14.3 IZVIJANJE GREDE U ELASTIČNOJ OBLASTI. EULER-OVI

OM1 V13 V14 Ime i prezime: Index br: 1 24.12.2015.

14.3 IZVIJANJE GREDE U ELASTIČNOJ OBLASTI. EULER-OVI SLUČAJEVI IZVIJANJA

22

o

ykr l

EIP π= (14.76) llo μ= (14.77)

Tabela 14.1

Napomena: ako su uslovi oslanjanja na krajevima grede različiti u pravcima glavnih osa, onda treba odrediti vrednosti kritične sile za obe glavne ravni, a merodavna je ona sila koja je manja:

{ }zykr P,PminP =

22

22

z

zz

y

yy l

EIP,l

EIP ππ == (14.78)

ll,ll zzyy μμ == . (14.79)

14.5 DIMENZIONISANJE GREDE PREMA IZVIJANJU

elastična oblast izvijanja

22

λπσ E

kr = (14.83) y

o

il

=λ (14.82) AI

i yy = (14.81)

Euler-ova hiperbola plastična oblast izvijanja

λσσσ 1−= okr (14.85) Tetmajer-ova prava

Kkr σσ = (14.86)

Slika 14.16


14. IZVIJANJE GREDNOG NOSAČA

IZVIJANJE GREDNOG NOSAČA – PRIMERI

PRIMER 1. Za slobodno oslonjen štap poprečnog preseka prema skici, odrediti kritičnu silu izvijanja Pkr. Ispitati da li je izvijanje u plastičnoj ili elastičnoj oblasti.

E = 10 GPa σT= 27,5 MPa σkrT = 29 - 0.194λ [MPa]

minI odnosno 2I


U ovom zadatku posmatranjem poprečnog preseka i zadatih osa zaključuje se da zadate ose y, z _________glavne centralne ose (__________________________)

4cm11251=⋅= ________

____I y

4cm72012151=⋅⋅= ______

z _____I

422 cm45015121=⋅⋅=

____OI yz

4222 cm429450

27201125

27201125

=+−

−+

== )(II min

Ako se na osnovu postavke zadatka ili na osnovu zadatih podataka ne može direktno zaključiti da li je izvijanje u elastičnoj ili plastičnoj oblasti, uobičajeno je da se do toga u kojoj se oblasti dešava izvijanje dolazi upoređenjem vrednosti kritičnih napona za ove dve oblasti i vrednosti Tσ . Da bi se odredila vrednost vitkosti treba odrediti i slobodnu dužinu izvijanja : mini 0l 2cm90== __________F

cm182.______imin ==

Slobodna dužina izvijanja određuje se na osnovu uslova oslanjanja m0 ____________l ==

791.___________===λ

vrednosti kritič;nih napona:

MPa711 Pa10711791

1010 62 ...

______________

________E

kr =⋅=⋅

⋅== πσ

MPa211791194029194029 ....Tkr =⋅−=−= λσ

MPa527.T =σ Merodavna vrednost koja određuje i u kojoj oblasti je izvijanje je minimalna od prethodne trivrednosti što je zaključeno ratmatranjem dijagrama σλ ,

MPa211527211711

....

minmin

T

Tkr

Ekr

kr =⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧=

⎪⎭

⎪⎬

⎫

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=σσσ

σ

Izvijanje je u plastičnoj oblasti. Kada je određen merodavni kritični napon određuje se kritična sila (slučaj aksijalnog naprezanja) ______..________________FP krkr 8100N108100 3 =⋅==⋅= σ


PRIMER 2. Za štap prikazan na skici, odrediti kritičnu silu izvijanja Pkr.

E = 200 GPa σT= 200 MPa σkrT=310 – 1.2λ [MPa]

U zadacima ovog tipa zadati su različiti uslovi oslanjanja u pravcima glavnih osa. Potrebno je ispitati izvijanje oko obe zadate glavne ose. Pri izvijanju oko ose y izvijanje se dešava u ravni _____ i na osnovu uslova oslanjanja u toj ravni definiše se o kom od četiri, u teoriji razmatrana slučaja izvijanja, se radi u toj ravni. Pri izvijanju oko ose z izvijanje se dešava u ravni _______ i na osnovu uslova oslanjanja u toj ravni definiše se o kom od četiri, u teoriji razmatrana slučaja izvijanja, se radi u toj ravni.

cm 9415153015500 ._______________________z T =⋅+⋅

=

4cm321901953015

121

1550121

._____________________

__________________I y

=⋅⋅+⋅+

⋅⋅+⋅=

4cm5164687121

121 ._____________________I z =⋅+⋅=

izvijanje oko ose y: izvijanje oko ose z:

m5363.______liy == m52._______liz ==

cm 59121200

32190195 ..i y == cm 71111200

5164687 ..iz ==

0928._______y ==λ 3521.______

z ==λ


0928.max =λ (u ravni xy )

MPa200

MPa______

MPa29278

MPa62501

=

⎪⎪⎪

⎭

⎪⎪⎪

⎬

⎫

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

= ._______________

._______________

minkrσ

kN24000N108100 3 =⋅==⋅= .___________________FP krkr σ

PRIMER 3. Odrediti da li je za sigurnost na izvijanje štapova datog sistema nepovoljnije ako data spoljašnja sila P ima prikazani smer ili smer koji je suprotan od prikazanog. Za nepovoljniji slučaj odrediti najveću vrednost sile P pri kojoj je koeficijent sigurnosti na izvijanje ns ≥ 3. E = 210 GPa σT = 240 MPa σkrT = 310 – 1.14λ [MPa]

Kritična sila izvijanja je aksijalna sila pri kojoj dolazi do izvijanja pritisnutog štapa. Veća kritična sila znači da štap može da prihvati_______ silu. Sigurnost na izvijanje nekog aksijalno pritisnutog štapa definiše se preko koeficijenta sigurnosti na izvijanje n .

____n = ili ____n = gde N ili S predstavlja normalnu silu u štapu od zadatog opterećenja

što znači da koeficijent sigurnosti na izvijanje zavisi i od kritične sile štapa i od normalne sile. Veći koeficijent sigurnosti na izvijanje je povoljniji po elemenat, manji je nepovoljniji U slučaju sistema elemenata (kao u datom primeru) svaki element u opštem slučaju prima različitu normalnu silu. Mogu da se izviju samo __________štapovi. Ispitivanje na izvijanje ____________ štapova u zadacima na ispitima ili kolokvijumima bez obzira na pojedine tačno određene elemente u zadatku dovodi do 0 poena u tom zadatku i eventualno dodatnih negativnih poena za ceo ispit ili kolokvijum i (ukoliko se uvede preliminarni ispit za one studente kod kojih se na pismenom ispitu uoči drasticno nepoznavanje osnovnih elemenata iz Otpornosti materijala ili Mehanike 1) i upućivanje na preliminarni - kvalifikacioni ispit pre sledećeg pismenog ispita


U primerima iz Otpornosti materijala 1 za sisteme štapova koji leže u ravni smatraće se da čvorovi ne mogu da se pomeraju upravno na ravan sistema i treba zaključivati o kom se slučaju izvijanja radi na osnovu uslova po pomeranjima čvorova u datoj ravni. Kod rešetke gde su krajevi štapovi zglobno vezani za svaki od štapova se smatra da se izvija kao __________Euler-ov slučaj, pa se uzima odgovarajuća dužina izvijanja. U sledećem zadatku se razmatra slučaj sistema gde za pritisnute štapove treba odrediti kom slučaju izvijanja su izloženi. Pitanje: ukoliko dva elementa imaju istu kritičnu silu, a treba da prime različite normalne sile veći koeficijent sigurnosti je veći kod elementa koji prima vecu ili manju normalnu silu ? Odgovor: ________________________________________________________ Pitanje: ukoliko dva elementa imaju različite kritične sile, a treba da prime iste normalne sile veći koeficijent sigurnosti je veći kod elementa koji ima veću ili manju kritičnu silu ? Odgovor: _________________________________________________________ Pitanje: ukoliko više elemenata imaju razičite kritične sile, a treba da prime različite normalne sile ukoliko postoji elemenat koji ima najveću kritičnu silu i prima najmanju normalnu silu on ima najveći ili najmanji koeficijent sigurnosti? Odgovor: ____________________________________________________________ Pitanje: ukoliko više elemenata imaju razčite kritične sile, a treba da prime različite normalne sile ukoliko postoji elemenat koji ima najmanju kritičnu silu i prima najveću normalnu silu on ima najveći ili najmanji koeficijent sigurnosti? Odgovor: __________________________________________________________--. Ukoliko primenom ovakve analize može da se dođe do odgovora na postavljeno pitanje u nekom zadatku, nije neophodno do kraja sprovesti proračun.. U suprotnom, treba izraziti koeficijent sigurnosti u funkciji zadatih podataka i poređenjem brojnih vrednosti izvesti zakljjučak. a) Za slučaj kada sila P deluje u desno (slučaj A) određuju se prvo sile koje primaju pojedini štapovi - njihove normalne sile

1.442m1 == _______________l

2.154m2 == ________________l

3.2m3 == ________l


o33.69=⇒= αα __tg

55470.sin =α 83210.cos =α

821 .________tg =⇒= ββ

37140.sin =β 92850.cos =β

0=_________________

0=___________________

βα

⋅−=sinsinSS 12

Psin

cossinScosS =β

β⋅α⋅+α 11

ββαα

sincossincos

PS⋅

+=1

______________________S =1 P.S ⋅= 450701

________________S −=2 P.S ⋅−= 673102

0=______________________

P.S 625003 =

-ako sila deluje na desno: -ako sila deluje na levo: (+) P.S ⋅= 450701 P.S ⋅−= 450701 (-) (-) P.S ⋅−= 673102 P.S ⋅= 673102 (+) (+) P.S ⋅= 625003 P.S ⋅−= 625003 (-) -određivanje kritične sile izvijanja za štapove 1,2:

4cm324== ___________________I y

2cm54== _____________________F

4cm21872 =⋅= ____)__________(_________I z

[ ] 4cm7292 −=⋅= __________________________I yz


422 cm657272922187324

22187324 .)(I min =+

−−

+=

m02 _________l = MPa1606718510210143 2

32

22

2 ..

.EEkr, =

⋅⋅==

λπσ

cm 161.________imin == MPa19967185141310141310 ....Tkr =⋅−=−= λσ

671852 ._______==λ MPa240=Tσ

kN5324.____________________FP krkr ==⋅= σ -određivanje kritične sile izvijanja za štap 3:

4cm324121

=⋅= __________Imin 2cm108618 =⋅=F

cm 731108324 .imin == m2303 .l = 97184

731320

3 ..

==λ

MPa58609718410210143 2

32

22

3 ..

.EEkr, =

⋅⋅==

λπσ

kN2665410108105860 46 ..FP krkr =⋅⋅⋅=⋅= −σ U prethodnom smo dobili da su sile u štapovima (normalne sile) A:ako sila P deluje na desno: B:ako sila P deluje na levo: (+) P.S ⋅= 450701 P.S ⋅−= 450701 (-) (-) P.S ⋅−= 673102 P.S ⋅= 673102 (+) (+) P.S ⋅= 625003 P.S ⋅−= 625003 (-) To znači da ukoliko sila P deluje na desno jedino je pritisnut štap _____ , ako sila P deluje na levo pritisnuti štapovi su ________

koeficijent sigurnosti na izvijanje štapa 2 je P.S

Pn kr

⋅==

67310324

2

2

2

koeficijent sigurnosti na izvijanje štapa 1 je P.S

Pn kr

⋅==

45070324

1

1

1

Ukoliko uporedimo koeficijent sigurnosti štapa 2 (slučaj A) i samo koeficijent sigurnosti štapa 1 (slučaj_B)_____________________________________________________________________________ _________________________________________slučaj _____ je nepovoljniji.

koeficijent sigurnosti na izvijanje štapa 3 je P.

.SP

n kr

⋅==

6250026654

3

3

3

Ukoliko uporedimo koeficijent sigurnosti štapa 2 (slučaj A) i samo koeficijent sigurnosti štapa 3 (slučaj B) ____________________________________________ _________________________________________________slučaj _____ je nepovoljniji. Na osnovu prethodnog razmatranja zaključujemo konačno da je slučaj _______ nepovoljniji.


Takodje samo posmatrajući izraze za i koji pripadaju slučaju B 1n 3n___________________________________________________________________ koeficijent sigurnosti biti _________ od i da će ____________________za slučaj B. 1n 3n Umesto ovakvog detaljnog zaključivanja mogli smo da izrazimo koefijente sigurnosti na izvijanje ______________________(pri tome opet uzimajući u obzir da se slučaj izvijanja štapa 2 razmatra samo kada sila P deluje na desno, a slučaj izvijanja štapova 1 i 3 samo kada sila P deluje na levo)

P.

P.SP

n kr 3548167310324

2

2

2 =⋅

==

P.

P.SP

n kr 8871845070324

1

1

1 =⋅

==

P.

P..

SP

n kr 82104662500

26654

3

3

3 =⋅

==

Direktnim uporedjivanjem sve tri vrednosti uočavamo da je pri istoj proizvoljnoj vrednosti sile P uvek koeficijent sigurnosti koji odgovara slučaju A (za štap 2) ________ od koeficijenata sigurnosti za slučaj B (za štapove 1 i 3). Prema tome nepovoljniji je slučaj _____ kada sila deluje u _________ jer je _______ sigurnost na izvijanje nego u suprotnom slučaju. b) Za nepovoljniji slučaj (slučaj A) kada sila deluje udesno određivanje sile P za koeficijent sigurnosti ns ≥ 3:

32

2

2 ≥==__________

SP

n kr ⇒ kN45160.________P =≤

sila P mora biti manja od 160.45 kN kako bi faktor sigurnosti bio veći od 3. PRIMER 4. Odrediti odnos α=I1/ I2 iz uslova da je kojeficijent sigurnosti na izvijanje u elastičnoj oblasti za štapove AD i BE isti. Zadato je a,E,I.


(Posto je u uslovu zadatka definisano da se isptuje izvijanje u elastičnoj oblasti moguće je direktno koristiti izraz za elastičnu kritičnu silu)

Sistem se rastavlja na elemente, definišu se uslovi po pomeranjima na krajevima pritisnutih elemenata i iz uslova ravnoteže određuju vrednosti sila veze koje daju normalne sile u štapovima AD i BE. Na osnovu veza uočava se da je štap AD ___________________ a štap BE trećem slučaju izvijanja.

____P =1 _____l ,i =1

21

22

1 16aEI_______P kr,

ππ =⋅=

____P =2 _______l ,i =2

22

22

2 2aEI_______P kr,

ππ =⋅=

koeficijenti sigurnosti za štapove AD i BE:

PaEI

PaEI

PP

n kr,2

12

21

2

1

11 48316

π=

⋅π

==

PaEI

PaEI

PP

n kr,2

22

22

2

2

22 842

π=

⋅π

==

Uslov zadatka je

Pa

EIPa

EInn 22

2

21

2

21 848ππ

=⇒=

odakle sledi

_____II

==2

1α

PRIMER 5. (PRIMER 14.1 na stranama 422-424 knjige OTPORNOST MATERIJALA (B.Deretić-Stojanović, Š. Dunica) Za dati stub na sl. P.14.1: a) Odrediti odstojanje b tako da koeficijent sigurnosti na izvijanje oko obe ose bude isti.Za tako određenu veličinu b: b) Odrediti vrednost kritične sile Pkr. c) Da li će se i za koliko promeniti vrednost kritične sile Pkr ako se u tački B dopusti obrtanje i oko ose z ? d) Da li će se i za koliko promeniti vrednost kritične sile Pkr ako se u tački B spreči obrtanje i oko ose Dato je: E=210 GPa, σT=240 MPa, . )MPa(,T

kr λσ 1921310−=



PRIMER 6. (PRIMER 14.2 na stranama 424-425 knjige OTPORNOST MATERIJALA (B.Deretić-Stojanović, Š. Dunica) Odrediti vrednost sile P koju dati sistem (sl. P.14.3.a) može da nosi sa koeficijentom sigurnosti na izvijanje γi=3. Poprečni preseci štapova su isti (sl. P.14.3.b). Dato je: .GPaE,MPaT 2124 ==σ [ ]MPa,T

kr λσ 11031−= ,


σ (15.

15. ELASTO-PLASTIČNA ANALIZA GREDE 15.2 ELASTO-PLASTIČNA ANALIZA AKSIJALNO NAPREGNUTE GREDE

Slika 15.3

(15.2) granična (maksimalna) sila AN T

* σ=

15.3 ČISTO PRAVO ELASTO-PLASTIČNO SAVIJANJE GREDE 15.4 ELASTO-PLASTIČNO SAVIJANJE GREDE SILAMA

Slika 15.5

T

y WM = 5) moment savijanja na pragu tečenja Ty

(15.8) granični moment savijanja T*y

*y WM σ=

AddAdASSW (15.7) plastični otporni moment ***y 2

1221121 =+=+=

yTy

T*y

Ty

*y f

WW

M

M==

σσ

(15.9) koeficijent oblika poprečnog preseka pri savijanju

15.5 PRIMENA PRINCIPA VIRTUALNIH POMERANJA

(15.56) ∑∑==

=m

ij

*j,yi

k

ii MP

11δϕδξ

15.6 GRANIČNA NOSIVOST KOD STATIČKI ODREĐENIH NOSAČA

(15.58) ANN T*

max σ==

(15.59) *yT

*ymax,y WMM σ==


15. ELASTO – PLASTIČNA ANALIZA GREDE

ELASTO – PLASTIČNA ANALIZA GREDE – PRIMERI

PRIMER 1. Za preseke prikazane na skici odrediti vrednost graničnog momenta savijanja M*.

REŠENJE.

TT*y bh__________________M σσ 2

41

=⋅==

__________________M T

y ==

5146 ._________________f y ====

TTT*y

*y R______________WM σσσ 3

34

=⋅==

Tyy WM σ** = 321 t___________________W *

y ⋅==

T*y tM σ⋅⋅= 321


_________________________________ = yy 236224 −=+ cmy 3= 3330 cm____________________________W *

y =++= TTyy WM σσ ⋅== 330**

2

3a_______h__

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

4

32

321

2

2aaahaA =⋅=⋅

=

422

1 11 ________haA =

⋅=

_______________________

= 21

aa =⇒ 4

62

123

223

11ahaah =⋅===

Za cma 20=

cmah 32.172

3202

3===

cmh 55.1132

= cmh 77.531

=

cmah 25.124

6204

61 ===

cmaa 15.142

2021 ===

3394.58508.415.1425.12

2138.307.5925.2

212535.207.515.14 cmS pl =⋅⋅+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅=

TTply S σσ ⋅=⋅= 394.585* M

433

5.288636

32.172036

cmhaI y =⋅

=⋅

=

cmhz 55.1132

max == TTy

TT

y zI

M σσσ ⋅=⋅=⋅= 9.24955.11

5.2886

max

34.29.249

394.585*

=⋅⋅

==T

TTy

yy M

Mf

σσ


RIMER 2. zan na skici, odrediti opterećenje na pragu tečenja qT i granično opeterećenje q*.

U slučaju kada u sistemu postoje elementi kod kojih dostizanje traženih karakterističnih vrednosti tvari pri aksijalnom naprezanju i elementi kod koji se to ostvaruje pri savijanju moraju

PZa nosač prika

REŠENJE.

može da se osse_____________________________________________________________________________

__________________________

q_______R 4== mesto maksimalne vrednosti momenta na desnom delu - uslov _______ (posmatrano

sa desne strane) i ta vrednost

______max = ___ q.q._______M 3208021 2 ==±

Određivanje opterećenja na pragu tečenja čnog opeterećenja za gredni deo na mestu apsoluno najvećeg momenta savijanja.

i grani

kNmM T 128102410402061 662 =⋅⋅⋅⋅= −

mkNqq______MM TTT 114128

==⇒== .max 1251

kNmm

kN..

qq_____MM **max

* 71701251

192==⇒== 1921024104020

41 662* =⋅⋅⋅⋅= − M

Određivanje opterećenja na pragu tečenja i graničnog opeterećenja za prost štap:

T* 1206=== N kN_____________________N

mkN.qq_______NNN T*

maxT* 5301

4120

==⇒===

Konačno, upoređenjem prethodnih vrednosti

6=


{ }m

kN.,____mqT 1145301114 == { }m

kN..,.____mq* 717053017170 ==

RIMER 3.

nu vrednost parametra opterećenja P za nosač sa slike. Dato je l, R, σT.

EŠENJE. etoda

POdrediti granič

Ra)Direktna mdijagram momenata

TTyy RWM σσ ⋅== 3**

34

T*y

*

*ymax,y

RMlP

MM

σ⋅==

⇒=3

34

83

Ty

lR

lM

P σ3*

*

932

38

==⇒

b) Korišćenje principa virtualnih pomeranja:

___________________________ =

*y

** MlPlP 242=⋅−⋅

nalazi se tražena vrednost *P

lM

PMlP___ *y**

y*

382 =⇒=⋅

RIMER 4.

RIMER 15.1 na stranama 446-447 knjige OTPORNOST MATERIJALA (B.Deretić-Stojanović,

ničnu silu nosača na sl.P.15.1.a. Dato je: l=4 m, σT=240 MPa .

P (PŠ. Dunica)

Odrediti gra


resek)

RIMER 5. nu vrednost parametra opterećenja P za nosač sa slike. Dato je l i M*.

(isti statički sistem kao u prethodnom PRIMERU 3, drugačiji poprečni p POdrediti granič

REŠENJE.

na metoda (metoda korak po korak)I način: direkt

PlM

95

max =

lMPMlPMM

*****

max 59

95

=⇒=⇒=

II način: primena principa virtualnih pomeranja

ehanizam 1:

M

= __________ 21 2δϕδϕ =⇒____

________ = __ _______________________+

lMPMlP

**

12*

2*

593

35

=⇒⋅=⋅ δϕδϕ

Mehanizam 2:

2121 231

32 δϕδϕ ⋅=⋅ l δϕδϕ =⇒l

)(32

312 21

*1

*1

* δϕδϕδϕδϕ +⋅=⋅⋅+⋅⋅ MlPlP

lMPMlP

**

21*

1*

493

34

=⇒⋅=⋅ δϕδϕ

Ostvariće se mehanizam za koji je potrebna ______ vrednost parametra opterećenja (kada se ostvari

Konačno:

mehanizam za koji je dovoljna ______ sila dostignuta je granična nosivost i nosač ne mođe više da prihvata spoljašnje opterećenje)

{ }l

Ml

Ml

MPPP***

*** = 21 59

49,

59min,min =

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

= *1

* PP =

Documents

14.3 IZVIJANJE GREDE U ELASTIČNOJ OBLASTI. EULER-OVI