduciraju na jednu rezultantu i jedan rezultirajući spreg koji imaju šest komponenata: normalnu silu N, dvije poprečne sile: Qy i Q:, moment uvijanja M, te dva momenta savijanja: My i Mz. Do sada smo razmatrali takva opterećenja štapa pri kojima su se unutrašnje sile reducirale na samo jednu komponentu, tj. razmatra­li smo: osno opterećenje, uvijanje, savijanje i smicanje. Doduše, kod poprečnog savijanja javlja se istovremeno moment savijanja M}. i poprečna sila Q=; međutim, u tom slučt.1.iu nije bilo problema s provjerom čvrstoće. jer se najveće normalno naprezanje javlja u vanjskim dijelovima presjeka gdje je posmično naprezanje jednako nuli. S druge strane najveće se posmično naprezanje gotovo uvijek javlja u neutralnoj liniji gdje je normalno naprezanje jednako nuli. Razmatrali smo, rako­der. koso savijanje pri kojem se istovremeno javljaju dva momenta savijanja. Međutim. oba ta momenta izazi~aju pojavu naprezanja a>= koje se jednostavno zbraja bez primjene teorija čvrstoće.

U ovom poglavlju pozabavit ćemo se analizom naprezanja i povjerom čvrstoće u

štapovima koji su tako opterećeni da se u njihovim poprečnim presjecima javlja istovremeno više komponenata unutrašnjih sila i koje istovremeno uzrokuju kako nonnalna tako i posmična naprezanja. Općenit pristup rješavanja tih problema takav je da se komvonente naprezanja određuju odvojeno od svake komponente unutrašnjih sila i zatim se odgovarajuće kompon~nte zbroje. To smijemo učiniti jer se radi o linearnim problemima i jer se sve komponente tenzora naprezanja odnose na isti koordinatni sustav Oxyz. Kad smo jednom odredili sve komponente rezultirajućeg tenzora naprezanje, određujemo glavna naprezanja. Nakon toga određujemo ekvivalentno naprezanje ueh· koje uspoređujemo s dopuštenim napreza­

njem uđop·

Neke od tih kombinacija često se javljaju u praksi, pa ih nastojimo riješiti općenito, kao npr. uvijanje i savijanje, savijanje i osno opterećenje. Ostali slučajevi rješavaju se općim pristupom.

251

12.2. Savijanje i osno opterećenje

Na slici 12.1. prikazan je štap koji je istovremeno opterećen momentom savijanja Mr i normalnom silom N. Napre7.anje O'; koje potječe od savijanja iznosi

, M, a:x=-z,

l'

dok je naprezanje od normalne sile u; dano izrazom

N a;=A,

UKUpno naprezanje je dakle ffx= a~+ u;~ tj.

N My Ux=-+-z.

A I1

r------i!r-----J---"-"/1 .!{:-hl

Slika 1:~.1. Ras:pO<.ijela naprezanja kod istovremenog rastezanja i savijanja ~t~pa

(12.1)

U slučaju istovremenog kosog savijanja i osnog opterećenja naprezanje t1x

dano je izrazom N My M'%

a,=-+-z---y. (12.2) A I, I:

Kako je štap na slici 12.1 nesimetričan, ne možemo unaprijed odrediti mjesto najvećeg nonnalnog naprezanja. Ono se može pojaviti u točki A ili točki B prosjeka. Naprezanje u točki A je tlačno i iznosi

M, N O':cA=--h2+-,

I,. A

dok je naprezanje u točki B vlačno:

M, N G'xs=-h1 +-.

I, A

252

Štap koji je napravljen od materijala koji ima jednaku vlačnu i tlačnu čvrstoću treba tako oblikovati da po mogućnosti bude ispunjen uvjet O' xA= u:1:s• Da bi to bilo moguće, poprečni presjek ne smije biti simetričan prema osi y. Stap na slici 12.1. u tom je slučaju dobro oblikovan. Kad je poprećni presjek štapa simetričan, najveće normalno naprezanje dano je izrazom

la,lm,.=l~± ~~ (12.3)

Predznak ispred drugog člana na desnoj strani biramo tako da se naprezanje od normalne sHe N i naprezanje od momenta M>' zbrajaju.

PRIMJER 12.1

Štap savijen u obliku slova U opterećen je s dvije jednake, kolinearne t suprotno usmjerene sile, prema slici l2.2a. Štap je izrađen Qd sivog lijeva koji ima dopu! teno vlačno naprezanje u.,.,.= 20 MPa i dopu!teno tlačno naprezanje a,.;~Q" 60 MPa. Dimenzije štapa dane su na slici u milimetrima. Odrediti dopušteno opterećenje Fd09•

Geometrijske moment tromosti

2000 mm'= 2000

f

·--·--·-' lJ/}

-tJ' ., y . . ,, .B

i' ai i' bl

Slika 12.2. Stap optereten na rastezanje i savijanje

karakteristike presjek a i polo7.aj težišta h1 , površinu A i možemo lako 0drediti. Navodimo samo rezultate: A=

• ll, =0,03 m, 112 =0,07 mJ,= 166,67 ci:n2 = 1.6667 10-6 m4 .

Opasan presjek nalazi se na ravnom sila u opasnom presjeku ižnose

nosača. Komponente unutrašnjih

N=F

M,=F(0,08 +0,03)=0,11 F

Najveće vlačno naprezanje javlja se u točki A presjeka i izn9si

N M, ( F O, ll F ) O' a,m"~A.-+{,:h,= 2000+1,6667 ·O,Q3 ·I

O' vrnu:;:::; 2480 F.

253

Najveće tlačno naprezanje javlja se u točki B:

N M,. ( F O,llF ) O",m,. =A- l,"" lt,= 2000- 1.6667 ·0,07 , !O"

0'11'1\:1\ =4120 f.

čvrstoće glasi a, mJ\ =2480 F ~ a~du" =20 lQf' Pa

"•mn = 4120 F"' 60 l O" Pa.

Iz prvog uvjeta možemo dobiti F ~ &064,5 N. a iz drugog uvjeta F = 14563 N. Usvajamo manju vrUednost. pa je

F.". 8064,5 N

sila kojom smijemo opteretili zadani štap.

PRIMJER 11.1

Odrediti \"isinu li popre-čnog presjeka okvira stege koja je zadana i opterećena prema slici 12.3. Zadano:. F=20kN, l=l20mm, b=lOmm, ".r.,=l20MPa.

Fa''l !•

Slika 11: .. 3. Vntt steg:l'! opter~en je is(QvrementJ n;~. r;tst.t.olnj.: 1 ;;:~,ij~nJe

Maksimalno naprezanje u okviru prema izru zu ( 12.3 l iznosi

N Art,. vxm:p,""' A +-w~·

!'

Kako jeN =f, M,,=FI, A =bh i W,.=bft'/6, bit će

F 6FI cr.\ mal(= bh + bl12 '

U vjet čvrstoće sada glasi

F 6FI u =-+-!!:.O" .vnw. hir M:1 ~ J<~p·

Kad u gornji izraz uvrstimo zadane podatke i sredimo ga, dobit ćemo

1 F 6FI lt "'· -h---,."0 _, b b

120 h" -0.16667 h-0,72;;.0.

254

Rješenjem tc kvadratne jednadžbe dobit ćemo

h= 0,0782 m= 78,2 mm.

Drugo je rješenje kvadratne jednadžbe negativno i ne odgovara Iješenju problema.

12.3. Sa,ijaltje i tn'ljanje okruglih štapova

Ovo se poglavlje odnosi samo na štapove kružnog presjcka (krug ili kružni vijenac) i na materijale koji imaju jednaku vlačno i tlačnu čvrstoću. Izraze koje ćemo izvesti u ovom poglavlju smiju se upotrijebiti samo ako su ispunjena oba uvjeta.

Na slid l2.4a prikazan je element štapa koji je istovremeno opterećen na uvijanje momentom uvijanja M1 i na savijanje momentom savijanja My· Raspored naprezanja po poprečnom presjeku prikazan je oa slici 12.4b. Najveće posmično

"·$! B

,, bl

~ E/emellfA

,'~~', l l l l

..,._,' l l : , i""·-...... ,' J l -,._,

1 l / /-\ l f l

',~ ~ IS Element 8

_.:!..

--+[]+'---.!-~

cl dl Slika t2.4. Element ~\apn kružnog presjeka koji je opterei:en na savijanje i uvijanje

naprezanje T mu djel.uje po čitavu obodu. Najveće normalno naprezanje javlja se u točkama .4 i B na obodu poprečnog presjeka, pa su te točke kritične. Elementi oko točaka A i B prikazani su na slici l2.4e u kosoj projekcij~ a na slici l2.4d u nonnalnoj projekciji. Glavna napre7.anja u točki A iznose

1 al 2 a+ a, 1

O"-J<r'+4t']. (t2Aa)

a u točki B

"• O"z +4t'], (12.4b)

255

gdje su a i T apsolutne vrijednosti najvećeg normalnog i posmičnog naprezanja. Te su vrijednosti dane izrazima

.,.JM,[ w·

' <=~.[

w· p

(12.5)

Pri daljnjem izYođenju nećemo posebno označavati da su My i M, apsolutne vrijednosti. ah ćemo to imati na umu.

Kako materijal ima jednaku vlačnu i tlačnu čvrst ocu, svejedno je provjeravamo li čvrstoću štapa u točki A ili u točki B. Provjeru čvrstoće provest ćemo u točki B pomoću sve četiri navedene teorije čvrstoće. Za presjek u obliku punog kruga

a za kružni vijenac

nc{i

3'

nd3

Jj" =-'(J-k4 l 32 '

w ··---, ,- 16

1fd~ w =-(1 k4 l p 16 '

je k =f( 'd,. a t/,, i r( ~u unutrašnji i vanjski prom.ier kružnog vijencrt. U oba slučaja, dakle. vrijedi

pa je sada

W,=2 W,,

M, a=w· )"

M, •=--. 2W,

(12 6)

Teorija naj,·ećeg normalnog naprezanja. Ekvivalentno naprezanje po toj teoriji iznosi

l rr:--· a,,,= đ 1 2 (đ+\1 cf+4r').

Kad uvrstlmo ('12.6) u gornji izraz i sredimo, dobit ćemo

l M /"' , M,,, O"~kv=-----·( r+"" svs 1 +M,)=--·, 2W, W,.

gdje je l ···--

M.:h=2{}/ r +-./M;+ M~)

(12. 7)

(J 2.8)

ekvivalentni momem savija"nja. Kriterij CvrstoCe sada glasi

Uav W đdop·

' (12.9)

Teorija najl·eće duJjinske deformacije. Prema toj teoriji vrijedi

ac:t-,= a 1 va2 •

Kad u gornji izraz U\Tstimo (12.6} i sredhno~ dobit Cemo

a =--1 -(!..:-~:M +!.:':..:', M'+M')· e•~ Ul')" 2 y 2 y t

256

Ako se uzme da je V'>i0,3, bit će

l l ' ' a,,.=- (0,35 M,+ 0,65 v M,+ M,). w, (12.11)

Ekvivalentni moment savijanja iznos{

Meh =0,35My+0,65JM;+M7 (12.12)

Teorija najvećeg posmičnog naprezanja. Kako su glavna napre7..anja <T1 i a2 u tom slučaju suprotnog prcdznaka, ekvivalentno naprezanje dano je lzrazom

afllv=at 0'2.

Uvrštavanjem izraza (12.4b) u (12.13) dobit ćemo nakon sređivanja

.. ,,. = vo-z+ <~t-t. Ako sada izraz (12.6) uvrstimo u (12.14), bit će

Uvjet čvrstoće sada glasi

gdje je

l a. =- 1M'+M2

tk\r ~v v j y l.

' , _Meh ~ (Tdop•

O'ek;o- Wy

Me,.~=JM}+M;.

13)

(12.14)

(12.15)

(12.16)

Ako se savijanje provodi istovremeno u dvije ravnine, onda je moment stl\ijanja dan izrazom M:= M;+ M!, pa ekvivalentni moment savijanja iznosi

M,.,.v=.JM;+M;+Mf. (12.16a)

Teorija najveće distorzijske energije. Prema toj teoriji ekvlvaientno naprezanje iznosi

o'~~:JtY :=::

Ako se (12.4b) uvrsti u gornji izraz, dobit će se

<1av=~J(rr.f..jA)2 +(u-JA)'+ (a+JA)(a-JA\

gdje je A= <T'+4r. Kad gornji izraz sredimo, bit će

l l a.,v=2J cf +3 A' =2 J .-'+3 (cf +4-r'l

(12.17)

l1 I. Alfirević: Nauka o čvn:toći 157

Nakon uvrštavanja (12.6) u gornji izraz dobivamo

odnosno

l J 2 2 a.:~:v=- My+0.15M,. w,

Mc~.,~.=.JM;+0,15M;.

(12.18)

(12.19)

Ako je riječ o sa vijanju u dvije ravnine. onda izraz za ekvivalentni moment savi­janja glasi

M - liM--,- M' O 7<M2 eb,-'1. ,+ :::+ • ..; r (12.19al

Treba imati na umu da se u svim izrazima za Mu.~~ uvrštavaju apsolutne vrijednosti MY 1 Af f"

12.4. Opći slučaj složenih opterećenja

Vrlo često složeno opterećenje dovodi do ravninskog stanja naprezanja. Kad su sve četiri komponente naprezanja ux• a31, t.q .. ==tyx različite od nule, giavna su naprezanja dana izrazom

-o-x+ <1, rra:- "'")' 2 a~.z---2-±,j\ ___ 2_ +r . ..:_,.,

što se može napisati u obliku

l Ji- l r.:: II,=2(A+ B), "'=2(A ";B), (12.20)

gdje je A= <1,+a,, B=(ax- o-,)1 +4t;,. (1221)

Teorija najvećeg posmičnog naprezanja. Ako a;r: i đy nisu istog predznaka, ili ako je

( u,+ "•)' ("·- "')' ~ 2 < 2 + Xy>

onda a1 i a2 imaju r.azličit predznak. Tada je

Kad izraze (12.20) i

Uc~cv=<lt t11.

uvrstimo u gornji izraz i sredimo, dobit ćemo

". .... =J(o:,- u,l"+4<.,.

(12.22)

(12.23)

Ako su a); i Uy istog predznaka i uvjet (12.22) nije ispunjen, onda su i naprezanja a 1 j O' l istog predznaka. pa je O"c\v =<rt m a2, tj.

IO"x+ u,. ft(-(1·- ()",.)' ; l V~\.• = -2-±,;~--2-- +T.xy' (12.24)

U gornjem sc izrazu uzima pozitivan predznak ako su <fx i (J 1 veći od nule, odnosno negativan predmak a,ko su e~:~: i aY manji od nule.

258

Teorija najveće distorzijske energije. Uvrstimo izraze (12.20), (12.21) i ".,=0 u (ll .40), pa ćemo dobiti

l r;z;-::,­qdtv=-vA1+3B

2 odnosno

Ucb=.Ja!+a; aKa,+3-r~1. (12.25)

Za opće troosno stanje naprezanja navest ćemo samo rezuJta4 tj.

""•=AI(:x_ cr,l1+(1Ir- cri+(cr,- ".);~~(r;,+<~~r;,)J (12.26)

PRIMJER 12.3

Odrediti promjer vratila d remenskog prenosa zadanog prema slici 12.5. Preko srednje remenice dovodi se snaga P2 , a preko krajnjih remenica odvodi snaga P1 i P,. Zadano:

Đ1 2R1 = 320 mm

D2 =2R3 =400mm

D3 =2R,=440mm

P1 =30kW

P2 =70kW

1'3 40 kW

w = 60 rad/s

O" dop= 50 MPa.

OstaH podaci zadani su na slici. Proračun provesti po teoriji najvećeg posmičnog naprezanja.

Remenice prenose ove zakretnČ momente:

M, 500Nm

M, 1166.7 Nm

"' M 3 Nm.

Sile u remenju iznose: "' F, N, 3F1 =9375 N

F2 N, 3F2 = 17500 N

2M3 • F3 =-=3030N.

Đ, 3F3 =9090N.

U desnom stupcu navedene su sile koje remenice prenose na osovinu. Osovina je istovremeno opterećena na uvijanje spregovima tvf1, M 2 i M 3 , na savijanje u vertikalnoj ravnini Oxz silama 3F 1 ·cos 30" 8119 N i Jf, =9090 N, te na savijanje u horizontalnoj ravnini Oxy silama 3F1 ·sin 30"=4688 N i 3F2 = 17500 N. Postupak

17* .· 259

određivanja reakcija i momenata savijanja nećemo posebno opisivati. prikazani na slici I 2.5. Reakcije po apsolutnoj vrijednosti iznose:

F.,=7,876 kN

F."=1,793 kN

F 8,= 14,292 kN

F8,=8,765 kN.

Smjer djelovanja reakcija prikazan je na slici 12.5.

al o, k ?m '

Bl fl.' m 1

az1

o.1s1

bl ]~ C!JS ]f)" JF,

1c=-.!......~~~='-·-:;-=

F"'t !Fsr 1.55i7 1.41116 '

''AJf:illiiWIIIIIIIIIIIIIm;:N· H,

cl • , V'' X ·-'

H,

dl H,L HzA JS,./'',Jr A v e- ~v

9651!LIIIII@ 111111 TTĐ n11TJ: """'0-rlll"llrrllnl"l "" !J.S tAll':

Sitka l ~5. Vra1ilo remenskog: prenosa opterećeno na savijanJe i uvijanje

Rezultati su

Očito se kritični presjek nalazi ispod srednje remenlce jer ovdje djeluje najveći moment savijanja l najveći moment uvijanja. Ekvivalentni moment savijanja prema (l 2.l6a l iznosi

Mekv=,JM;+ M~+M~

M,,,=-.: ~859,42 + 1428,62 +666,72 Nm Nm.

260

Maksimalno ekvivalentno naprezanje sada je dano izrazom

Odavde je

odnosno

Mfh đ~kv =--~O' dop• w,

xd3 Mck" Wr=--;.--

32 (fdol'

d;. 3J'32M, .. nadQp

d;.' 32· 3265,2 m =8,72·10-'m 50·10"

Može se usvojiti standardni promjer d=90mm .

.. PRI,MJER 12.4

Cijev prikazana na slici 12.6 opterećena je na uvijanje momentom Mu unutraš­·njim tlakom p te osnom silom N. Provjeriti čvrstoću cijevi ako je zadano:

p=8MPa M,=30kNm

N=l50kN

d,=20cm

u,,,= 140 M Pa

h lem.

Slika 12.6. Element cijevi optereOene unutrašnjim Ila kom p. momentom uvijanja M, i osnom silom N

Napomena: Slične cijevi koriste se pri bušenju dubokih bušotina, npr. pri istraživa­nju nafte. Geometrijske karakteristike poprečnog presjeka cijevi jesu:

rrd' [ (d,. )4] W,=lif 1- .d, =1030,6cm3 =1030.6·10- 6 m4

A , d',)=59,69cm2 =5969 w-•m•.

Naprezanje zbog normalne site iznosi

N a,= A =25,13 MPa.

261

Cirkularne normalno naprezanje ar= a., odredit ćemo slično kao u primjeru 6.1, tj. to naprezanje iznosi

cr, pR

h 8 · IO' · 0,09 !06 Pa

0,01

cr,= 72 · !06 Pa= 72 MPa.

Ovdje je R =<1";2 ={d.- 2h)/2 =9 cm. Moment uvijanja izaziva posmično naprezanje rx)"" koje iznosi

M, r,,.= -=29,11 MPa. w,

Ekvivalentno naprezanje odredit ćemo pomoću izraza (12.25), tj.

Cleb-=Jo;+ a;- G."aY+3r;Y

cr,., =vf25}32 +Ti'- 25,I3 ·72+ 3 · 29,11 2 MPa

aeh =80,92 MPa.

PRIMJER 12.5

Cijev vanjskog promjera d. i unutrašnjeg promjera du oblikovana je i konzolne očvršćena prema slici 12.7. Opterećena je silama F1 =3F, F2 =4F i F3 = IOF. Odrediti dopušteno opterećenje ako je zadano: a dop= 140 MPa, /1 =l m, /2 =0,5 m, i3 =0,2m, d.,=·IOcm. d"=9cm.

Slika 12.7. Konzola cijevna

Očito je da će najveći moment savijanja biti na mjestu uklještenja, tj. u presjeku A. Kako su ovdje normalna sila N i moment uvijanja takoder maksimalni, zaključujemo da je presjek A opasan presjek, pa ćemo u njemu provjeriti čvrstJĆU.

Komponente unutrašnjih sila na mjestu uklještenja iznose

N=F3 -F 1 =7F

M,= M,=F213 =4F·0,2 =0,8F

.\I,=F1 13 =0,6F

M,=F2 / 1 -F112 =4F·1- 3F·0,5=2,5F

M,=.JMi,+M;=2,571F.

262

Maksimalna naprezanja zbog savijanja javljaju se u točkama M i N. Točke M i N nalaze se na pravcu kroz središte cijevi, koji čini s osi y kut a:. Taj je kut definiran izrazom

pa je a:= 13,5°.

M,_ 0

•6

=0,24, tga= M, -2,5

Karakteristike poprečnog presjeka iznose:

nd3

w =-' [l - k4] = 67.525 cm'= 67.525. w-• m3

p 16

l W,=l W,=33,762 I0-6 m3

nd~. ' 6 2 A=-[1-k-]=149233·!0· m 4 ' •

gdje je k=d"jd.,=0,9.

Naprezanja zbog normalne sile N i momenta uvijanja M1 jednaka su po čitavu obodu. Kako s~ normalna naprezanja od N i Ms u točki N istog predznaka, a u točki M suprotnog predznaka, najveće ekvivalentno naprezanje djelovat će u točki N. Normalno naprezanje u točki N iznosi

N M, a,=-+-= (4690,75+ 76!50,7)F A W,

cr,=80841,5F.

Posmično naprezanje u istoj točki j~st

M, r=-=11847,5F. w,

a) Teorija najvećeg posmičnog naprezanja

Prema (12.14) ekvivalentno naprezanje iznosi

Odavde je

pa je

a,-. =Ja' +4<' = 85202F.; cr,,,.

F"'' =4929,5 N

F=~ 85202

140·106

--85202

1643 N,

F",,=6572,6 kN F",,= 16431 N.

263

b) Teorija najveće distrozijske energije

Prema izrazu (12.17) vrijedi

"•'• =J;,>+ 3r' = 83404,5 F.:; a,,.. " 140·106

F- '"" - N 83404,5 83404,5

F= 1678,6 N, pa je

FI.J"p = 5035.8 N F,.,, = 6714,4 N F;o,, = 16786 N.

Jasno je da S\'e rri sile moraju djelovati istovremeno jer je pod tim uvjetom provedena provjera čvrstoće.

PRIMJER 12.6

Poznato nam je da je kvadratni presjek povoljniji pri savijanju od okruglog. Nasuprot tome kružni je presjek štapa povoljniji od ·kvadratnog pri uvijanju. Pri kojem će omjeru ~H,.:A1t oba presjeka biti jednako povoljna ako su štapovi opterećeni istovremeno na savijanje i uvijanje prema stici 12.8.

aJ

1)

$li b l :t~. U$t""~r<:dba tvntoćc štapova kružnog i kvadratnog presjeka optercćeoih na savijanje 1 uvijanje

a) Teorija najvećeg posmi.:'nog naprezanja

Maksimalno ekvivalentno naprezanje okruglog štapa iznosi

istovremenom uviianiu

Mc!;.v 32 ~·~-, 0'('~;,",=--=d--r-v My+M~. w, "

(a)

Kod kvadratnog presjeka najveće posmično naprezanje javlja se u sredini stranica (točke .1. R Ci D na slici 12.8b) i ono prema izrazu (8.34) iznosi

M, - ---, .. 't'm:u;- 0,208a (b)

.264

M, 6M,. qmax=w=-;,;r-· ,. ., Prema tome) najveće ekvivalentno naprezanje bit će u točkama A i C i iznosi

O'flr.v =.Jđ;,u+4r~ax odnosno

6 qd:v =-r .J M;+ 2.568 M;.

a

(cl

(d)

Da bi se ispunio postavljeni uvjet. trebamo oba ekvivalentna naprezanja izjednačiti. pa ćemo dobiti

6 J ' 2 32.; 2 2 3 M,+2,568M,=-3 M,.+M,. a d

Površine kvadrata i kruga moraju također biti jednake, pa je

a=nd2f4 odnosno

J; a=--zd.

Kad m-r[ irno izraz (f) u (e) i sredimo, dobit ćemo

48M, J 32M nJ;d' 1+2,568k'= nd/v'l+k',

gdje je k=MJM,. Daljnjim sređivanjem tog izraza dobit ćemo

4n l +2,568 1<"=9(1 +k').

Odavde lako možemo izračunati da je k=0,582;odnosno, M .,IM,= 1,72.

bl Teorija najveće distorzijske energije

Prema toj teoriji za kružni presjek vrijedi

32 r.-· ac~v= nd3 vM;+0,75M:.

(e)

(f)

(g)

265

Za kvadratni presjek jest

"•" =,j a' + 3-r'

odnosno 6 o-~~.-.v=JJM;+ 1,926M;

a

48 O"~h= - -/M' rr j; dJ >'+ 1,926 M:.

Izjednačavanjem oba izraza i sređivanjem dobit ćemo MJM,= 1,489.

266· ..

13. IZVIJANJE, GUBITAK ELASTIČNE STABILNOSTI

13.1. Stabilna, labilna i indiferentna ravnoteža

U uvodnom poglavlju spomenuli smo da je zadatak nauke o čvrstoći da proučava čvrstoću, krutost i stabilnost sastavnih dijelova konstrukcija i samih konstrukcija. Do sada smo proučavali probleme naprezanja i deformacija štapova pri rastezanju, sabijanju, uvijanju, savijanju i smicanju i u vezi s tim probleme čvrstoće i krutosti štapova. U ovom poglavlju upoznat ćemo se s problemima elastične stabilnosti. Pojam stabilnosti ravnoteže objasnit ćemU prvo na primjeru krutog tijela. Zamislimo kruto tijelo koje je zauzelo ravriotežni položaj pod djelovanjem opterećenja i reakcija veza. Ako to tijelo neznatno udaljimo od stanja ravnoteže i zatim prepustimo samo sebi, moguća su tri slučaja:

L Tijelo se vraća u prvobitni ravnotežni položaj.

2. Tijelo se sve više udaljava od prvobitnog ravnotežnog položaja (dok se eventualno ne umiri u novom ravnotežnom položaju).

3. Tijelo ostaje u ravnoteži u bilo kojem novom položaju koji je blizak prvobitnom ravnotežnom položaju.

U prvom slučaju tijelo je u stabilnoj ravnoteži, u drugom je u labilnoj ravnoteži, a u trećem je slučaju u indiferentnoj ravnoteži.

Na slici l3.la prikazani su štap i kugla koji se nalaze u stabilnoj ravnoteži. Pri malom udalja"vanju tijela od stanja ravnoteže težina G i reakcija F čine spreg M koji nastoji vra.titi tijelo u prvobitni položaj. Na slici 13.1 b prikazani su štap i kugla u labilnoj ra\'DOteži. U tom slučaju spreg koji čine težina G i reakcija F teži da udalji tijelo od stanja ravnoteže. Kugla i štap na slici I3.lc nalaze se u indiferentnoj ravnoteži. Težina G i reakcija F, u tom slučaju, uvijek su kolinearne, pa tijelo ostaje u ravnoteži u bilo kojem položaju.

Sličan problem stabilnosti ravnoteže postoji i kod elastičnog odnosno deforma­bilnog tijela. Pod opterećenjem elastično se tijelo deformira dok ne poprimi ravnotežni deformirani oblik. Deformirani oblik tijela može biti stabilan, labilan ili indiferentan, što ćemo objasniti pomoću slike 13.2. Na slici 13.2a prikazan je štap koji je na donjem kraju ukliješten, a na gornjem opterećen silom F. Zamišljamo da

267

~$j~ ''il H

,.~-' ~ !!J K•D

\H) 11 l

·ll\. : l siabtlna !abi no tndiferenf,uJ nnnalela rqmofela rovtJcleta

GJ tJJ eJ

Slika l3. L Stabilna, labilna i indiferentna ravnoteža krutog tijela

je štap idealno ravan. idealno centrično opterećen 1 izraden od homogenog materija­la. U tom slučaju štap će se pod djelovanjem sile F skratiti, ali će >.adržati ravan oblik. Zamislimo, sada. da na štap djeluje mala bočna sila tJF. Moguća su opet tri slučaja ponašanja štapa: . •

268.

l. Pod djelovanjem sile tJF štap se izvije ustranu. Nakon uklanjanja sile tJF štap se ponovo vraća u ravan oblik, kako je prikazano na slici I 3.2b. U tom slučaju gO\·orimo o stabilnoj elastičnoj ravnoteži. Taj slučaj nastupa kada je sila F malena.

JI A

/;1fA::

S(GtJt/li(J

'.'% , inditerentoo l(J])ifmJ

uJ tJJ eJ dJ

Slika 13.2. Stabilna, labilila"i indiferentna ravnoteža elastičnog štapa

2. štap se izvija ustranu i nakon uklanjanja bočne sile zadržava izvijem oblik (indiferentna elastična ravnoteža). Taj slučaj nastupa pri tzv. kritičnoj sili Ftn a prikazan je na slici l3.2c.

3, Pri najmanjoj bočnoj sili štap se jako izvija ustranu (sl. t3.2d), pri čemu može doći do loma štapa (nestabilna elastična ravnoteža). Taj slučaj nastupa kad je F>F,,.

U stvarnosti štap nije nikada idealno ravan i homogen, a niti je idealno centrično opterećen. Vet: i najmanje odstupanje siJe od centričnog pravca Hi pojava nchomo­genog materijala izaziva isti učinak kao i ma[a bočna sila dF. Prema tome uvijek dolazi do izvijanja kada tlačna sila F pređe kritičnu vrijednost. Naš glavni zadatak u ovom poglavlju bit će određivanje kritične sile Fk,. za razne oblike i dimenzije štapova izrađenih od raznih materijala.

13.2. lZl'ijanje štapa u elastičnom podrtK:ju, Eulerova kritična sila

Da bismo odrediH kritičnu silu pri kojoj počinje izvija nje štapa, razmotrit ćemo štap na slici I3.3a. štap je na oba kraja vezan pomoću nepomičnog zgloba i centrično optere<:en sitom F. Dok je sila manja od kritične sile izvijanja. !j. dok ;~_~

F <Fu, štap ostaje ravan. Cim sila dostigne kritičnu vrijednost, počinje J~~~ćno izvijanje, a uzdužna os štapa prelazi u elastičnu liniju w=w(Y!. kako je pril<a:ano na slici !3.3b.

F t.

~

lA ~7

,,

H,

w(r}

bl .

IF.:Sftr r., ""

n•o .,

f r., t.Fkr

" dl ,, Slika 13.3. Osnovna forma i više forme izvijanja štapa

11 "']

/1

U tom se slučaju u presjeku x pojavljuje moment savijanja M,=Fw. Diferencijalna jednadžba elastične linije glasi

odnosno

gdje je

F ---"-=--W

EI,

d'w dx2 +IX"w=O,

F ct.z=-.

F.J,

(l

(13.2)

Rješenje diferencijalne jednadžbe (13.1) jest funkcija w= "' (x) koja identično zadovoljava tu jednadžbu. Bilo koja funkcija čija druga derivacija ima isti oblik kao i sama funkcija, ali sa suprotnim predznakom, može poslužiti kao jedno rješenje.

269

Takve su funkcije sin ax i cos cxx. Kako su funkcije sin a;x i cos a:x nezavisne, opće rje.!enje diferencijalne jednadžbe glasi

w=C1 sin a:x+C2 cos o:x. (13.3)

Ovdje su C1 i C 2 konstantne integracije koje ćemo odrediti iz rubnih uvjeta. Imamo dvije konstante integracije jer je diferencijalna jednadžba drugog reda. štap je učvršćen tako da su pomaci oba kraja jednaki nuli, pa rubni uvjeti glase:

w(O)=O

Primjenom prvog dobit ćemo

0=C1 sin a:·O+C2 cos :t·O.

odnosno C2 =0. Sada možemo pomoću drugog uvjeta dobiti

0= ct sin rt. l.

Taj će izraz biti zadovoljen ako je C1 =0 ili ako je sin o/=0. U prvom slučaju dobit ćemo tri vij aino rješenje w (x}=O, tj. elastična linija je pravac. To nam pokazuje daje ravan oblik ~tapa jedan od mogućih ravnotcžnlh oblika štapa. Prema tome. za određivanje ~ritićne sile preostaje nam izraz

sino:l=O, odnosno

:xl=mr Jl=0,1,2.3 ...

Uvrstimo li iuaz (13.2) u (13.4), dobit ćemo

l· ff-=111!. 'l El,

(13.4)

Odavde možemo odredili vrijednost sile pri kojoj nastupa izvijanje. tj.

2EI}. 2 F~n -;-x. (13.5)

/-

Jednadžba elastične linije u tom slučaju glasi

nrr w=C1 sin ax= C1 sin--.'\:.

/ (13.6)

Elastična Unija može imati više oblika, ovisno o tome koju vrijednost ima tt. Svakom obliku elastične linije odgovara druga siJa izvijanja. Ako je n= o. prema (13.5;. bi će F =O. a prema ( 13.6) vidimo da je elastična linija pravac (sL 13.3c). Ako je n= l, elastična linija ima oblik sin usnog pol uvala, kako je prikazar,o na slici J 3.3d. Sita izvijanj& ima u tom slučaju najmanju vrijednost, tj. ona je kritična sila pri kOJOj nastupa izvijanje i iznosi

El Fb=-;-rr. (13. 7)

Ta se sila nazi\'a i Eqlerova kritična sila jer je taj Izraz izveo L. Euler još 1757.

270

Kad je n= 2, elastična linija ima oblik pune sinusoide, prema slici 13.3e; dok je sila izvijanja četiri puta veća od kritične sile. Na slici 13.3f prikazana je forma izvi janja pri n= 3. U tom je slučaju sila izvijanja devet pula veća od kritične sile pri osnovnoj fonni i7.Vijanja. Više forme izvijanja mogu se ostvariti u laboratorijskim uvjetima; međutim, u praksi se izvijanje vrši uvijek po prvoj formi, čim sila F pređe kritičnu vrijednost F u· Ako silu i dalje povećavamo. doći će iti do loma štapa iii do savijanja šlapa u oblik petlje, prema slici 13.4.

Pri izvođenju diferencijalne jednadžbe elastične linije uzeli smo da je 7..akrivlje­nost elastične linije dana izrazom x=d2w/dx2 , tj. pretpostavili smo male pomake. Prema tome, izrazi (13.5) do (13. 7) vrijede samo za male pomake. Da bismo odredili silu koja je potrebna da drži štap u jako izvijenom obliku, potrebno je za

Slika 13.4. Jako izvijanje štapa t

x' fl }1'

F"

priblifrw rješenje

"'izwjanje u plaslie podruEju

w.~

Slika l 3.5. Usporedba točnog i približno g rjdenja izvijanj<t š!ap<'

zakrivljenost uzeti točan izraz za zakrivljenost {9.15). U tom slučaju dobiH bismo nelinearnu diferencijalnu jednadžbu. Rješavanjem te direrencijalne jednadžbe {što zbog složenosti postupka nećemo ovdje provesti) dobili bismo veću vrijednost za kriričnu siJu od one koju daje izraz (13.7). Kritična je sila u tom slučaju to veća što je veći maksimalan pomak IV mu• vidi sliku 13.5. Pri malim pomacima točno se rješenje podudara s približnim. Pri proračunu izraz (13.7} daje nam pouzdane rezultate jer nji­me određujemo silu pri kojoj počinje izvijanje a ne ponašanje štapa u procesu izvi janja. Izvijanje nastaje oko one osi poprečnog presjeka za koju je krutost štapa najmanja, a to je druga glavna os tromosti ~lapa. Prema tome, u izrazu (13.7) treba za moment tromosti uvrstiti l 11,;n. = 12•

Ako štap na krajevima nije vezan zglobno, kao na slici 13.3~ možemo kritičnu silu izvijanja odrediti uvrštavanjem odgovarajućih rubnih uvjeta. Ovdje navodimo samo rezultate. Za štap koji je na jednom kraju ukliješten, a na drugom slobodan (slika l3.6b), kritična sila iznosi

gdje je /0 duljina izvijanja. U tom je slučaju 10 = 2/. Izraz

(13.8)

271

..

vrijedi općenito ;za proizvoljno učvršćen štap ako ispravno odaberemo duljinu izvijanja 10 . Na slici 13.6 dane su vrijednosti duljine lzvijanja za najčešće slučajeve učvršćenja štapova. Kako se vidi na slici, duljina izvijanja jest duljina jednog poluvala sinusne ili ko:->inusne funkcije. tj. duljina između dvije točke inflckslje.

J} tJJ tl di

Shb. 13.6. F .. ~rme izvijanja i slobcdoe duljine izvijanja Stapa za r.nličite načine učvršćenja njegovih krajeva

Ako izraz (!3.8) podijelimo s površinom A poprečnog presjeka štapa, dobit ćemo

F~:.~ 2 Elmin/A -=n---A l~ .

Uvest ćemo pojam kritičnog naprezanja au=F~.:rfA. Treba imati na umu da se ovdje ne radi o stvarnom naprezanju u nekoj točki nego o prosječnom naprezanju po pl."esjeku ~tapa. Takođ~r je prema {4.32) fm 1n/A=i~1n pa možemo pisati

odnosno

gdje je

~,,=n' E(~~")' ,E

O"J;r=tr ~· A

• lo /.=imin.

(!3.9)

(13.10}

bezdimenzionalna karakteristika štapa i naziva se vitkost štapa. Izraz (13.9) prika· zan je grafički na slici 13.7 i ima oblik hiperbole. Pri velikoj vitkost! 11h teži nuH, što

...

.l

Slika D.7. Ovisnost kritičnog naprezanja o vitkosti štapa

272

se dobro slaže s eksperimentima jer se vrlo vitki šta povi izvijaju već i pri najmanjem opterećenju (npr. vlastitom težinom). Pri maloj vitkosti ""' teži vrlo velikim vrijednostima, mnogo većim od onih koje se dobivaju pokusom. To neslaganje prvi je objasnio E. Lamarle 1846. Naime, izrazi (13.8) i (13.9) dobiveni su rješavanjem diferencijalne jednadžbe (13.1 ), pri čemu je pretpostavljeno da je modul elastičnosti E konstantan. Prema tome, izraz (13.9) vrijedi samo za au< uP• a za veće vrijednosti ne vrijedi. Graničnu vitkost lP dobit Cemo ako u izraz (13.9) uvrstimo ukr=uP i l=Aon tj. ff:

E l,=1t -. (13.11)

a,

Izrazi (13.7), (13.8) i (13.9) vrijede ako je).>

13.3. lnijanje štapa u plastičnom području

Izraz (13.9) za kritično naprezanje možemo formalno zadržati i u plastičnom području ako umjesto modula. elastičnosti E uvrstimo tzv. tangentni modul elastič~ nosti E, koji je definiran izrazom

dq E=-,

' de (13.12)

prema slici 13.8. U tom slučaju izraz za kritično naprezanje glasi

,E, akr=rr-:z. (13.13)

l.

Izraz (13.12) predložio je 1889. Engesser. Oblik dijagrama (13.13) ovisi o obliku dijagrama rastezanja <7=f(e). Na slici l3.9a prikazani su dijagrami rasteza­nja za dva materijala, a na slici 13.9b odgovarajući dijagrami a,,=J(l). Kod prvog materijala dijagram rastezanja sastoji se od pravca OAB (modul elastičnosti E

1) i

pravca BC (modul elastičnosti E,). Svakom modulu elastičnosti odgovara jedna hiperbola. Dijagram :.:ritičnog naprezanja slijedi crtu CBB1A, kako je prikazano na

'•

o,

e

Slika 13.8. Definicija tangentnog modula elastičnosti

18 1: Alfirević: Nauka o čvrStoći

" b ""

• li

.• e

-li. \

\ -~A )'............__ Lniptrbott1 E1 ---

oJ b)

A

Slika 13.9. Ovisnost kritičnog naprezanja o Yitkosti štapa kad je naprezanje veče od granice proporcionalnosti

273

slici 13.9b. Pri velikim napreza njima u.,.=/(;() slijedi hiperbolu Ez, a zatim pri smanjenju naprezanja u točki 8 skokovito prelazi na hiperbolu E,. Dijagram rastezanja drugog materijala sastoji se od pravca OA, krivulje AC i pravca CD. Budući da se u tom slučaju modul elastičnosti mijenja postepeno, dijagram u,.~f().) postepeno prelazi od hiperbole na hiperbolu E, po krivulji CA.

Na slici 13.10 prikazana je ovisnost "'"~f(l-) za jednu aluminijsku leguru S- T prema američkom standardu). Punom crtom izvučena je Engesserova krivulja i Eulerova hiperbola. Kružićima su označeni eksperimentalni pOdaci. Vidimo da se u tom slučaju teorijski rezultati vrlo dobro slažu s eksperimentalnim. Ipak Engesse* rova metoda rijetko se koristi u praksi jer je za nju potrebno imati precizan dijagram rastezanja. a i analiza tog dijagrama dosta je složena.

"' /lf'tJ. 'l

' Sll/1

10, '

....\ ' ~

o 10

fngesser

\

),

fuler ' ",(

.l so 100·x

Slika 13. \0. Usr...,m:dba leorijskih i eksperimentalnih rezu hala kod izvijanja

13.4. Empirijski izrazi za kritično naprezanje

Zbog složenosti Engesserova Postupka u praksi Sl! služirno približnim empirij­skim izrazima. Postupak se sastoji u tome da se krivulja ak.r=f(J.) u plastičnom podmčju aproksimira pravcem (Jasinski, Tetmajer). parabolom (Tetmajer, John· son), hiperbolom (Rankine. Gordon) itd. U zagradi su spomenuta imena predlaga·

""

p

Slika l3J L Dija~ram kritičnog iz:vijanja u das1ičnom i plastičnom području

ča. Osim spomenutih istraživača u literaturi se mogu naći mnoga druga imena. Mi ćemo se uglavnom služiti Tetmajerovim izrazima. Tetrnajer je za čelik i mnoge druge materijale pređložio pravac, prema slici 13.11.

274

pravac prolazi kroz točke E (0, a0 } i C ().", ",), pa njegovu jednadžbu možemo pisati u obliku

i. llu=O'o-(O'o- a,).,-. (13.14)

t.,

gdje je ar granica proporcionalnosti. a a0 neko karakteristično naprezanje koje se dobiva kad eksperimentalne podatke o izvijanju aproksimiramo pravcem. Smanje­njem vitkosti štapa raste kritično naprezanje i pri određenoj vJtkostj, koju ćemo označiti > dostiže granicu tečenja Ur. Pri manjoj vitkosti od ar prije će doći do gnječenja (tečenja) štapa nego do izvijanja, pa primjena izraza (13.14) nema opravdanja. Lako mož.emo izračunati da je

Ar;;;;; a.,-ur .,- -CJ.,- a P·

(13.15)

Prema tome razlikujemo tri područja:

a) kratki štapovi ).<).r

Stapovi se jednostavno proračuna vaju na tlačnu čvrstoću i izvijanje se ne uzima u obzir.

b) srednje dugi štapovi i.r<l<).,

Št<tpovi se preračunavaju na izvijanje pomoću izraza (13.14) ili nekog drugog empirijskog izraza.

e 1 \'itki š tapovi ). >).P

Š tapovi se proračuna vaju na izvijanje pomoću Eulera va izraza ( 13.9).

Pri korištenju izrazima ( !3.11 ), (13.14) i ( 13.15 l potrebno je pozna vati granicu proporcionalnosti. Ako ne raspolažemo tim podatkom, možemo približno uzeti da je o,=v.oa'r·

Na\·odimo nekoliko Tetmajerovih izraza za čelične materijale i sivi :"Japrezanjj su izražena u M Pa:

Č.0360

Č.0460

Č.0560

Sivi

a,.= 3!0- 1.14/.

.,..,=335-0,62}.

.,.".=470-2.3/.

u,;=776-l2/.+0,0532.

Slične izraze za druge materijale možemo nači u priručnicima.

Omega }Wstupak

Pri proračunu čeličnih i drvenih konstrukcija često se koristimo tzv. w~ -postupkom. Uvođenjem koeficijenta w proračun na izvijanje svodi se na proračun

18* 275

tlačnog opterećenja, Da se osiguramo protiv izvijao ja, zamišljamo da \je štap opterećenom silom koja je co puta veća od stvarne" tj.

d đ ""'•' (13.16)

Oda vd e je potrebna površina poprečnog presjeka

wF A>-. (13.17)

"'"" Ovdje je O'oop dopušteno tlačno naprezanje. Koeficijent w ima to veću vrijednost što je veći J.. Koeficijenti oo za razne materijale mogu se naći u tehničkim printčniclma.

Aproksimacija Johnsonol·om parabolom

Dobra aproksimacija kritičnog naprezanja u plastičnom području može se dobiti pomoću parabole koja dodiruje Eulerovu hiperbolu

u.,= a,-bX', (13.18)

gdje je u, kritično naprezanje koje se ne smije pojaviti u konstrukciji. Kod duktilnih iH rastezljivih materijala uzima se da je cr,.jednako granici tečenja ur. a kod krhkih

"#' \ A

~hiperiJIJIO

.:i l l l \ l (), )..ft

S~ika 13.12. Aproksimacija kritičnog naprezanja Johnsonovorn parabolom

materijala je a, jeanako tlačnoj čvrstoći. Iz uvjeta tangencijalnosti Johnsonove parabole i Eulerove hiperbole možemo dobiti vrijednosti konstante b

Točka dodira D. slika 13.12. ima koordinate:

276

PE. "J;: "• đo=T'

(13, 19)

(13.20)

Po toj metodi u području l< J.• računa se kritično naprezanje po Johnsonovoj paraboli (13.18), a u području l> 10 po Eulerovoj hiperboli (13.9).

PRIMJER 13.1

Profil U- 20 upotrijebljen je kao stup, prema slici 13.13. Naći kritičnu silu izvijanja ako je zadano:

ar=220MPa

a,=180MPa

u0 =310Mpa

E=2lOGPa

A 32,2cm2

Imin l48cm4

Zadatak riješiti za dvije razne visine:

a) h=l,Sm b) h=lm.

Da bismo odredili hoćemo li proračun vršiti po Euleru ili Tetmajeru, potrebno je odrediti .J.,:

;.,=nJE =1f J210000 =lO?, J. "r 180

Minimalni polumjer inercije iznosi

' fi::,, fl4š lmin= l} A=:: Y12.2cm=2,14cm.

a) Duljina izvijanja jest f0 =2h=3,6m,

pa je vitkost štapa ' 168, lm tn

F

h

-fr v

Slika !3.13

Kako je 2 > AP. kritično naprezanje, izračunat ćemo pomoću Eulerova izraza

E u,,="' l' =73,4MPa.

Kritična sila jest F,,= u,,A=236,3kN.

bl

Duljina izvijanja jest 10 =2h=2m

pa je vitkost štapa

277

đJi,.=đo-

O'~,r=310

l -"Pl T

p

196,8MPa.

Kritična sila izviiania u tom

F,, ~,,.4 633.6kN.

PRIMJER 13.~

Štap kružnog popr<čnog presjeka duljine l vezan je na oba kraja zglobno i opterećen tlačno silom F=50kN. Odrediti promjer štapa ako je /;;;;;;;2m. a faktor sigurnosti S= L5. Karakteristike materijala iste su kao i u prethodnom primjeru. Nakon odabranog promjera odredili stvarni koeficijent sigurnosti.

U tom slučaju ne možemo unaprijed odrediti da ti sc kritično naprezanje račua po Eulcru lli T eunajeru jer ne poznamo ŽmitP pa ne možemo odrediti vitkost štapa. Zadatak se rjdava pokuša vanjem u nekoliko koraka. U prvom koraku procijenimo potreban poprećni pres,t.:k: kttd bl štap bio vrlo kratak, dopušteno naprezanje bilo bi

11dor MPa.

Potrebna pO\'J"Šina poprečnog presjeka u tom slučaju it:nosi

F 50 JO' lo _, l

62,86· m =7,95cm' . . 4 0'-!,'r

Lakq možemo izračunati promjer

d=fl=3,18cm.

Zbog opasnosti od izvijanja uzet ćemo nešto veću vrijednost, npr. d=4cm. Sada možemo provjeriti kritično naprezanje. Kako je za kružni presjek

nd' "d' i A=-64 4'

bit Ce

= lem.

Odavde je

.218

. ···~·

Granična vitkost ..l, ista je kao i u prethodnom zadatku, tj. 107,3. Kako je -<>l,., računamo po Euleru:

210000

200' =51,82MPa

Površina poprečnog prosjeka jest

ntP· • A 12,57cm·.

4

Stvarno naprezanje u štapu iznosi

·l06 Pa=39,8MPa.

Kako je stvarno naprezanje mnogo veće od O'dop• moramo odabrati veći poprečni presjek. Odabcrimo d=5,4cm. U tom je slučaju

imir~ l,35cm, A= 148,1

E a,,=,r. .l' =94,43 MPa, "'"' =26,98 MPa.

Površina presjeka jest A= 22.83cm1, pa je sEvarno naprezanje

F a=:;t=2l,83 MPa< a,".

Stvami faktor sigurnosti iznosi

Odabira njem nešto manjeg promjera možemo približiti faktor sigumosti vrijed­nosti 3,5.

279

14. I::KSPI::RIMI::NTALNA ANALIZA NAPREZANJA

14.1. Eksperimentalne, numeričke i analitičke metode analize naprezanja

Do sada smo određivali naprezanja i defonnacije isključivo analitički, i to uglavnom u štapovima kao najjednostavnijim dijelovima konstrukcija. Čak smo i u tim jednostavnim problemima morali uvoditi pretpostavke o deformiranju ijifi pretpostavke o raspodjeli naprezanja. Pritom je točnost izvedenih izraza ovisila O -tome kako su uvedene pretpostavke ispunjene. Mnoge vrlo važne probleme, kao npr. problem koncentracije naprezanja, ne možemo riješiti metodama nauke o čvrstoći, nego moramo posegnuti za analitičkim metodama teorije elastičnosti, pri čemu upotrebljeni matematički aparat postaje znamo složeniji. Vidimo da su u· nekim područjima analitičke metode vrlo efikasne, ali nisu sveobuhvatne jer se vrlo velik broj važnih problema ne može na jednostavan način riješiti analitički.

Mnoge takve probleme možemo riješiti numeričkim metodama. Naročito je pogodna metoda konačnih elemenata. Nažalost, sa složenošću problema raste potreba za kapacitetom računala. često se dešava da za rješavanje vrlo složenih problema naše računalo nema potreban kapacitet.

S druge strane, da bismo riješili bilo koji problem arialize naprezanja analitič­kim ili numeričkim metodama, mora nam biti poznato opterećenje, što nije uvijek slučaj. Npr. sile koje djeluju na kotače vozila koje vozi po neravnu putu, sile na avionsko krilo pri turbulentnom strujanju, sile na oplatu broda koji plovi po uzburkanom moru nisu nam unaprijed poznate. Nj~h analitički možemo samo procijeniti. U tim slučajevima primjena eksperimentalnih metoda postaje nezaobilazna.

Općenito se može reći da analiHčke, numeričke i eksperimentalne metode nisu međusobno konkurentne. Mnogi problemi mogu se riješiti podjednako dobro bilo kojom od tih metoda. Koju ćemo metodu primijeniti ovisi o opremljenosti instituci­_ie i o osposobljenosti osoblja. Međutim, pri rješavanju određenih problema može pojedina metoda imati izrazitu prednosti i biti čak neizbježna. Zbog toga se moramo upoznati sa sve tri metode. Osnovne pojmove o eksperimentalnim metoda­ma upoznat ćemo u ovom poglavlju. S numeričkim metodama analize naprezanja upoznat ćemo se u okviru drugih predmeta. Područje primjene tih metoda prikaza-

281

no je na slici 14.1. Na kraju napomenimo da se novouvedene metode analize naprezanja provjeravaju pomoću ostalih metoda. Tako se npr. neka numerička metoda provjerava pomoću analitičke na primjerima gdje postoji analitičko rješenje ili se provjerava eksperimentalnom metodom. Novouvedena eksperimentalna metO· da provjerava se numeričkom metodom itd.

Slika 14.1. Preklapanje analiličkib, numeričkih j eksperimentalnih metoda .ana!ize naprewnja

14.2. Eksperimentalne metode analize naprezanja

Neke eksperimentalne metode mogu se primijeniti samo na mOdelima, dok se druge mogu primijeniti i na izvedenim originalnim konstrukcijama. Pojedine meto~ de pogodne su za laboratorijsku primjenu u istraživačkim institutima, dok su druge pogodnije za primjenu na terenu, odnosno u samim pogonima. Postoji velik broj eksperimentalnih metoda analize naprezanja. Mnoge od njih su se razvile u čitave discipline. Nabrojat Cemo samo neke važnije metode:

a) fotoelasticimetrija

b} tenzorrietrija

e) metoda krhkih lakova

d) ostale optičke merode, kao: interferometrija, holografija itd. e) metode. analogije

f) metoda akustičke emisije

g) metoda rendgenskog zračenja.

14.3. Osnovni pojmo,·i optike, fotoelasticimetrija

Foroelasticimnri_ia je optička metoda analize naprezanja koja iskorištava svoj­stvo foroelasličttih materijala da u napregnutom stanju postaju dvolomni. Veličina d volom a ovisi o Yelitini i rasporedu naprezanja i može se mjeriti pomoću polarizira­nog svjetla u polaris kopu. Ovdje ćemo samo navesti osnovne činjenice o fotoelastici­metriji ne ulazeći u njihovo objašnjavanje. Ipak, da· bismo mogli sh.vatiti osnovne postavke fotoelasticimetrije~ nave~t ćemo neke osnovne zakone t činjenice iz optike.

282

Svjetlo je vidljiv dio elektromagnetskog zračenja koje ima valnu duljinu raspona od 380 do 770nm (l nm~to-•m). Elektromagnetski val prikazan je na slici I 4.2. Svjetlo i svi elektromagnetski valovi šire se kroz vakuum brzinom e od približno 300 Mm/s (l Mm/s= 1(16 m/s).

~ ~

Vektori E i fl na slici 14.2 jesu vektori jakosti električnog i magnetskog polja. Oni su međusobno povezani i okomiti. Zbog toga je dovoljno razmatrali promjenu -· samo jednog vektora. Obično se razmatra električni vektor E, i on se tada naziva vektor sujelfa.

Slika 14.2. Ekktromagn!!tski val valne duljine).

Kad vektor svjetla titra u jednoj ravnini, kao na slici 14.2, nije potrebno naglašavati vektorski karakter jer je smjer vektora određen unaprijed. Promjena veličine vektora u vremenu i prostoru (širenje vala). određena je izrazom

odnosno ('2rr 2rr ) E=E sin ~t--Z+I'J'o o T ). (14.1)

E~ E0 sin(<'"- kz +'Po). (14.2)

gdje je E0 amplituda vala, T vrijeme titraja, i. valna duljina1 <flo početna faza, co kružna frekvencija i k::;::: 2n/ ) ..

Ako razrnatramo promjenu vektora svjetla u nekoj određenoj točki prostora, npr. u nekoj točki modela, izraz (14.2) možemo pojednostaviti pogodnim izborom počernog trenutka i ishodišta koordinatnog sustava. Tada je

E~ E;, sin "'' ili E=E0 coswt (14.3)

Ako razmatramo više komponenata svjetla, ne možemo kod svih isključiti postoja­nje početne faze, pa izraz (14.3) ima oblik

E= E0 sin (wr +'P).

Već smo spomenuli da se elektromagnetski val širi u vakuumu brzinom e. Približno je to i brzina širenja vala u zraku. U guščem sredstvu (npr. voda, staklo Itd.), val se širi sporije brzinom r: koja je određena izrazom

e v=-,

n (145)

i83

gdje je n indeks loma. Indeks .loma definira kut pod kojim se zraka lomi. Prema slici 14.3 zakon loma glasi sin"'

(14.6) n

gdje je " kut upadanja. a y kut loma. Sunčevo svjetlo ili svjetlo koje emitiraju električne žarulje sadrži zračenje raznih valnih duljina i naziva se bijelo ili polikro­matsko (višcbojno) svje(lo. Ako svjetlo sadrži zračenje samo jedne valne duljine, naziva se monokromatske Uednobojno). Boja svjetlosti ovisi o valnoj duljini. U tablici 14.1 dane su prosječne valne duljine za razne boje.

Tablica 14.1 Valne duljine u t:lmH.' boje

Soja i. u nm

Ljubičasta 410 indigo -t>O Plava 470 Zelena 530 :2:util .~10 Narančasta 710 Crve o a lJ O

tiuUe sreds(Jf() Gušće $fed$(VfJ ---Slika 14.3. Lom svjetla: a) optički izottopan materijal.

bl oplički anizotropan (dvolomanl.naterijal

Kod prirodnog svjetla vektor svjetla titra okomito na smjer širenja zrake u svim smjerovima na nesređen način. Ako je titranje vektora svjetla na neki način sređeno, kažemo da je svjetlo polarizira/JO. Svjetlo je ravni11ski polarizirano. ako svi vektori -svjetla (tj. vektori El leže u jednoj ravnini, a njihovi vrhovi opisuju u svakom trenutku sinusoidu. Ako je svjetlo kružno pofarizirano, vektori svjetla imaju kon­stantnu veličinu i stoje okomito na zraku, a njihovi vrhovi opisuju kružnu zavojni­cu. Ako vrhovi vektora svjetla umjesto kružne opisuju eliptičnu za vojnicu, svjetlo je eliptično polari::ira11o. Na slici 14.4 prikazano je ravninski i kružno polarizirano svjetlo.

X

yi

ai

x!

/ /r

l

bl

Slika 14A. Polarizirano SVJetlo a) ravninski polariziran<>. b} kružno polarizitano

'J-

Paiaroidni filtar optički je element koji ima svojstvo da n"J''iarizirano svjetlo pretvara u ravninskt potarizirano. Racniua polarizacije prolazi kroz os polaroidnog filtra. Jakost izlaznog polariziranog svjetla može biti u najboljem slučaju jednaka polovini jakosti upadnog nepolariziranog svjetla. Ako na polaroidni filtar pada polarizirano svjetlo i ako je ravnina polarizacije paralelna s osi filtra, svjetlo prolazi u cijelosti kroz filtar. Ako je ravnina polarizacije upadnog svjetla okomita na os

284

filtra~ filtar neće propustiti svjetlo. Kad ravnina polarizacije čini kut a, rastavlja se u dvije komponente:

Es= E sin iX= E0 sin IX sin rot

Er=Ecos ~x:sin(t)t,

gdje je Eo amplituda upadnog svjetla. E. je amplituda ap!Wrbiranog svjetla, a E, amplituda propuštenog polariziranog svjetla. Prolaz svjetla kroz polaroidne filtre ilustriran je na slici t4.5.

cs polqrcitkttUJ fi(! rc

Slika 14.5. Prolaz svjetla kroz dva polaroid na filtra čije osi ćine kut a

14.4. Optički anizotropni materijali, elipsoid indeksa loma

Već smo spomenuli daje brzina svjetlosti u gušćim sredstvima manja od brzine u vakuumu i da iznosi u- cfn. Pritom smo podrazwnijevali d3. se svjetlo širi u svim smjerovima istom brzinom. Takvi materijali nazivaju se optićki izotropni. Nasuprot tome, materijali u kojih brzina širenja svjetla ovisi o smjeru jesu optički anizotropni. Očito je da u takvim materijalima veličina indeksa loma ovisi o smjeru, slično kao što naprezanje ovisi o orijentaciji presjeka na kome djeluje. Zapravo indeksi lorna tvore tenzor drugog reda, paje dovoljno poznavati tri glavna indeksa loma:"" n, i n3, koji se odnose na tri međusobno okomite osi.

'""'"

Slika 14,6, Elipsoid indeksa loma

Analogno elipsoidu naprezanja možemo konstruirati elipsoid indekia loma. Njegove su glavne poluosi n1, n2 i n,. Takav elipsoid prikazanje na slici 14.6. Opisat čemo postupak kako možemo odrediti indekse loma za proizvoljan smjer kad poznamo tri glavna indekaa loma: n" n2 i n3•

:285

Na mjestu gdje upadna zraka svjetla ulazi u materijal konstruiramo eUpsojd indeksa loma. Zatim postavimo ravninu koja je okomita na upadnu zraku i koja prolazi kroz središte elipsoida. Ta ravnina siječe elipsoid u elipsi čije su poluosi nl i nž. Te poluosi nazivaju se sekundarni glavni indeksi loma jer su to najveći i najmanji indeksi Ioma u ravnini koja je okomita na zraku svjetla.

Svaka zraka svjetla koja upada u optički anizotropni materijal rastavlja se u dvije ravninski polarizirane komponente. Jedna komponenta titra u ravnini koja prolazi kroz poluos n; i širi se brzinom v1 =e/n~. Druga komporienta titra u ravnjni koja prolazi kroz poluos eJipse n; i prostire se brzinom v2 =e/ni,. Prva komponenta svjetla naziva se spora komponenta, a druga brza komponenta. Kako su im brzine različite, te dvije komponente nakon prolaza kroz materijal razlikuju se u fazi. Prema torne vidimo da se pri upadu svaka zraka rastavlja u dvije komponente. Za svaku od tih komponenata vrijedi drugi indeks loma, pa se svaka komponenta lomi pod drugim kutom. tj. od jedne upadne zrake nastaju dvije lomljene zrake, kako je prikazano na sllcl J 4.6b. Zato se optički anizotropni materijali zovu jo~ i d\"Oiom ni materijali.

14.5. Prolaz svjetla kroz p1anparalelnu anizotropnu ploču

Slika 14.7 prikazuje planparalelnu ploču, tj. ravnu ploču konstantne debljine h. Ploča je napravljena od optički anizotropnog materijala. Ravnina ploče siječe elipsoid indeksa loma u elipsi s glavnim poluosima 11 1 i 112 • Os na koju se odnosi

;;d?; ::;1\vw.J.r-

• ;t

Slika 14.7. Prolaz sv}etla kroz optički ani:wtropnu planpamtelnu ploču

indeks n1 zvat ćemo spora os ploče. a os na koju se odnosi n2 brza os. Zraka svjetla, kad padne mi ploču, rastavlja se u dvije komponente: br-Lu i sporu. Brza komponen­ta prolazi kroz ploču brzinom v2 , a spora brzinom ul. Te su brzine dane izrazom

e V1 =-­

n,

e V2=-.

n, (14.8)

Spora komponenta prolazi kroz p!oču za vrijeme th a brza za vrijeme t2 • gdje je

286

h lr=­

v, h

tl=-. Vz

(14.9)

Brza komponenta prolazi brže kroz ploču i u vremenu Lit prostire se kroz prostor iza ploče do trenutka kada i spora komponenta napusti ploču. Očito je

Jr= t1 - t2 =lt(_!_-_!_). vl v2

(14.10)

Kako se brza komponenta, kad napusti ploču, širi brzinom e, prevalit će u vremenu dt put R koji iznosi

R =e Jt=h (.<:.._e_). Dt V2

Uzmemo li u obzir izraz (14.8), dobit ćemo

R=h(n1-n2 ). (14.11)

Veličina R zapravo je retardacija ili zaostajanje spore komponente u odnosu na brzu komponentu. Promjenom debljine ft možemo promijeniti retardaciju. Ploča koja ima takvu debljinu da je R=!./4 zove se četvrrval11a ploća. Ako je R=A/2, ploča se zove po/ttva/11a ploća. Jasno je da se četvrtvalna i poluvalna ploča mogu izraditi samo za monokromatske svjetlo točno odredene valne duljine ) ..

14.6. Piezooptički efekt, fotoelastični materijali

Neki materijali, npr. staklo i mnogi prozirni polimerni materijali u nenapregnu­tom stanju optički su izotropni. a kad se napregnu, postaju optički anizotropnL Takvi materijali zovu sc foraelasričlli materijali i od njih se izrađuju fotoe)astični modeli.

Iznos optičke anizotropije mijenja se od točke do točke. ovisno o promjeni naprezanja. Pri tome je elipsoid indeksa loma koaksijalan i sličan elipsoidu napreza­nja. Maxwell je 1853. eksperimentalno ustanovio vezu između naprezanja i promje­ne indeksa loma koja glasi

n1 =n+C1(1'a1 +C2.,.(cr2 + a3 }

nl =n+Ct 11 0'l + Czu(O'J +O' t i

n3 =n+ C1(1 0'.' +C2a (at+ a2),

(14.12)

gdje je 11 indeks loma ncnapregnutog materijala, a n1 , n2 i n3 glavni indeksi loma napregnutog materijala. Osi na koje se odnose indeksi n~> n2 i n3 podudaraju se s pravcima a 1• 0'1 i a3 • C1o(j' i C2"' su piezooptičke konstante. Iz izraza (14.12} lako možemo dobiti da je ·

odnosno n t~ Hz= (e~:- C.z".) (ut- O" z}

n1 - n2 =Cv(ul- cr2 }. (14.13) gdje je

Ctt=C1"'-C2".

287

relativna pie:oaprička konstanta. Ako i7.raz (l4J3) uvrstimo u

R=h (<T1 -đ2 ).

dobit ćemo

(14.15)

Kad apsolutnu retardaciju R podijelimo s valnom duljinom A, dobit ćemo

R N=).= (<1r đz)h. (14.16)

N izražava koliki dio valne duljine A iznosi retardacija. Retardacija se može izraziti i u kutnoj mjeri tl, tj.

R .đ l!(o\ u2 )=2rrcc.

A (14. 17)

Kako vidimo~ retardaciji od jedne valne duljine odgovara relativna retardacija N= l, odnosno kutna retardacija tl~ Zn.

Veličine C11

i i. vrlo su male veličine;_ međutim, njihov omjer to nije. Kako se u polariskopima upotrebljava monokromatsko svjetlo točno određene valne duljine, možemo omjer C11/l. smatrati konstantom. Uvođenjem novefocoelasrićne konstatJte f. izrazi (!4.16) i (14.17) prelaze u

Ll R h N =-=-=-(G1 - u2 ), (14.18)

2n .\ J.

A gdje je

(14.19)

fotoelastična konstanla materijala. Nju određujemo baždarenjem ili je daje proizvo­đač materijala.

14.7. Optički elementi polariskopa

Osnovni optički elementi polaris kopa jesu polaroidni filtat i četvrtvalna ploča. Prolaz svjetla kroz dva polaroidna filtra objašnjen je na slici 14.5, odnosno pomoću izraza (14.7).

Prolaz svjetla kroz polaroidni filtar i četvrtvalnu ploču objašnjen je na slici 14.8. Svjetlo je nakon izlaska iz polaroidnog filtra ravninski polarizirano i titra po

DS ftltf'I'J

Slika l·t8. Proiaz svjetla krot polaroidni filtar i četvrtvalnu ploču

288

zakonu E~E;,sinwt. Kad dođe do četvrtvalne ploče, rastavlja se u dvije komponen­te: brzu E11 i sporu Elf' gdje je

~.- ,, ._,, a= E0 cos a sm wt (14.20)

Es= E sin a= Eo sin !X sin cot.

Kut ~ je kut izmedu brze osi h i osi polaroidnog filtra. Nakon prolaza kroz četvrtvalnu ploču. spora komponenta zaostaje za brzom za i./4 Ul n/2. tj. titra po zakonu E;= Eo sin asin (0>1-n/2). Kako je sin (mt- 1t/2)= -coswt, bit će

Eo cos a; sin (J}t

(14.21) E0 sin a: cos rot)

gdje su E; i E; komponente vektora svjetla na izlasku iz četvrtvalne ploče. Njihovim sastavijanjem dobit ćemo rezultirajući vektor svjetla E*. Izraz (14.21) možemo napisali u obliku

E0 cosa

E'. --.'-= -cosrut. E0 stn ct

Ako oba izraza kvadriramo i zatim zbrojimo. dobit ćemo

(E')2 (E')' -·-'-+ & -1. (E0 cos ~l' (E0 sin •l'

(14.22)

Izraz (14.22) jest jedand~ba elipse u koordinatnom sustavu O E; E;. T o znači da vrh rezuJtirajućeg vektora~ opisuje elipsu kojoj su osi paralelne s osima červrtval~ ne pl oce. Ako je •~ n/4, bit će eos •=sin «=.Ji/2, pa iz.iaz (14.22) prelazi u

(E; J' + (E;)' = E/,/2, (14.23)

što ;m~1či da vektor sv_ictla u jednoj točki zrake opisuje kružnicut a duž čitave zrake kružnu zavojnicu. Prema tome možemo zaključiti da svjetlo nakon prolaza kroz polaroidni filtar i ćetvrtvalnu ploču postaje eliptično polarizirano. Ako je kut i7.lneđu brze osi i osi polaroinog Gltra jednak rr/4, svjetlo nakon prolaza kroz četvrtva!nu ploču postaje kružno polarizirano.

A ko iza prve četvrt valne ploče postavimo još jednu četvrtvalnu ploču, čije su osi okomite na osi prve ploče {tj. brza os druge okomita je na brzu os prve ploče), ona će poništiti djelovanje prve ploče, pa će svjetlo nakon prolaza kroz drugu ploču biti r:avninski polarizirano s istom ravninom polarizacije.

Zamislimo sada da smo iza polaroidnog filtra postavili dvije četvrtvalne ploće tako da su im osi paralelne (brza os s brzom osi'i spora os sa sporom osi) i da osi ploča ćine kut od "/4 s osi polarizatora. U tom se slučeju djelovanje ploča zbraja i one se ponašaju kao jedna poluvalna ploča, tj. izazivaju kutnu retardaciju Ll="·

I9 L Alfirević: Nauka Q čvrstoći 289

Vektor svjetla nakon izlaska iz polariz.atora mijenja se po zakonu E=Eosincot. Kad dođe do prve četvnvalne ploče, rastavlja se u dvije komponente: E, i E,. koje su dane izrazom

E,=Ecosn/4, E, =E sin x/4 odnosno

.fi. E•=TE;,smror

.fi. E,= T E;, sm a>t

Te komponente titraju u međusobno okomitim ravninama. Dijeljenjem gornjih izraza dobit ćemo da je EJE,= l, odnosno E,= E" što je jednadžba pravca u koordinatnom sustavu OE11Es. Taj je pravac paralelan s osi potarizatora. Nakon prolaza kroz obje četvrtvalnc ploče spora komponenta Es zaos"taje za brzom za ).j2, odnosno 7.a d= rr, pa je

E' E .fi E. . b= b=2 ·0 smrur (14.25)

E . .fiE."( ) .fir. ,=- 0 Sifl WC-1l = c.0 StnWl 2 2

gdje su Ej. i E; komponente svjetla nakon izlaska iz druge četvrtvalne ploče. Ako ta dva izraza podijelimo, dobit ćemo

odnosno

~=-l E,

Eb=- E,. (14.26)

U koordinatnom sustavu OE;E; taj izraz predstavlja pravac koji je okomit na ulazni pravac Eb=Es. ·

Na temelju toga možemo zaključiti da poluvalna ploča koja se nalazi rza polaroidnog filtra i čije osi čine kut od 45• zakreće ravninu polarizacije za 90•.

14.8. Tipovi polarlskopa

Polariskop je optički uređaj u kojem se analiziraju fotoelastični modeli. Pomo­ću njega se zapravo mjeri promjena indeksa loma i na temelju toga zaključuje o raspodjeli naprezanja. U fotoelasticimetriji upotrebljavaju se dvije vrste polarisko­pa: polariskop s ravninski polariziranim svjetlom ili planarni polaris kop te polari~ skop s kružno polar:iziranim svjetlom ili cirkularni polaris/wp.

290

Shema planarnog polariskopa prikazana je na slici l4.9a. Taj polariskop ima samo dva optička elementa. tj. dva polaroidna filtra. Prvi polaroidni filtar naziva sc polilrizator, a drugi anali:zator. Njihove su osi uvijek međusobno okomite. Osim polarizatora i analiza tora polariskop ima još izvor svjetla koji stoji ispred pola riza­tora te fotografsku kameru, odnosno fotografski aparat koji stoji iza analizatora. Kako su osi polari7.atora i analizatora međusobno okomite, svjetlo koje je prošlo kroz polarizator neče proći kroz analizator. Ako pogledamo kroz analiza tor prema izvoru svjetla, vidjet Cemo tamno polje. pa kažemo da je polariskop namješten na tamno polje. Model se u tom polariskopu postavlja izmedu analizatora i polarizatora, kako je prikazano na slici J 4.9a .

Shema cirkularnog polariskopa prikazana je ua slici 14.9b. Taj polariskop irna četiri optička elementa: dva polaroid na filtra i dvije četvrt valne ploče. Osi četvrt val~ nih ploča. uvijek čine kut od 45"' s osima polarizatora i analizatora. Moguće su četiri postave takvog polariskopa. Kod dvije postave svjetlo slobodno prolazi od polari­zatora kroz obje četvrt valne ploče i zatim izlazi kroz analizator. U tom je slučaju vidno polje analiz.atora svijetlo, pa kažemo da je analizator postavljen na sn]etlo polje. Ostale dvije postave polariskopa daju tamno polje. Model se u tom polarisko~ pu postavlja između četvrtvalnih ploča.

oJ

iV~ • H i Q!>A

is -h -~~Q_ F A\Jl~

bl

·'

*· IS

b()•bfi!a Of; stt-.!ptlfa os

Slika 14"9' Shematski prikaz polariskopa; a} planarnog, b) drkularnog

U tablici 14.2 navedene su postave polariskopa koje daju tamno, odnosno polje. Razmotrimo polariskop "S okomitim četvrtvalnim pločama. Djelova­

nje ploča u tom se slučaju međusobno poništava, pa je nakon izlaska iz analiza tora svjetlo ravninski polarlzirano s ravninom polarizacije koja prolazi kroz os analiza~ tora. Ako su sada osi analizatora i poiarizatora paralelne, svjetlo slobodno prolazi kroz analizator. pa imamo svijetlo polje. Nasuprot tome, ako su osi anaHzatora i po!arizatora okomite, analizator ne propušta svjetlo, pa imamo tamno polje.

Kad su četvrtvalne ploče paralelne, djeluju kao jedna poluvalna ploča, tj. zakreću ravninu polarizacije za n/2. Ako su sada osi po1arizatora i analizatora okomite, imat ćemo svijetlo polje, a ako su paralelne. polje će biti tamno. Obje postave tamnog polja i obje postave svijetlog polja optički su ekvivalentne.

19* 291

Tablica 14.2 Postave poladskopa

Polje l Polarizator Cetvrtvalne i ana!izator plOČ<

S vlje do Paralelni Okomite Tamno Okomiti Okomite Svije l lo Okomiti Paralelne Tamno Paralelni Paralelne

14.9. Analiza modela u planarnom polariskopu

Zamislimo da je neopterećen ravninski model postavljen u p!anarni polariskop prema slici 14.1 O. Ako je model ispravno izrađen, tj. bez početnih naprezanja, njegovo posta\'ljanje u polariskop neće utjecati na izgled polja. Naime, ako pogle­damo kroz analiz:ator prema poJarizatoru, vidno polje pola risk opa bit će tamno l to ncovismo o tome da li smo u polariskop postavili nenapregnut model. Ako sada model opteretimo. njegov materijal postaje dvoloman, što izaziva pojavu tamnih i svijetlih interfćrencijskih pruga. Naš je zadatak da dovedemo te pruge u vezu s raspodjelom nap~zanja u modelu.

Kad S\ jetlo iz svvg izvora prođe kroz polarizator, postaje ravninski polarizira~ no s ravninom polarizacije koja prolazi kroz os polarizatora. Vektor svjetla leži u ravnini polarizacije i njegova je veličina dana izrazom

E=E0sinwl.

Slika l-UG. Anatiu modela u planamom polari:'kopu

/.pravac Cf1

Slika 14.! L Prolaz. polariziranog svjetla kroz napregnuti model

Kad svjetlo dođe do modela, npr. do točke T, rastavlja se u dvije komponente: koja titra u smjeru t:T1 i koja titra u smjeru u2 , kako je pokazano na slici 14.11. Veličina tlh komponenata iznosi

E1 Eocosa=E0 cos«sinwt (14.26)

E2 a=Eosinetsinwt.

292

Komponenta E1 brle prolazi kroz model nego komponenta E,, pa nastaje kutna relardacija .đ. Kad komponente prođu kroz model, označit ćemo ih s E, i E,, pa je

E,= EO cos <rs in ( wt +~)

E,= EO sin a sin (M-i). (14.27)

Ovdje smo fazu br.re komponente uvećali za A/2, a fazu spore komponente umanjili za .đ/2. Retardaciju .đ mogli srno raspodijeliti i na drugi način, npr. tako da smo brzu komponentu uvećati za A~ a sporu ostavili nepromijenjenu.

Kad komponente Ei i El dođu do analizatora, rastavljaju se ponovo svaka u dvije komponente: E;' i E~', paralelno s osi analiza tora, tc E[" i E~" okomito na os analizatora. Analizator propušta komponente E; i E; i apsorbira komponente E;" i E2"' Prema stici 14.12 vrijedj

l:.~ =E~ sin o: (14.28)

E;= E'z cos a.

Slika 14.12. Prolaz Svjetla kroz analizator

Kad uvrstimo (14.27) u gornji izraz, dobit ćemo

E{ =E" co; <X Sin asin ( wt+~) (14.29)

Ei =E0 sin a cos asin (rot-~ Nakon prolaza kroz analizator komponente E{ i E; sastavljaju se u jedinstven vektor svjetla E*, pa je

E*=E;-E; (14.30) odnosno

E*=EOcos asin a [sin ( wt+Đ-sin ( wr-i) J (14.31)

293

-'-L'~ '-

. 2 . Ll E*= E0 sm asm 2 coswt.

Jakost svjetla l proporcionalna je kvadratu vektora svjetla, tj.

l~ k (E*)'

odnosno Ll l= K sin2 la sin2 2'" cos2 wr.

(14.32)

(14.33)

( 14.34)

U onim točkama modela u kojima je I =0 imamo tamnu točku. Sve tamne točke spajaju se u imerferencijske linije. Kako izraz (14.34) predstavlja umnožak triju faktora, jakost svjetla I može biti jednaka nuli u tri slučaja, koja ćemo pojedinačno analizirati.

a) Učinak prauca gla,nih naprezanja. Na temelju izraza (14.34) vidimo da je 1=0 ako je sin 2o:=0. tj. ako je

:::x=mr n=O, l, 2, 3, .. (14.35)

odnosno n :x=/12"=0, rr./2, n, 3rr.j2. (14.36)

Uvjet (14.36) bit će ispunje!l kad je jedno od glavnih naprezanja a 1 ili a1 paralelno s osi polarizatora. Sve totke u kojima je uvjet (14.36) ispunjen formiraju tamne interferencijske linije. koje se nazivaju izok/ine, tj. linije jednakog kuta glavnih naprezanja. Rijet dolazi c1d grčkog isos, što znači jednak, i kline, što znači nagib.

b) Učinak razlike gla,·nih naprezanja. Kad je

_j - = 111r.

' ~~~o. 1,2.3 ..

onda je također l= O. Usporedbom tog izraza s (14.18) vidimo da je

J " ,,. ~,-~7 (u1 - a,)~" ~o. l, 2, 3. _rr. Ja

Odavde je Nf. v,- al =--h N~O, 1,2,3 ...

(14.37)

(14.38)

(14.39)

Veličina N nazi\·a se red i:<1krome. odnosno red interferencije. [nterferencijske linije definirane izrazom t l-L)9l nazivaju se izokrome. Duž njih razlika je glavnih naprezanja konstanma i .~ednaka višekratniku veličine/a/h. Riječ izokroma dolazi od grčkih riječi i sos i e hroma= boja. Ako se model promatra u bijelom svjetlu, izokrome su linije jednake boje. U monokromatskom svjetlu izokrome su tamne linije.

e) Učinak kružne frek,·encije svjetla. Prema izrazu (14.34) jakost svjetla jednaka je nuli ako .ie wr = rr. (111 :+ll 2. Taj učinak vezan je za vrijeme, tj. slika se periodički

294

".

zatamnjuje i ostvjetljava. Frekvencija takvih promjena izvanredno je velika, pa je ni najbrže kamere ne mogu registrirati. Zbog toga taj efekt nema značenja u fo t oelasticimetri ji.

14.10 Analiza modela u cirkularnom polariskopu

Analiza napregniltog modela u cirkulamom polariskopu može se provesti slično kao i analiza modela u planarnom polariskopu, ali na mnogo opširniji način. Tu analizu nećemo provoditi, a može se naći u navedenoj literaturi. Ovdje ćemo navesti samo konačan izraz za rezultirajući vektor svjetla nakon prolaza kroz sve elemente cirkularnog polariskopa i kroz sam model. To ćemo napraviti za obje postave polariskopa, naime i za tamno i za svijetlo polje.

a) Tamno polje

Vektor svjetla nakon izlaska iz analizatora prikazan je izrazom

E*~E0 sin*cos( wt-*-2y). (14.40)

Ovdje je i'=n/4- Cl kut definiran u toku izvođenja, a Cl kut koji pravac a 1 čini s osi polarizatora. Jakost svjetla iznosi

l~ k (E*)' =Ksin'*cos2 (wr-*-2;} (14.41)

lnterferencijska linija nastaje kad je jakost svjetla jednaka nuli. tj. kad je l= O. To

je moguće u dva slučaja: akoje sin*~o, ili akojecos(wc-%-2y)~o. Kako se

taj drugi izraz mijenja vrlo velikom frekvencijom w (red veličine 1014 Hz), on nema značenja u fotoelasticimetriji. Prvi je izraz istovjetan s uvjetom (14.35), pa će dati isti rezultat, tj. u svim onim mjestima u kojima je sin(Lf/2)=0 vrijedi

Nf. a1 -a2=h, (14.42)

gdje je N ,;,o, l, 2, ... red izokrome.

b) S>ijetlo polje

U tom je slučaju rezultirajući vektor svjetla dait izrazom

E*=E0 sin( wr-%)cos*, (14.43)

pa je jakost svjetla l: -l~ k (E*)' ~K sin' ( wt-* )cos'.f (14.44)

295

Prvi faktor sin (wc- .1/2) zbog velike frekvencije ne treba razmatrati. Drugi faktor u izrazima (14.44) dat će I =0, ako je

odnosno kad je

Odavde je

Ll 2n+ l -~--n

2 2

Ll cos-=0

2 '

11=0,1,2,3 ..

Ll 2n+l 135 --N-------ln- - 2 - 2' 2' 2' · · ·

Usporedbom tog izraza s (14.18) dobit ćemo opet

Nf. a,-a2=h

l 3 5 N=2'2']•···

Na temelju svega što je dosada izloženo možemo zaključiti ovo:

(14.45)

(14.46)

(14.47)

(14.48)

l. U planarnom polariskopu dobivamo dvije vrste interferencijskih linija: izokrome i izokline. Izokrome određuju razliku glavnih naprezanja, a izokline pravce gla\"nih naprezanja,

2. U cirkularnom polariskopu dobivamo samo izokrome; međutim, one mogu biti snimljene u tamnom ili svijetlom polju,

3. Neo\"isno o ll"~me jesu li izokrome snimljene u ravninski polariziranom ili kružno polariziranom svjetlu u tamnom ili svijetlom polju jednadžba izokroma uvijek gla;i NJ.

0"1- O" z=-. h

Izokrome snimljene u tamnom polju su cjelobrojne, tj. N=O, 1,2,3, ... Izokrome snimljene u svijetlom polju imaju polovičan red, tj. N~ 1/2, 3/2, 5/2, 7/2.

4. Stanje naprezanja u svakoj točki ravnjnskog modela zadano je s tri pod­atka: tri komponente naprezanja: ax, a,, -rx}-= ryx ili pomoću dva glavna naprezanja: a1, a2 i pravcem gla\·nih naprezanja a. Fotoelastični eksperiment daje nam samo dva podatka: razliku glavnih naprezanja a 1 - a 2 i pravce glavnih naprezanja. Prema tome ne možemo neposredno pomoću fotoelastičnog eksperimenta odrediti stanje naprezanja u svakoj točki modela. To možemo učiniti posredno pomoću metoda razdvajanja tseparacije} glavnih naprezanja, o čemu neće biti ovdje govora,

5. Na rubu modela jedno je glavno naprezanje poznato. Naprezanje paralelno s rubom označit ćem("~ sa a" a ono okomito na rub sa 0'11 • To su glavna naprezanja, pa vrijedi

CTt-az=a- N}; l a11

= _• h .

Vrlo je često. gow\·o uvijek, a"=O, pa gornji izraz prelazi u

Nf. al=h. (14.49)

296

Kako su nam debljina modela h i konstanta [ 17 poznate, potrebno je još odrediti red izokrome N da bi se odredilo naprezanje al.

6. Red izokrome možemo odrediti brojanjem izokroma na fotografiji modela. Vrlo je važno odrediti nultu izokromu (N =0). Ako model im~ oštar rub, kao na slici 14.13, u njemu je a1 = a2 =0, pa je N =0. Pri brojanju izokroma trebamo imati ovo na umu:

Dvije susjedne izokrome istog su reda ili se razlikuju za jedinicu.

lzokrome raznih redova ne mogu se sjeći.

Izokrome nultog reda često se javljaju u obliku tam rie točke.

(5

(5

Slika 14.13. Brojanje izokroma na fotografiji modela

14.11. Ilustra~ija raspodjele oaprezaoja pomoću fotoelastičoih modela

Fotografijč fotoelastičnih modela mogu nam poslužiti za ilustraciju raspodjele naprezanja u raznim opterećenim dijelovima konstrukcija. Ovdje ćemo ilustrirati raspodjelu naprezanja u štapovima koji su opterećeni osno i na savijanje, i to čisto i poprečno savijanje te savijanje debelog zakrivljenog štapa. Pomoću nekoliko mode­la ilustrirat ćemo St. Venantov princip i koncentraciju naprezanja.

Osno opterećenje štapa. U sedmom poglavlju pokazali smo da je u osno optereće­nom štapu naprezanje jednoliko raspodijeljeno po_ presjeku štapa i iznosi

N F a=-=+-.

X A -A

297

OStale komponente naprezanja jednake su nuli. Glavna naprezanja u štapu iznose:

F al ;=A~

O' t =0,

az=O

F a2=-A

U oba slučaja izraz 114.391 prelazi u

odnosno

F I -=N....! A ll'

I!F N----.

-Af.

za rastezanje

za sabijanje.

(14.50)

d4.51)

RaspQdjela na.pn:zanja prema ovom izrazu ilustrirana je pomoću fotogra !lj a na slici 14.14. Na slici je prikazan niz prizmatičnih štapova koji su osno opterećeni dvjema silama. F na sabijanje. Sve fotografije snimljene su u tamnom polju, pa izokrome N imaju red O, 1. 1. 3 itd.

Slika 14.14, IltEstradja raspodjek' naprez.'1nja u ~tapu koji je opterećen s dvije sile rta sabiJa nje. Poremetaj izokroma pros.tir<!" se s.aml" n<~ udaljenosL[ h od ruba.. koja udaljenost je jednaka ~irini ~tap:,

Izraz (J 4.5l) pokazuje da će. red izokroma biti jednak jedinici kad sila F

postigne neku ,·rije-dnost F =F1 =A{,;. Kad sila postigne vrijednost 2FP bit če red

izokrome N= 2 itd.

Na slici 14.15 prikazana je ovisnost reda izokrOme N o opterećenju štapa F. Dok je štap neopterećen (F =0), on je potpuno taman jer je u čitavu štapu red izokroma jednak nuli {N= 0). Pri postepenom povećanju sile F štap postaje svjetliji i

198

kad sila dostigne vrijednost F=F1!2=Af)2h, čitav štap .. osim rubnih dijelova, postaje svijetao. Daljnjim povećanjem opterečenja štap postaje sve tamniji. Pri vrijednosti F =F1 postaje taman jer je sada N= l. Kad opterećenje postane jednako 2F1, 3F1, itd., red iwkrome je N=2, 3 itd. Sve to odnosi se na čitav štap osim krajeva u kojima raspodjela naprezanja nije jednolika, pa se po presjeku javljaju izokrome različitih redova. U poglavlju 7.6 pokazano je da prelaznb područje odgovara približno jednoj širini štapa, što fotografije i potvrđuju.

5•

~ ' J, -~ ~ l

"'

F1 ZF, 3F, l.f1 Opterećenje F

Slika 14.15. Ovisnost reda izokrome N o sili F u štapu sa slike 14.14

Dijagram na slici t4. 15 može nam poslužiti za baždarenje fotoelastične konstanM te. Naime. u izrazu (14.51) poznate su nam veličine h. A iF, a za odgovarajuću vrijednost F možemo iz dijagrama očitati N, a zatim izračunati fotoelastičnu konstantu pomoću izraza

ItF

NA Cisto sarijanje štapa. U tom je slučaju naprezanje u, dano izrazom

M, O'K=-z.

I,

(H.52)

Ostala dva naprezanja jednaka su nuli, tj. u,= 0".:=0. Glavna naprezanja jesu:

"' a2 = 0"::=0 z>O

M,l u2 1 -~ zi }' ;

a,- a, Izl =Nf. l, "

<Tl 0";=0. -<0

pa je

u čitavu presjeku štapa. Sređivanjem gornjeg izraza možemo dobiti

N=hM'Izi=C J. l,

(14.53)

(14.54)

299

gdje je C=hAf/I,.f~ konstanta. U skladu s izrazom (14.54) vidimo da je red izokrome u neutralnoj površini jednak nuli jer je z= O i da linearno raste prema krajevima. Također vidimo da red izokrome ne ovisi o koordinati x, pa su izokrome paralelne s uzdužnom osi štapa, tj. s osi x. To se naravno odnosi na područje čistog savijanja, tj. područje u kome je M,.=F 11 = konst. To područje jest središnji dio donjeg štapa. Na slici 14.16 prikazane su dvije fotografije štapova. Gornja fotogr2.­fija odnosi se na niže opterećenje, a donja na više. Zbog toga je broj izokroma na donjoj fotografiji veći. Pomoću epruvete opterećene na čisto savijanje također se određuje fowelastična konstanta fu·

F

,,

,~,l~ ' ' ! !

F/l

~1111111111111111111111~1111111111111111111~ l~

Slika l-U6. Ilustracija naprezanja u šlapu opterećenom na sa'ijanje. Gornji štap opterećen je na poprečno savi­

janje. a donji na čisto savijanje

Poprečno sa,ijaoje. Kod poprečnog savijanja moment savijanja M,. nije konstantan, tj. ovisi o koordinati x. pa i naprezanje a ;e ovisi o koordinati x. Zbog toga izokrome nisu paralelne s osi štapa. što se dobro vidi na fotografiji štapa. Kako se moment savijanja mijenja linearno s koordinatom x, to se i naprezanje ax mijenja linearno duž gornjeg i donjeg ruba štapa, pa se i red izokrome N mijenja linearno. Najveću vrijednost red izokrorne postiže na mjestu gdje djeluje opterećenje F. U sredini štapa

300

red izokrome nije jednak nuli kao kod čistog savijanja jer razlika glavnih napreza­nja cr1 - cr2 nije jednaka nuli, iako su normalna naprezanja crx i a= jednaka nuli. Naime, u neutralnoj osi djeluje posmično naprezanje

3Q 3F rmax= 2A = 4A.

Kako je element u osi štapa opterećen na čisto smicanje. glavna naprezanja iznose:

pa je

odnosno

3F 3F al =rmn= 4A' az=- rmax=- 4A

3F Nf; al- a2 = 2A =-"-,

3Fh N=--.

2A.fo

(14.55)

(14.56)

Savijanje debelog zakrivljenog štapa. Na slici 14.17 prikazane su fotografije debelog zakrivljenog štapa. Obje fotografije snimljene su u kružnopolariziranom svjetlu. pa

~_.......-,~

~

' ..._d

• Slika 14.17. Savijanje debelog zakrivljenog ~tapa. Gornja rotografija snimljena je u tamnom polju. a

donja u svijetlom polju

301

se na njlma nalaze samo izokrome. Gornja fotografija snimljena je u tamnom polju, a donja u svijetlom. To možemo zaključiti prema pozadini modela. Ako je model snimljen u svijetlom polju~ pozadina je svijetla, a ako je snimljen u· tamnom polju, pozadina je tamna. U poglavlju 9.11 razmatrali smo savijanje debelog zakrivljeno g štapa. Vidjeli smo da se neutralna os pomiče prema središtu zakrivljenosti i da su naprezanja raspoređena po zakonu hiperbole.

Poprečni presjek zakrivljenog štapa na slici 14.17 jest pravokutnik. pa bismo u slučaju ravnog štapa očekivali da je neutralna os u sredini. Kako se vidi na fotografiji, neutralna os (tj. red izokrome N =0) znatno je pomaknuta prema središtu zakrivljenosti. T o se desilo ne samo zbog toga što je štap zakrivljen, nego i zbog toga što je središnji dio štapa opterećen istovremeno na tlak i na savijanja. Na fotografijama se dobro \idi da red izokrome raste sve brže i brže kako idemo prema unutrašnjem rubu. odnosno sve sporije kako idemo prema vanjskom rubu popreč~ nog presjeka. što je u skladu s hiperboličnom raspodjelom naprezanja.

Koncentracija naprezanja~ Na slici 14.18 prikazane su četiri fotografije štapa s različitim geometrijskim diskontinuitetima, kako slijedi:

a) Štap s dva polukružna utora opterećen na rastezanje. Širina štapa je w=5cm, a pol um jer utora r = 2,5 cm.

b) Štap iste širine s dva plitka kT)!Žna utora polumjera r= 6,5 cm. Štap je također opterećen na rastezanje.

e) Štap iste širine s eliptičnim otvorom koji ima poluosi a= 1,9 cm i b= 1)25 cm. Štap je opterećen na rastezanje.

d) Štap kao pod e) ali opterećen na čisto savijanje.

Na temelju tih fotografija možemo zaključiti ovo:

Oko geometrijskih diskontinuiteta (otvora~ utora itd.) stvara se povećan broj izokroma koje se međusobno približuju, što znači da dolazi do koncen· tracije naprezanja. Taj se poremećaj gubi na udaljenosti od diskontinuiteta, koja je približno jednaka jednoj širini štapa. To je u skladu sa St. Venanto· vim principom. U prva tri štapa na mjestu gdje nema poremećaja treba po čitavu presjeku biti isti red izokroma. U štapu na slici 14.!8d (u području izvan poremećaja) red izokrome u sredini je jednak nuli i raste prema krajevima presjeka. Iz6krome su paralelne s osi štapa jer je štap opterećen na čisto savijanje.

Faktori koncentracije naprezanja K i K" kod štapa koji je opterećen osno definirani su izrazom

O' mill<

K =--t odnosno r-.=---, O'o _..

gdje je a max najveće naprezanje na diskontinuitetu. u0 naprezanje u neoslabljenom dijelu daleko od diskontinuiteta, a a. nominalno naprezanje u najužem dijelu. Kako se a m:~ll. javlja na rubu. bit će

N muf~ (Tffi3ll:o=--/-,-. (14.58)

Isto je tako N of.

O'o= -h- (14.59)

jer je na mjestu koje je udaljeno od otvora a,= a0 i o' z =0. Odavde lako možemo dobiti

K = --~- '" 1\ic- (14.60)

al

b)

,,

d)

Slika 14.18. Uustracija koncentracije naprezanja i SL Venantova principa

Kod prvog je štapa 11.6 i N0 ,.3,67, a kod drugog N~,= 15.4 i N0 =55. paje faktor koncentracije naprezanja u prvom slučaju K= 3,16, a u drugom K =2,8. Kao što vidimo. u slučaju manjeg polumjera zaobljenja utora koncentracija je napreza­nja Yeća. Kod tih je modela h= l cm i l ,09 MN/m, pa na rubu, gdje je N= l, naprezanje iznosi a,= !,09 MPa. Tamo gdje je red izokrome N =2. a,=2,18 MPa itd.

303

Gornja fotografija na slici 14.19 prikazuje široku ploču s kružnim otvorom koja je opterećena na rastezanje u smjeru gore- doJje.

Dvije donje fotografije prikazuju kotvene ploče ekscentarskih preša. Uočavamo opet da se po St. Venantovu principu utjecaj ruba brzo gubi i da je u srednjem dijelu ploče raspored naprezanja po presjeku konstantan. Vrlo mali polumjeri zaobljenja u donjem dijelu izazivaju vrlo veliku koncentraciju naprezanja, što znači da pri konstruiranju treba odabrati što je moguće veće polumjere zaobljenja.

al

,,

~ /IS r~-_". .......... : :Q; ··!,("; /{.'' " ' J~ ~~.e"__. ~ ,:JiSL ···'~i,.::; ~( \fr";;'U ~ ---·--~~ "!/

Slika 14.19. Ilustracija k~,n.:<!ntracije naprezanja; a) u beskonačnoj ploči s kružnim otvorom, b) u kot veno j ploči ekscentarske prde

14.12. Tenzometrija

Naprezanja i deformacije ne možemo mjerili. Umjesto njih mjerimo neke druge veličine koje OYise o naprezanju, odnosno o deformaciji, pa zatim računski dolazi­mo do veličine naprezanja i deformacije. Tako se u fotoelasticimetriji mjeri optička anizotropija, tj. promjena indeksa loma. Kako promjena indeksa loma ovisi o razlici glavnih naprezanja, možemo zaključiti kakva je promjena razlike glavnih naprezanja.

304

Sličnu situaciju imamo i kod mjerenja deformacije. U tom slučaju mjeri se pwduljenje tJ/ između dviju točaka A i B koje su prije deformiranja bile udaljene za iznos 1. Ta udaljenost se naziva mjerna duljina. Po definiciji srednja je deformacija dana izrazom

JJI r.,,=T

Ako se deformacija mijenja linearno ili je konstantna, onda je prava deformacija na sredini mjerne dužine AB jednaka srednjoj deformaciji. Međutim, ako se deformaci­ja mijenja po bilo kojem drugom zakonu, srednja deformacija ~r na mjernoj duljini razlikuje se od prave deformacije na sredini mjerne duljine. Svi poznati tenzometri (mjerači deformacije) zapravo mjere srednju deformaciju. Zbog toga treba mjernu duljinu l uzimati što manju. S druge strane što je manji/, bit će manji i Lli. Kod vrlo malog Lli njegovo mjerenje postaje nesigurno, pa bi zbog toga trebala mjerna duljina, a time i produljenje, biti što veći.

U praksi se usvaja kompromisno rješenje. Na velikim konstrukcijama kao što su zgrade, mostovi, dizalice i sl. upotrebljavaju se tenzometri koji imaju veću m jeff\ u duljinu od 10 cm, pa i više. U tom slučaju mogu se upotrijebiti i tenzometri manje preciznosti, npr. mehanički tenzometri. Na manjim konstrukcijama i strojevi­ma mjerna duljina mora biti bitno manja, obično reda veličine l crn. Ako se radi u području nagle promjene naprezanja i deformacija, npr. u blizini koncentracije naprezanja, mjerna duljina iznosi samo nekoliko milimetara. Tada se moraju upOlrijebiti vrlo precizni tenzometri. Redovno se koriste elektrootpornički

tenzometri.

Produljenje Lli možemo mjeriti direktno mehanički ili indirektno mjerenjem neke druge veličine. Prema principu koji se upotrebljava razlikujemo ove tipove tenzometara:

mehaničke,

akustičke,

optičke, električne.

Električne tenzometre dijelimo na:

elektrootporničke, - elektrokapacitivne, - elektroinduktivne.

Danas se u tehnici najviše upotrebljavaju elektrootpornički tenzometri, pa ćemo se njima podrobnije upoznati.

14.13. Elektrootpomički tenzometri

Lica duljine l i poprečnog presjeka A ima omski električni otpor R koji se može izračunati pomoću izraza

20 !. Alfire-Vić: N;tuka o čvrstC:Ći

l R=pA.' (14.61)

305

gdje je p električna otpornost (specifični otpor) materijala od kojeg je izrađena žica. Takva žica promjera d prikazana je na slici 14.20.

~ ~~ ~ PN; r·l:r

' t+l1l

Sllk:a 1~.20. 2ici koja se produlji Ai povećava se električni otpor

Ako žicu produljimo za iznos Lil, istovremeno ~ se poprečni presjek smanjitl :za iznos - LiA, pa će se električni otpor promijeniti za iznos JR. Shvatimo li otpor R kao funkciju triju veličina: p, A i l, totalni diferencijal dR bit će

iJR iJR oR dR =-dp +-dl+-dA op a1 M

l p pl dR=-dp+-dl--đA.

A A A2

Ako taj. izraz podijelimo s (14.61) i sredimo, dobit ćemo

dR dp dl dA -=-+---R p l A

(14.62)

odnosno AR ilp ill ilA -"'-+----. R p l A

(14.63)

Za žicu kružnog prosjeka promjera d vrijedi A ='ltd'/4. Takoder je iJdfd=<, i dl/l=s, paje prema Hookeovu zakonu (6.5)

dd dl v-.

l

Kad sve to uzmemo u obzir i uvrstimo u (14.63), pa zatim sredimo, dobit ćemo

odnosno

gdje je k faktor tenzom.ecra.

i!.R dp -=(1 +2v)e+­R p

LJRfR tlp/p --=l+2v+--=k,

' e

(l4.64)

(14.65)

Kad bismo dobro poznavali ovisnost promjene otpornosti p o deformaciji. mogli bismo faktor k odrediti teorijski. On se, medutim, u praksi određuje

306 :'

baždarenjern. Kad nam je poznat faktor tenzometra k i promjena otpora žice iJRfR, možemo odrediti deformaciju pomoću izraza

l JR t=--. k R

(14.66)

14.14. Inedba i primjena eleklrootporničkih lenzometara

Ako žicu sa slike 14.20 čvrsto zalijepimo za površinu neopterećene konstrukci­je~ pa zatim konstrukciju opteretimo, konstrukcija će se defonnirati, a s njom i 'žica. Deformacija žice bit će jednaka deformaciji povr§ine na koju je zalijepljena. Deformacija žice izaziva promjenu otpora, pa mjerenjem promjene električnog otpora u žici možemo izmjeriti njenu deformaciju. Mjereći deformaciju žice mjerimo 7.apravo deformaciju na povdiini konstrukcije. U toku mjerenja kroz žicu teče električna struja. Da bi struja bila og<aničena, a i zbog drugih razloga, otpor R žice mora imati određenu vrijednost. Najčešće je R = 120 !l. Zbog toga žica mora imati duljinu l koja je redovno prevelika da bi se upotrijebila kao mjerna duljina, pa se žica namota u obliku mrežice, kako je pokazano na slici 14.21. Mrežica se lijepi između dva tanka papira koji služe kao izolatori i ujedno štite mrežicu. Danas se uglavnom upotrebljavaju folijski tenzometri koji se izrađuju fotonagrizanjem tanke folije metala. Folijski tenzometar prikazan je na slici 14.22.

-

1

Slika 1~.21. Elektrootpomićki tenzometar sa žičanom mreži<:om

o) bl

Slika 14.22. Elekttootpomfčki tenzometar: al žićani. b)

Opisani tip tenzometra može se primijeniti kod linearnog Oednoosnog) stanja naprezanja. Tada je naprezanje dano Hookeovim zakonom

U'=t:E.

Takvo stanje naprezanja ~astajc kod osnog opterećenja i kod savijanja.

Ako ispitujemo konstrukciju u kojoj vlada ravninsko stanje naprezanja, potrebna su nam barem dva tenzometra, i to ako sn nam poznati pravci glavnih naprezanja. Kod ispitiv~a osnosimetričnih posuda pod tlakom poznati su nam pravci glavnih napre­zanja. U slučaju ispitivanja s dva tenzometra, koji su postavljeni međusobno okomito

20* 307

l

Struja i određena je Ohmovim zakonom i iznosi

u i=---,

R 1 +R2 što uvršteno u izraz ( 14.73 l daje

=u ,....

+ 'J

R, E=--U.

R 1 +R2

o

,, ,, /{ ,, ~·

>\ l' ,, l ,.

u /1/1

bl

B

Slika 1~.25. a) Potenciometar, b) Wheatstoneov most

(14.74)

(14.75)

l l i E

j

Ako se otpori R 1 i R2 promijene za iznos .dR, +L1R2, promijenit će se i izlazni napon za iznos LjE, pa će biti

E+LJE R 1 +LJR 1 -::--:-:-;;;---:--;::--'.,......,-;;- u.

R1 +LJR 1 +R2 +LJR2

Ako od izraza (14.76) oduzmemo (14.75) i sredimo, dobit ćemo

[-.,......,-R-f:-1 +._.,--;LIR:--'1

LJE= -;; R, + LjR 1 + R2 + ..1R2

R, ]u R 1 +R2

Uvođenjem oznake r=R2/R 1 gornji izraz možemo napisati u obliku

odnosno

gdje je

[r/(1 +r)] (LJRdR 1 - LJR 2(R,) LIE

l+ [1/(1 + r)] [LJRdR,- r (LJR 2/R 2 )]

LIE= -'-·(LJR, LJR2 ) (l+r)' fl:-R; (!-~)U,

q=l l +[1/(1 +rl] [LJR 1/R 1 +r(LJR2/R 2)]"

(14.76)

(14.77)

(14.78)

(14.79)

(14.80)

Nelineami član '1 vrlo je malen i može se zanemariti u području malih deformacija, ali ga treba uzeti u obzir u području velikih defonnacija.

310

·--~-

Pri mjerenju obično se uzima R2 =konst., R 1 =RT LJR 1 = LlRr. U tom je slučaju

LIE= _r __LIRr (l+r)'Ru. T

(14.81)

Mjereći promjenu izlaznog napona LJE, možemo mjeriti promjenu otpora tenzome­tra ..1Rr!Rr. a zatim pomoću izraza (14.66) odrediti deformaciju e koju mjeri tenzometar.

Kod Wheatstoneova (Vistonovog) mosta pad napona između točaka A i B iznosi U ,.~ 8 • Pad napona između A i D jest

R, U• 0 =--U, (14.82)

R1 +R2

dok je pad napona između A i C dan izrazom

R• U.K=---U.

R,+R. (14.83)

Sada je razlika napona između točaka C i D jednaka izlaznom naponu E, tj.

E=UcD =UAD- U Ac· (14.84)

Kad uvrstimo izraze (14.82) i (14.83) u (14.84) i sredimo, dobit ćemo

R1R3 -R2R4 E U.

(R1 + R2 ) + (R3 + R,) (14.85)

Na početku mjerenja dovodimo most u ravnotežu, tj.

R 1R3 =R2R. (14.86) odnosno

R 1 :R2 =R4 :R3. (14.86a)

Ako se otpori Rh R2 , R3 i ~ promijene za iznos LfR1 , LJR 2, LfR3 i LfR4 , izlazni napon liE bit će

LIE R 1R2 (LIR1 _ LIR2 + LJR3 _ LIR.). (R1 +R2 /' R, R2 R3 R4

(14.87)

Taj je izraz izveden uz pretpostavku da je u početku most bio uravnotežen, tj. da je ispunjen uvjet (14.86).

Wheatstoneov most možemo upotrijebiti s jednim, dva ili četiri aktivna tenzo­metra. Ako imamo jedan aktivan tenzometar, npr. R3 = Rr. izlazni je napon dan izrazom

gdje je r=R2(R 1•

tlE= _r __ LlRr (l +r"f Rr '

(14.88)

311 .

kao na slici J4.23a, određujemo glavne deformacije: e1 i c1, a zatim pomoću Hookeova zakona (6.11) i glavna naprezanja:

E .. , (- +•s,)

uz= E J7(e,-vs,).

Kad imamo ravnlnsko stanje naprezanja j kad nam nisu poznati pravci glavnih naprezanja, potrebno je mjeriti deformacije u tri smjera: A 1 B iC, kako je prikazano na slici l4.23b i e. Znajući t~i deformacije: c_0 c8 i Ec• možemo. slično kao u primjeru 3.3. odrediti glavne deformacije, a zatim l glavna naprezanja.

'k A Ćl ~ A

aJ b) eJ Slika 14.23. Tipovi tenzometarskih rozeta: a) rozeta T, b) rozeta K, e) rozeta t1 (delta)

Za pra voku mu rozetu, prema slici 14.23b. glavne deformacije iznose l

<u=:; [s,+ •e ±J(eA-ec)2 +(2e8- e,- ec)" J. (14.67)

Glavna napr~zanja u tom su slučaju dana izrazom

ul.2 ~[{l+ vJ( e, +Ec)±(l- vJ J( e~= ·~l'+ (is~= s, •cl' l 2 (l-,. )

Kut glavne deformacije e1 iznosi

tan 2q>, 2t8 -e;~ -tc

SA -ec Ako je e8 >(s,+ t,·)/2. onda je O< q>1 <90'.

Isti izrazi za delta rozetu, prema slici l4.23c, glase:

e..,=~ {e, +t8 +ec±J2 t{s~=s.J'+(&.= l

(14.68)

(14.68)

(14.70)

(1'1.2

E J( , {(l+•·l(s,+<8 +"cl±(l- }

l-,-) * <t A "t l J

.fi<tc- .. J. tan2q>, = 2eA-(<8+<d

Ako je "c><8 • ondaje 0<q>1 <90•

308 ..

(14.72)

Umjesto da se tri odvojena tenzometra lijepe u rozetu, prema slici (4.23, tenzometri se tvornički izrađuju već spojeni u rozetu. Na taj se način osigurava točnost kutova koje osi tenzometara čine međusobno, olakšava se lijepljenje tenzometara i pojeftinjuje proizvodnja. Razni tipovi foHjskih tenzometara i rozeta prikazani su na slici 14.24.

l SR 1-.i sx/-4

OI

l SR- 4

dl

~ / SRr4

Slika 14.24. Razni oblici folijsidh tcnzometata i rozeta: a) jednoslojni; b) dvočlana pravokulna ,.T" roze1a: e~ tročlana delta rozeta, razrnaknula 60~; d) dvočlana planarna rozeta, raz:maknuta 60~~

ej tročlana prav::~kutna rozeta, razmak1HIUI 45'

14.15. Instrumenti za mjerenje promjene otpora tenzometra

Za mjerenje promjene otpora tcnzometra LIRr upotrebljavaju se dva instrumen­ta: potenciometar i Wheatstoneov most. Električna shema tih instrumenata zana je na slici 14.25.

Razmotrimo kako ovisi izlazni napon E poteru:iometra (slika 14.25a) o otporima R1

i R1,

Ako baterija u instrumentu stvara napon U, izlazni napon E jednak je napona između točaka A i B i iznosi

E=i· R.,

gdje je i električna struja a R1 omski otpor.

(14.73

309

i određena je O hm ovim zakonom i iznosi

u

što uvršteno u iuaz (14.73)

114.75)

a l

.l. ,,

Art =u lU: '· :'\ 91

T ;,"'

,, 1· )ro .i

A' ,

A ..o •• j

" ~

Itl t oi Oi

Slika 14,25, a) Potenciomet.ar, b) Wheatstonoov most

Ako sc otpori R1 i R2 promijene za iznos LfRl + .đR2 , promijenit će se : izlazni napon za iznos &E, pa će biti

E+dE R1 +&R1 ' u.

R1 +&R1 +R,+LIR, 114.76)

Ako od izrar.a (14.76) oduzmemo (14.75) i sredimo, dobit ćemo

iJE~ ---U. [ R1 +.dR1 R, J

R, +&R, +R2 +.dR2 R, +R2

(14.77)

Uvođenjem oznake r=R2/R 1 gornji izraz možemo napisati u obliku

[r/(1 +r')] (.dR,/R 1 &R2/R2 ) & E -';-;:-'---"-;';;~

l+ [1/(1 +r')] [&Rt/R1 r (.dR2/R2)] l 14.78)

odnosno

gdje je

&E~ --'-(dR, &R,) (l +r)2 R;'-R; O ~)U, (14.79)

~ l l 04.80)

Nelinearni član tt vrlo je malen i može se zanemariti u područ; '..l malih deformacija, ali ga treba uzeti u obzir u području velikih deformacija.

310

Pri mjerenju slučaju

obično se uzima R~=konsL, R1 =RT i AR1 =.dRr. U tom je

r &Rr &E~-(1--,-U. (14.81)

+r) Rr

Mjereći promjenu izlaznog napona a E. možemo mjeriti promjenu otpora tenzome­tra AR7 /Rr, a zatim pomoću izraza (14.66) odrediti deformaciju e koju mjeri tcnzometar.

Kod WheatstoneovH (Vistonovogl mosta pad napona između točaka A i B iznosi U AB· Pad napona između A i D jest

R, uAD~--u, (14.82)

R1 +R2

dok je pad napona između A i C dan izrazom

R, UAc=---U.

R,+R. (14.83)

Sada je razlika napona između točaka C i D jednaka izlaznom naponu E, tj.

E=Uc0 =UAD- U_.c. (14.84)

Kad uvrstimo izraze (14.82) i (14.83) u (14.84) i sredimo, dobit ćemo

R1R,-R,R. U E . (R 1 +R2 )+(R3 +R4 )

(14.85)

Na početku mjerenja dovodimo most u ravnotežu. tj.

R1R3 =R2 R4 (14.86) odnosno

R1 :R2 =R4 :R3 . (14.86a)

Ako sc otpori R1, R2 , R3 i R4 promijene za iznos .đR 11 L1R2• L1R3 i .dR4 , izlazni napon iJE bit će

&E R,R, 2

(&R 1 _ &R2 + &R, _ &R4 ).

(R1 + R2 ) R1 R2 R3 R4

(14.87)

Taj je izraz izveden uz pretpostavku da je u početku most bio uravnotežen. tj. da je ispunjen uvjet (14.86).

Wheatstoneov most možemo upotrijebiti s jednim~ dva ili četiri aktivna tenzo­metra. Ako imamo jedan aktivan tenzometar1 npr. R3 = Rn izlazni je napon dan izrazom

gdje je r~R2/R1 •

tlE~-.!_ __ . &Rr (l +r)' R.--,

T

(14.88)

311

Spoj tenzometra u most prikazan je na slici 14.26. Galvanometar G mJert izlazni napon između točaka Ci D. Na slici 14.27 prikazan je Wheatstoncov most s promjenljivim otporima R 1 i R4 kojima sc može izvesti početno uravnotežavanje mosta.

,,

••

A

e

H, a,

a,

o u

l ljljlt----'

8

renzometor ,,

Slika 14.26. Priključenje tenzometra na Wheatsloneov most

/l ,J? s Hit"' R1 +Ns

R, R6 Rh= R4""R6

u '-----ljljli-----'

R,

R,

u '-----ljljl j-----'

Slika 14.27. Wheatstoneov most s promjenljivim otporima

Na kraju napomenimo da je sve što je izneseno u ovom poglavlju vrlo kratak uvod u eksperimentalnu 3:naliz:u- naprezanja. Mnogi važni utjecaji i činioci nisu spomenuti i objašnjeni. O.il"]'\ko'sttželi baviti tom problematikom treba da ;e bolje upozna s navedenim m_e~tydarn<R·~ .. "'~~:

. --·. '~ ~r.

312

~ ::::1~

~/ fi~ ...... ',- ~~:;!\ ..... ,~'

. y;)~~-~~~·

LITERATURA

L J. Aljire.t~ić: Nauka o čvrstoći l, Sveučilišna naklada tiber, Zagreb 1978. 2. t. Aljirević. S. Jt'rif: Fotoelasticimcuija. Svcuči!Hlna Ul.iklada Liber. Zagreb 1983. 3. I. Alfirević: Nauka o čvrsLo(:i, Tt::bnil!ka enciklopedija 9. sv~k. JugQslavenski leksikografski zavod

.,Miroslav Krleža", Zagreb 1984. 4, D. &zjano.c: Nauka o čvrstoći, Tehnička knjiga, Zagreb 1973. 5. V. Brčić: Otpornost materijala. Beogradski graf'tčki 7.avod, Beograd 1970. 6. J. MeD. Baxter Btown: Introductory Solid Mechanics, Jobo Wiley, New York 1973. 7. E. F. Byars, R. D. Snyder: Engineering Mechanics of Deforrnable Bodies, Intemational Textbook

Company, Scranton 1969. 8. A. f'. Dorkcll', G. S. $t~piro: Soprotivlenie materia1ov, Vysbja škola, Moskva 1969. 9. D. C. Drucker: lntroduction to Mechanics of Defonnable Solids, Mc Graw Hill, New York. 1967.

10. V. l. Feodo$jev: Soprotivlenie malerialov, Nauka, Moskva 1974. 11. V. J, Feodosjeu: Jzabranie zadači i voprosy po soprolivleniu materialov, Nauka, Moskva I974. l2. A. P. Fi/in: Prikladnaja mehanika tvcrdogo defonniruemogo tela, tom I. Nauka, Moskva 1975. 13. H'. Fliigg;.•: Festigkeilslehre. Springer Verlag. Berlin !967 . 14. A. Higdan, E. H. Ohlselt, W. B. Stiles,J. A. Wecse: MechanicsofMaterials,John Wiley, New Yotk 1967. 15. /.J. Uvlmwn: Mechunics of Materi~ ls. Prentice~Hall. Englewood Clifl's 1963. 16. N. O. Mykrc.sta:d: Statics of Oefonnable Bodies, The McMillan Co., New York 1966. L 7. G. S. Pisarerrko i drogi: Soprot.ivlenie ntilterialov, Višča škola, Kijev 1973. 13. E. P. Popov: Introduction to Mec!lanics of Solids, Prentlce~HaU. Englewood Cliffs 1968. 19, D, Ra.fkouić: Otpornost materijala. Oradevinska knjiga. lkograd 1975. 20. K. A. ReckUng: Mecbanik ll - Fesligkeitslehre, Viewig Akademische Verlagsgesellschaft, Braun-

schweig I969. 21. G. L. Rogers: Mechanies of Solids, John Wiley, New York !964. 22.1. H. Sluunes: Mechanics of Defonnable Solids, Prentice~Hall. E~ewood Cliffs 1964. 23. F. R. Shonley: Mechaoic.s of Materials, Mc Graw Hill, New Yod 1967. 24. F. 8. Suly. J. O. Smfth: Resistance of Materials, John Wiley. New York 1956. 25. A. F. Srnlrnov: Soprolivlenie materialov, Vy.sšaja škola, Moskva 1975 . 26. S. Timoshen~o: History of Strenth of Materials, Mc Graw~HiJ!, New York 1953. 21. S. Timo!enko: Olpomost materijala I. Građevinska knjiga, Beograd 1956-28. l. Aljln•rh': Vf~a nauka o čvrs:Lo(:i. Sveučilišna naklada Liber. Zag:reb 1975 .

313

KAZALO

aksijalna krutost t JO aksijaJno opterećenje 78, 79 107 amplituda 283 analizator 291 analitičke metode 2&2 analogna greda 199 analogno opterećenje 199 anizotropni optički materijali 285 anizotropno lijelo ll

baždatenje 299, 307 BernouUi J. 166 bijelo svjetlo 284 brza komponenta 286

os 286

cirkularni polariskop 290 Coulomb L66 Coulombov modul 92 Cu!mann K. 30

četvrtvatna ploča 287 čisto savijanje 165 č.,.-rstoia ll - smicanja 91

• 'Ylačna 90 • tlačna 91

deformabilnost 89 deformacija J l - , duljinska l I, 4S

. kutna lL 45

. obujmna 45 , volwnen$ka 45

devij:;~.torska ravnina 246 de'"ijator tenzora naprezanja 240 dijagram momenata savijanja 82

poprećnib sila 82 rastezanja 91 :;abijanja 91 ~micanja 91

dimen:zioniranje 13, 147 dopušteno naprezanje 93 dukt!.Jni. rnaterljuJi 91 duljina izvijanja 271

eksperimentalna anflliza naprezanja 281 eksperimentalne metode 28! elastičnost 90 elastična linija 167

stabilnost l l elastično tijelo 12, 91 elektromagnetski val 283 elektromagnetsko zračenje 283 eleklrootporničld tenzometar 305 elipsa naprezanja 43 - tromosti (inercije) 68 elipsoid indeksa loma 285

naprezanja 43 energija deformiranje 233

· -. dllatacijsb (hidrostatička) 2.39 -, distorzijska 239 Engesser F. 2?4 Euler L 166 Eulerova hiperbola 274 Eulerova kritična sila 269, 270

faktor koncentrae:ije naprezanja 136 - sigurnosti 93 - tenzomelra 307 fiktivna greda 199 i1ckslja 78 folijski tenzometar 307 forme izvijanja 272 fotoelasticlmetrija 282 fotoelastičoa konstanta 288 fotoelastični materija] 282 frekvencija 283

Galilci G. 165 Gerberov zglob 199 glavna naprezanja 28

315

glavne deformacije 53 - osi tromosti 67 glavni indek."'i lema 285

momenti tromosti 67 - ptavti naprezanja Z9 Gotdon 274 granica elastičnosti 90

gnječenja 91 pop~tanja 91 proporcionalnosti 90 razvlačenja 91 tečenja 90

gubitak elastične stabilnosti 261 gustoća energije deformiranja 237

dilatadjske energije 241 - dis!orzijske energije 241

hidrostaličk:e energije 241

Hencky H. 246 HMH teorija 246 HookeR. 92 Hookeov zakon za jcdnoosno naprez.anje 92

smicanje 92 prostorno naprezanje 96 ravninsku deformaciju 97 ravninsko naprezanje 95

homogeno naprezanje 92 holografija 282 Huber M. T. 246

idealni moment otpora 185 indiferentna ravnoteža 267 indeks loma 284 interferometrija 282 isk:ori!tenost presjeka J85 imkllna :2.94 izokroma 294 izotropni optički materijal 185 izvijanje 78, 267

Jasinski F. S, 274 Johnson 274 Johnsonova parabola 276

komponente unutrašnjih sila 75 koncentracija naprezanja 135 konstante elastičnosti 93, 94 konjugirana greda 199 koso savijanje 209 krhki materijali 91 kriteriji loma 23.3 krivulja čvrstoće 242 krutost ll kružna frekvencija 283 kružno polarizirano svjetlo 284

Jabilna ravnoteža 267 Lamarle E. 273

316

Leibniz G, W. 166 linearnoe!;.tslično tijo::lv 9\ linearno naprezanje 24 -- polarizirano svfetlo 284

ljuske 13

Marinlte E. I66 materijal optički l:rotropni 285

optički anizotropni 285 matrica devijatorslcog naproz:anjll. 240

s:fernog napru.anja 240 tenzora naprezanja 21 tenzora deformacije 47

meloda akustičke emisije 282 anmogije l82 analogne grede 198 krhkih lakove. 2&2 rendgenskog zračenja 282 supcrpo:ticije ll9

modul elastičnosti 92 smicanja (klizanja) 92

- stla.čivosti (kornpres!bilnosti) 93 Mohr O. lO Mobrova kružnica deformacije 53

naprezanja 30 - - tromosti 67 - - 1roosnog napre2anja 40 moment savijanja 77 - uvijanja 77 moment tromosti (inert:ije) S6

-, aksijalni 56 -, centrifugalni 57 -, devljacijski 57 -, polarni 56

moment otpOra, aksijalni 185 - -. idealni 185 - -, polarni 148 monokromatsko svjetlo 284 montažna naprezanja 126

nagib 190 naprezanje, dopu~teno 93 -. glavno 28 -, bomogeno 92 -, linearno {jedn<~osno} 24 -. montažno 126 -, normalno 18 -, početno !25 -, posmično (tangcncijalno) lS -, prostorno (troosno) 24

, puno 18 -. proračunsko 93 -, ravninsko (dvoosno) 24 -, stvarno 93

neutralna os - površina l6B normalna ~ita 77 numeričke metode 282

obujamna derormacija 45 obujamni modul elastičnosti 93 omega postupak 275 t)pruga 156 optički anizotropni materijali 235 - izolropni materijali 1&5 osno opterećenje 18

Parent !66 pie1ooptički efekt 2&7 planarni polariskop 290 plan pomaka 116 plaslično tijelo 12 plastičnost 91 ploča 13 početna faza 283 početno naprez.o.nje 125 Poisson S. S. 92 Poissonov koeftcijent (faktor) 92 pol Mohrove kružnice 32 polarni moment otpora 148 - - tromosti 56 polariskop, planami 290 -' cirkularni 290 polarizi.rano svjetlo 284 polaroidni filtar 284 poiarizator 291 polikromatsko svjetlo 284 poluvalna ploča 291 polumjer tromosti 68 pomak 45 popr(;Čna deformacija 92

sila i1 popretni pn>jek 76 poptečno savijanje SO potenciomcl.Jr 310 površina čvrst.oće 242. 245 pravci glavnih naprezanja 29, 32 ~ - deformacija 53 pretpostavke o deformiranju 140 progib 140 progibna linija 167 proračun ČVI$toće 182 proračunska shema 14 proračunsko naprezanje 93 prostorno napre2anje 24 puzanje 12

sabijanje 17 savijanje, čisto t65

poprečno 165

silama InS sprcgovimu 165

sekundarni glnvni indeksi 2Stl sfcmi ten:z.or naprezunja 240 složeno opterećcnjl! 25 l smicanje 77, 225 smična čvfstoća 91 - krutost :227 spora komponentu svjetta 285 - ns 2R::; statički moment površine 55 stabilna ravnoteža 267 statička neodređenost 119 stvarno naprezanje 93 St. Venantov princip i35 svijetlo polje 29

štap l3

tamno polje 291 tankostje.ni nosači 177 - proftJi J78 lenzor dcfonnllcije 49

naprezanja 2l - ltomosti 69 teorije Č\lt'Stoće 233 teorija disrorzijske energije 245

duljinske deformaeije 243 - normalnog naprezanja 242 - posmičnog naprezanja 243 tcnrometar 53, 305 tenzometarska rozeta 308, .309 tenzometrija 282, 304 Tetmajer 274 Tetmajerov pravac 274 te'Jlšte 55 tlačna čvrstoća 91 to~insko naprezanje J 2S tonija 7& torzijsk:a krutost 146 tonijski moment krutos.ti 160 - otpora 160 trajektorija naprezanja 147, 181 transformacija deformacije 49

napr~njfl 26 - vektora 24

unutrašnje slJe 75 uvijanje 78, 80 uzdu!na deformacija 92 - sila 7S

valna dutiina 1.vjetla 283 vektor naprezanja 17

pomaka 45 - s\jetla 283

317

viskoclastično tijelo l 2, 91 viskoplastično tijelo 91 vitkost štapa 272 vlačna čvrstoća 90 volumenska deformacija 46 volumenski modul elastičnosti 93

Wheatstoncov most 310

318

Young T. 92 Youngov modul elastičnosti 92

zakrivljenost l 90 zakrivljeni debeli štap 213 zavareni spoj, smicanje 228 zavojna opruga 156

žičani tenzometar 307