Dio II

JU UNIVERZITET U TUZLIRudarsko-geološko-građevinski fakultet Tuzla

10. ODNOS IZMEĐU NAPONA I DEFORMACIJE. MEHANIČKA SVOJSTVAMATERIJALA

Eksperimentalni podaci:

Slika 24.

AF

x =σ ; veličina normalnog napona u popriječnom presjeku.

Eksperiment se obavlja tako da se probna epruveta, propisanih dimenzija postavlja učeljusti kidalice, a zatezna sila (F) se postupno povećava.

Slika 26.

Slika 25.Kada se izađe iz podrvrijednosti, ne mogu zakonitost uvjeta njiho

registrira tačno deform

F F

FF

A

A

F

F

FF

l

lo

Pretpostavka je da u popriječnom presjeku epruvete vlada«uniformno stanje», tj. da je raspored sile po površinipodjednak.U području malih deformacija i male sile, mjerenjadeformacije se vrše pomoću mehaničkih tenzometara ilimjernih traka. To je područje elastičnosti gdje je veza

0l∆

50

učja elastičnosti, deformacije su vrlo velike, imaju centimetarskese koristiti mjerne trake i mehanički tenzometri jer je narušenave primjene, pa se koristi mjerni uređaj na presi (kidalici), koji

acije do 0,01 mm, a 1000

1 djelovi mm se procjenjuju.

između sile i dilatacije pravolinijska: 0

x l=ε .


Na ordinatu dijagrama nanosi se AF

x =σ , na apscisu εx ili u početku u području

elastičnih deformacija 0

0x l

l∆=ε , a kasnije

ll

x∆

=ε .

Eksperiment ovisi od brzine nanošenja opterećenja. Teoretski ovisi i od temperature,međutim ispitivanja pri različitim temperaturama ne spadaju u tipska već u specijalnaispitivanja.Tipični dijagrami prikazani su na Slici 27.a za mehki čelik, i Slici 27.b tvrdi čelik, betonitd.

a) b)Slika 27.

Slika 28.

Mehki čelici se najčešće koriste za izradu su izrađeni standardni valjani profili.Kada je npr. u pitanju beton, poznato je dnego na istezanje, pa je dijagram σ, ε kao

tečenje

σp

σσ

ε ε

σM

σM

zatezanje

ε

pritisak

σ

Karakteristično je na dijagramu 27.a, dau određenom trenutku pri istom naponuili čak manjem, počinje naglo izduženje.Ova deformacija naziva se tečenje.Materijal u datom intenzitetu opterećenjaprestaje da daje otpor, odnosno počinjese ponašati kao da «teče».

Ako bi probnu epruvetu izlagali silipritiska umjesto zateznoj sili, za mnogematerijale bi dobili sličan dijagram (npr.mehki čelik).

51

čeličnih konstrukcija u građevinarstvu. Od njih

a beton ima znatno veću nosivost na pritisakna Slici 29.


52

Slika 29.

Jedan od najvažnijih dijelova dijagrama čini tačka (P), granica proporcionalnosti.Proporcionalnost se izražava obrascem:σ = E⋅ε [ Ncm-2]σ = C⋅E - opći slučaj∆l = l ε = 1 σ = E

E – Jungov (Young) modul elastičnosti [ 2cmN ].

Dio dijagrama koji je «kosi pravac», javlja se kod materijala koji pokazuju elastičnasvojstva, dok za npr. materijale: liveno željezo, beton, kamen, opeka taj pravac nepostoji u praktičnom smislu, već se pojavljuje «blaga» parabola.σP-napon na granici proporcionalnostiσT-napon tečenjaσM-napon sloma matrerijala ili prekidna čvrstoća

Slika 30.

Slika 31.Ako vršimo opterećenje iznad granice proporcionalnosti, pa zatim izvršimorasterećivanje dobit ćemo stanje na Slici 31.εp – «plastična» dilatacija

εσe

-σ

-σc

zatezanje

pritisak

+σ

ε

opte

reće

nje

εeεp

O εB

A

P

σ

rast

ereć

enje

Baušingerov(Bauschingerov) efekat

BA -pravolinijska veza

ε

σ pσ T

σ M

MT

P

σ

O


53

Pošto smo izašli iz zone elastičnosti (prešli tačku P), pri rasterećenju se nismo vratili utačku (0) nego u tačku (B). Zaostala deformacija B0 , preračunata u dilataciju naziva seplastična deformacija a ostali dio ukupne deformacije predstavlja elastičnu deformaciju.Ako ponovo povećavamo silu sada će porast napona ići po pravcu BA , pa je sadatačka (P) adekvatna tački (A), tj. granica elastičnosti je pomjerena na više. Ovo senaziva Baušingerov efekat prema (Bauschingeru), naučniku koji je prvi opisao ovajfenomen.Kod opita, neki materijali u području elastičnosti imaju pravolinijski oblik dijagrama, aneki krivolinijski (Slika 32.).

Slika 32.

Ako materijal ne može da izdrži relativno veliku plastičnu deformaciju, naziva se krhtimaterijal, i obrnuto duktilni materijal. Kako je ranije rečeno za mjerodavan opit, mora bitikonstantna temperatura, temperatura okoline, a brzina nanošenja opterećenjapropisana.

Slika 33.

10.1. Hukov zakon

U analizi odnosa napona i deformacija, uz znatna pojednostavljenja koristi se linearno-elastičan odnos.

σ = C⋅E

opte

reće

nje

O ε

Pσ

rast

ereć

enje

Linearno elastični

opte

reće

nje

O ε

P

σ

rast

ereć

enje

Nelinearno elastični

duktilni materijal

εd

εk

0 ε

σkrhti materijali

Maksimalne dilatacije:εk-dilatacija krhtog materijalaεd-dilatacija duktilnog materijalaεk < εd


54

Ovu vezu je predložio u XVII vijeku engleski naučnik Huk (Hooke), pa je veza poznatakao Hukov zakon.Iz ranijeg izlaganja smo vidjeli da se relativno mali broj materijala ponaša po ovomzakonu, mehki čelici u jednoj zoni.Međutim uz izvjesne aproksimacije možemo u području malih naprezanja prihvatitiHukov zakon. Sva teorija elastičnosti bazirana je na ovoj postavci.Za dalje izučavanje, pitanje je kakva su stanja između napona i deformacija, ako jenaponsko stanje različito od napona na pritisak i napona na zatezanje.Ranije smo pokazali da se naponsko stanje može definirati sa 6 komponenata tenzoranapona: σx, σy, σz, τxy, τyz, τzx.Logično je uopštavanje Hukovog zakona, da se svaka komponenta deformacije smatralinearnom funkcijom komponenata tenzora napona.Rezultirajući odnosi dati su u sljedećim jednačinama i nazivaju se uopšteni Hukovzakon.ε = c⋅ σεx = C11⋅ σx + C12⋅ σy + C13⋅ σz + C14τxy + C15τyz + C16τzxεy = C21⋅ σx + C22⋅ σy + C23⋅ σz + C24τxy + C25τyz + C26τzxεz = C31⋅ σx + C32⋅ σy + C33⋅ σz + C34τxy + C35τyz + C36τzxγxy = C41⋅ σx + C42⋅ σy + C43⋅ σz + C44τxy + C45τyz + C46τzxγyz = C51⋅ σx + C52⋅ σy + C53⋅ σz + C54τxy + C55τyz + C56τzxγzx = C61⋅ σx + C62⋅ σy + C63⋅ σz + C64τxy + C65τyz + C66τzx

Koeficijenti Cij nazivaju se koeficijenti elastičnosti a ima ih ukupno 36.Za homogene i izotropne materijale, tj. materijale koji imaju ista svojstva u svimpravcima opći Hukov zakon se pojednostavljuje, pa slijedi:Pošto zbog izotropnosti postoji odnos:C11 = C22 = C33 (koeficijenti elastičnosti uz komponenetne napone σx, σy, σz)C12 = C13 = C23 (koeficijenti elastičnosti uz σy i σz) – popriječne dilatacijeC44 = C55 = C66 (koeficijenti elastičnosti uz τxy, τyz, τzx)C12 = C21 (koeficijent uz σy, σx)C13 = C31 (koeficijent uz σx, σz)C23 = C32 (koeficijent uz σy, σz)

Svi ostali koeficijenti elastičnosti su jednaki nuli.Dakle ostaju samo 3 koeficijenta elastičnosti (C11, C44, C12) koja se smjenjuju tehničkimveličinama i između njih postoji sljedeća ovisnost:

21 C44 = C11 - C12 .............(a)

Smjena koeficijenata tehničkim veličinama:

C11 = E1 .........(1); C44 =

G1 ...........(2); µ=

−

11

12

CC ⇒ - C12 = µC11..........(3)

Smjenom u jednačinu (a)

Eµ

EGµC

EG111

2111

21

11 +=⋅=⋅+=⋅

Eµ)(Gµ);(EG

=+⋅+= 121121


55

)1(2EGµ+

= - modul klizanja ili smicanja (G = 7,87 *106 N/cm2)

µ - Poasonov koeficijent, za većinu materijala µ = 1/3.

Ako u jednačinu :εx = C11⋅ σx + C12⋅ σy + C13⋅ σz + C14τxy + C15τyz + C16τzx , uvrstimo odgovarajuće smjeneza: C11, C12, C13, vodeći računa o rečenom, da su: C12 = C13, C11 = 1/E, - C12 = µC11 = µ/E = C13, a da su ostali članovi jednaki nuli, slijedi:

( )[ ]zyxx

zyxx

E1

000EEE

1

σ+σµ−σ=ε

+++σµ

−σµ

−σ=ε

Pošto je:

( )[ ]

( )[ ]

( )[ ]

)b(

)3(E1

)2(E1

)1(:nologana,E1

yxzz

zxyy

zyxx

σ+σµ−σ=ε

σ+σµ−σ=ε

σ+σµ−σ=ε

)6...(....................G1

)5...(....................G1

)4...(....................G1

zxzx

yzyz

xyxy

τ=γ

τ=γ

τ=γ

Rješavanjem gornjih jednačina po naponima, slijedi:

D = (1 - 2µ)(1 + µ)2

( )[ ]zyxx E1

σ+σµ−σ=ε

σx - µσy - µσz = E⋅εxσy - µσx - µσz = E⋅εyσz - µσx - µσy = E⋅εz_______________σx - µσy - µσz = E⋅εx-µσx + σy - µσz = E⋅εy-µσx - µσy + σz = E⋅εx________________

Za dvoosno naponsko stanje:

εx = C11⋅σx + C12⋅σy C11 = C22; C11 = E1

εy = C21⋅σx + C22⋅σy C21 = C12; C12 = Eµ

−

( ) )'1......(E1

EE yxyx

x µσ−σ=σ

µ−σ

=ε

( ) )'2......(E1

EE xyxy

y µσ−σ=σ

µ−σ

=ε

Iz jednačine (1') yxx E σ⋅µ+ε⋅=σ ,zamjenom u jednačinu (2') i rješavanjempo (σy)

( )2

xyy 1

Eµ−

ε⋅µ+ε=σ ; analogno

( )2

yxx 1

Eµ−

ε⋅µ+ε=σ


56

11

1D

µ−µ−µ−µ−µ−µ−

= ,

razvijanjem po Sarusu: D = 1 - 2µ3 - 3µ2 ili D = (1 + µ)2(1 - 2µ)

DDx

x =σ

1E1E

ED

z

y

x

x

µ−ε⋅

µ−ε⋅µ−µ−ε⋅

= , Dx = Eεx(1 - µ2) + Eεz(µ+ µ2) + Eεy(µ + µ2)

1 - µ2 = (1 - µ)⋅(1 + µ)

[ ]

[ ]

[ ]

[ ] )c(

)6.........(..................................................G)5.........(..................................................G)4.........(..................................................G

)3......(..........)()1()21)(1(

E

)2......(..........)()1()21)(1(

E

)1......(..........)()1()21)(1(

E)21)(1(

)()1(E)21()1(

)1(E)1(E)1)(1(E

zxzx

yzyz

xyxy

yxzz

xzyy

zyxx

yzxx

2yzx

x

γ⋅=τ

γ⋅=τ

γ⋅=τ

ε+εµ+εµ−µ−µ+

=σ


=σ


=σ

µ−µ+

ε+εµ+µ−ε=σ

µ−µ+

µ+εµ+µ+εµ+µ+µ−ε=σ

Ovo su komponentalni naponi izraženi preko komponentalnih deformacija.

10.2. Elastične konstante materijala

Linearno elastični odnosi između komponenti tenzora napona i odgovarajućihkomponenti tenzora deformacije kod homogenog izotropnog materijala definirani su satri komponente: E, G i µ, koje se nazivaju elastične konstate materijala. Imaju fizikalnoznačenje i spadaju u mehanička svojstva materijala.G, E, µ - elastične konstate materijalaKonstanta (E), predstavlja modul elastičnosti ili Jungov modul.Objašnjenje:


57

Po definiciji to je napon koji bi bio potreban da se probna epruveta izduži pod djejstvom

sile za dvostruku dužinu tj. ∆l = l; ε = 1ll= ; ε =

ll

lll2=

− ; σ = E⋅ε; odnosno σ = E.

U dijagramu σ, ε, to je nagib pravca koji prolazi kroz ishodište (Slika 34.):

tgϕ0 = E=εσ

Slika 34.

G =xy

xy

γ

τ- modul smicanja

Za jednoosno naponsko stanje: τxy = G⋅γxy, ostali komponentalni naponi su jednaki 0.

Slika 35.

Dakle odnos popriječne i uzdužne dilatacije predstavlja Poasonov koeficijent, i ovo važisamo kod linearnog stanja napona.

Za ravno i prostorno stanje napona, važi princip superpozicije (sabiranja), jednačinaoznačenih sa (1), (2) i (3).Iz zadnjih jednačina slijedi:Klizanje je jednako nuli u ravninama u kojima su tangencijalni naponi jednaki nuli.

Zaključak:U datoj tački pravci glavnih napona, poklapaju se sa pravcima glavnih dilatacija.Veličina Poasonovog koeficijenta varira od 0,25 - 0,35. Za neke betone donja granica je0,1. Najveća vrijednost je za gumu i iznosi 0,5.

σ=E⋅ε

ϕo

ε

σ

εx

εy

F F

hh´

l´l

µdilatacijauzdužnadilatacijapopriječna

=ε

ε=

x

y

µ - Poasonov koeficijent

yp

x

hhh

hhh

uzdlll

εε

ε

−=−

=−′

=

−=

´

.);(´

,

jer je h' < h


58

Ako saberemo prve tri od jednačina dilatacija u funkciji napona:

( )[ ]

( )[ ]

( )[ ]

)a(

E1E1E1

yxzz

zxyy

zyxx

σ+σµ−σ=ε

σ+σµ−σ=ε

σ+σµ−σ=ε

Superpozicija (sabiranje)

)(E

)21(

)(EE

)(EE

)(EE

1

zyxzyx

yxz

zxy

zyxzyx

σ+σ+σµ−

=ε+ε+ε

σ+σµ

−σ

+σ+σµ

−σ

+σ+σµ

−σ=ε+ε+ε

Pošto je: 3

zyxs

σ+σ+σ=σ , a prva invarijanta stanja deformacija

J1 = ε1+ε2+ε3 = Θ ili Θ = εx+εy+εz

Θ = )21(E

3 s µ−σ

→ odnos između zapreminske dilatacije i srednjeg normalnog napona.

Θ = sE)21(3σ

µ−

( )µ−

σ=Θ

213E

s .

Recipročno, )21(3

EKµ−

= - modul kompresije.

Pošto je:

J1 = εx+εy+εz

3zyx

s

σ+σ+σ=σ

3σs =σx+σy+σz

Onda je:( ) ( )zyx

J

zyx E21

1

σ+σ+σµ−

=ε+ε+εΘ=43421

Θ = sE)21(3σ

µ− , recipročna veličina )21(3

EKµ−

= - modul kompresije.

Za µ = 0,333 (čelik) ( ) EK0,1

cmN1021

333,02131021K

26

6

=⋅

=⋅−⋅

= .


59

Za neke druge materijale K ≠ E.

11. ČISTO SMICANJE

Ako je tanka ploča zategnuta po osi 0x, a pritisnuta po osi 0y, tako da su intenziteti silapo površini jednaki, slijedi: σx = σy = σ

Slika 36.

Definicija čistog smicanja: ako iz ploče isječemo prizmu čije su strane nagnute premaosi 0y pod uglom ±45°, onda na bočnim stranama djeluju samo najveći tangencijalninaponi: τnmax = σ = τ.Uzimajući prvu jednačinu iz uopštenog Hukovog zakona, dobijamo:εx = C11σx + C12σy → ostali članovi su jednaki 0 jer se radi o ravnom stanju napona.

Pošto je: C11 = E1 ;

ECC 1112

µ=µ=− , uvrštavanjem dobijamo:

;E1

E1

yxx σµ−σ=ε σx = σ ; σy = -σ

)1(E

);(E1

xx µ+σ

=εµσ+σ=ε

Analogno:

)1(E

;E

1yy µ+

σ−=εσ

µ+−=ε

U kosom presjeku nagnutom pod uglom (ϕ) javit će se oba komponentna napona, pa uzzaključak da su τxy = τyx = 0, jer je γxyC14 = 0 (C14 = 0) slijedi poznata i dokazanajednačina za σn i τnl.

0

σn = 21 (σx + σy) +

21 (σx - σy)cos2ϕ -τsin2ϕ

0

y

x

y

σσ

-σ

-σ

045°


60

τnl = 21 (σx - σy)sin2ϕ + τcos2ϕ

σx = σ ; σy = -σ

σn = 21 (σ - σ) +

21 (σ + σ)cos2ϕ =σcos2ϕ..........(1)

τnl = σsin2ϕ.........(2)

Eliminisanjem ugla (ϕ), ϕ = 0, cos0° = 1, sin0° = 0, te kvadriranjem i sabiranjem:sabiranjemi2

nl

10cos

n

2sin2cosϕσ=τϕσ=σ

=

___________σn

2 = σ2

τnl2 = 0

___________σn

2 + τnl2 = σ2 → dobija se jednačina Morovog kruga

Slika 37.Ako se izdvoji prizma iz kvadra:

(2)

(1)

-σ=σy +σ=σx

σn

τnl=maxτnl

τ nl

σn

ϕ 2ϕ

Za ϕ = 45° 2ϕ = 90° σn = 0, τnl = max;Za ϕ = 0 τnl = 0 σn = max.

d´

d´´

d

∆d γxy/2

x

y


61

d´ = d - ∆d ; ε=∆dd ; pa se može napisati:

∆d = d⋅ε

d´ = d - ddd∆

⋅ = d(1 - ε)

d´´ = d(1 + ε)

γ+γ−

≈γ

+

γ−

=ε+ε−

==

γ−

π22

2tg1

2tg1

11

´´dd́

24tg

xy

xy

xy γxy = γyx= γ

za male uglove tg γ≈γ21

21

xy

xy

22

11

γ+

γ−=

ε+ε−

(1 - ε)(2 +γxy) = (1 + ε)(2 - γxy)-2 - 2ε + γxy - εγxy – 2 - 2ε + γxy + γxyε= 0

γ = 2ε = 2 ( )τ⋅

µ+E

1 ; τ = G⋅γxy , G = ( );12E

µ+⋅

Dimenzioniranje: dsAF

τ≤=τ

Za čelik µ = 0,33 E = 2,1⋅107 N/cm2 ; G = 7,87⋅106 N/cm2.

τds – dozvoljeno naprezanje na smicanje.

12. TEORIJE O SLOMU MATERIJALA. DOZVOLJENI NAPONI

Sa tehničko inženjerskog stanovišta konstrukcija treba da bude sigurna i funkcionalna.Pod sigurnošću se podrazumjeva da je konstrukcija u stanju da stalno nosi opterećenjeza koje je dimenzionirana. Pri tome, u svakom dijelu (elementu) konstrukcije naponitreba da budu u dozvoljenim granicama, a deformacije elemenata kao i čitavekonstrukcije treba da budu u propisanim granicama. U nekim slučajevima kod nosača:vitki stubovi, grede, rešetkasti nosači, deformacije nosača mogu da budu veće odočekivanih, a da pri tome naponi u konstrukciji budu u dozvoljenim granicama. U tomeslučaju dozvoljena deformacija predstavlja prioritetan zahtjev, jer su uvjeti naprezanjasvakako zadovoljeni. Suviše velike deformaciije pri promjenljivom opterećenju mjenjajuamplitudu što dovodi do nekih od slučajeva promjenljivog naprezanja, koje se razlikujeod «mirnog» statičkog. Ova pojava može dovesti do «zamora» materijala, što je usuštini promjena strukture materijala na kritičnim mjestima.Kod krhtih materijala slom se karakterizira pojavom pukotina i naglim popuštanjemkonstrukcije.Kod elestičnih materijala (čelici), tečenje prethodi lomu (povećanje plastičnihdeformacija) i nastupa tzv. duktilni lom.


62

Pošto na mehanizam sloma materijala utiče veliki broj faktora, do danas ne postojiuniverzalna teoprija koja uzima sve ove faktore u obzir.Za analizu u teoriji sloma materijala uzimaju se idealne pretpostavke, i odnose se naslom materijala zbog statičkih opterećenja, pri normalnoj temperaturi i homogenim iizotropnim materijalima.

Naponi upoređivanja:

Kada su elementi konstrukcije opterećeni jednoaksijalno (linearno) stanje napona, ondase veličina normalnog napona koji izaziva slom, određuje iz eksperimenata. To jeprekidna čvrstoća σM.Prema tome u datom elementu konstrukcije neće nastupiti slom sve dok stvarninormalni napon ne pređe vrijednost prekidne čvrstoće.Kada se element konstrukcije nalazi u složenom naponskom stanju, onda je nemogućevršiti upoređivanje naponskog stanja sa testom iz dijagrama (σ, ε).Radi toga postoje kriterijumi koji uzimaju u obzir složenost naprezanja, kako bi se mogloizvršiti upoređivanje, sa jednoaksijalnim testom naprezanja, verificiranimeksperimentalno.Sve spomenute kriterijume svodimo na formuliranje jednog fiktivnog napona izraženogpreko komponenti tenzora napona složenog naponskog stanja u nekoj tačkinapregnutog tijela, čiju veličinu onda upoređujemo sa naponom pri slomu kodjednoaksijalnog naponskog stanja radi predviđanja mogućnosti pojave sloma u toj tački.Taj napon se naziva ekvivalentni ili uporedni napon, a označit ćemo ga sa (σe).Normalni napon pri kome dolazi do sloma pri jednoaksijalnom naprezanju naziva segranični i označava sa σ0.Kod duktilnih materijala to je napon na granici tečenja, σT, a kod krhtih materijala jednakčvrstoći materijala σM.Kod duktilnih: σ0 = σTKod krhtih: σ0 = σMJedinstveni kriterij za nastupanje sloma materijala izloženog složenom naponskomstanju definira se izrazom:

σe = σ0 , gdje je σ0 granični napon pri jednoaksijalnom naprezanju

Dakle, slom materijala u nekoj tački napregnutog tijela nastupit će onda kadaekvivalentni napon dostigne veličinu graničnog napona pri jednoaksijalnom naprezanju.

12.1. Neke teorije u primjeni

Do danas je postavljeno više teorija pri čemu su neke prihvatljivije za duktilne a drugeza krhte materijale.Ovdje će biti prikazane četiri teorije, za koje su eksperimenti pokazali da imaju praktičnuvrijednost i to dvije za duktilne a dvije za krhte materijale.To su:

1. Teorija najvećeg normalnog napona,2. Teorija najvećeg smičućeg napona,3. Morova teorija,4. Teorija najvećeg deformacionog rada na promjeni oblika.


63

- Teorija najvećeg normalnog napona

Prema ovoj teoriji slom u materijalu će nastupiti kada najveći normalni napon poapsolutnoj vrijednosti dostigne vrijednost graničnog napona, bez obzira na veličinuostalih napona.Dakle potrebno je proračunati napone σ1 i σ3, i uporediti ih sa graničnim naponom σ0 zamaterijal koji je u pitanju.Znači ekvivalentni napon: σe = σ1 ili σe = σ3σe = σM za krhte materijale.Ova teorija je dosta dobra za krhte materijale (beton, liveno željezo, opeka), poduvjetom da je najveći glavni napon zatežući napon. Tada na naponsko stanje utičumikroskopske pukotine, gdje lom ide po nekoj od pukotina. Ako je pak u pitanju pritisak,onda pukotine ne utiču na naponsko stanje i primjenljivost teorije je manja.

- Teorija najvećeg smičućeg napona (za duktilne materijale)

Prema ovoj teoriji u materijalu će doći do sloma usljed tečenja pri bilo kom naponskomstanju, kada maksimalni smičući napon po apsolutnoj vrijednosti dostigne graničnuvrijednost.

Kod jednoosnog naponskog stanja vidi se iz Morovog kruga da je to napon τ0 = 2

0σ , koji

djeluje u ravnini koja je na probnoj epruveti pod uglom od 45°.

Slika 38.

Ranije je pokazano da su smičući naponi jednaki nuli u svim presječnim ravninama unekoj tački kada u njima vlada hidrostatsko naponsko stanje (sferni tenzor), pa odsustvotečenja i napona smicanja potvrđuje teoriju o ključnoj ulozi smičućih napona pri slomuodnosno tečenju. (Visoka nosivost, jer su τ naponi jednaki 0).

σo

σ

τ

τ o

45° 2ϕ

τo=σo/2


64

Ranije je pokazano kod prostornog stanja napona da su ekstremne veličine smičućihnapona:

231

max21

331

232

1 2;

2;

2;

2τ=

σ−σ=τ

σ−σ=τ

σ−σ=τ

σ−σ=τ

Prema iznešenoj teoriji do sloma neće doći, ako budu ispunjeni sljedeći uvjeti:

τ1< τ0 ; τ2< τ0 ; τ3< τ0 .............. (a)

σ0 – granični napon pri jednoosnom naprezanju

Smjenom iz predhodnih objašnjenja: τ0 = 2

0σ u predhodne jednačine, slijedi:

;2

321

σ−σ=τ τ1 = τ0; ;

22320 σ−σ

=σ

pa je : σ0 = σ2 - σ3 ; analogno je i za ostale dvije jednačine, pa uz zadani uvjet (a)

σ2 - σ3< σ0 ili < τ0⋅2 jer je τ0 = 2

0σ

σ1 - σ3< σ0 itd.

σ1 - σ2< σ0 , za ravno naponsko stanje: σ3 = 0 pa je:

σ2< σ0 .....................(1)σ1< σ0 .....................(2)σ1 - σ2< σ0 ..............(3)

Nejednačine (1) i (2) važe za prvi i treći kvadrant, tj. za slučaj kada su oba glavnanapona istog predznaka. Treća nejednačina važi za drugi i četvrti kvadrant.Izraz za ekvivalentni napon:Maksimalni τ napon za dvoosno naponsko stanje: ( ) 2

xy2

yx2,1 4τ+σ−σ±=τ ili

( ) 2xy

2yxe 42 τ+σ−σ=σ=τ ; 2τ0 = σ0 = σe

Ranijim smjenama: σ0 = σe; τ0 = 2

0σ ; σ0 = 2τ0 = σe

( ) 2xy

2yxe 4τ+σ−σ=σ - opći slučaj ravnog stanja napona.

U slučaju savijanja σy = 0

2xy

2xe 4τ+σ=σ

0U slučaju čistog smicanja: τ=τ+σ=σ 24 22

xe

Ova teorija daje dovoljno tačne rezultate za čelike i poznata je kao «Tresca-ov uvjettečenja» (francuski inženjer Tresca).


65

- Morova teorija

Odnosi se na krhte materijale.Suština je u sljedećem:Za isti materijal izvrši se niz eksperimenata do sloma materijala i za svaki eksperimentse konstruira Morov krug. Zatim se konstruira njihova obvojnica. Kritična su onanaponska stanja za koja Morov krug tangira ili siječe obvojnicu.

Slika 39.

Ova hipoteza je našla najveću primjenu u geomehanici. Tlo kao materijal, praktično neposjeduje otpornost na zatezanje nego samo na pritisak i čisto smicanje.

ϕ - ugao unutrašnjeg trenja,c – kohezija [N/cm2].

Morova obvojnica

τ

σ

c

ϕ

τ=c+σ⋅tgϕ

σo

σ

τ

Slika 40.


66

- Teorija najvećeg deformacionog rada na promjeni oblika

Po ovoj teoriji slom materijala u nekoj tački pri bilo kome naponskom stanju nastupit ćeu trenutku kada maksimalna specifična energija deformacije (utrošena energija pojedinici zapremine tijela) na promjeni oblika dostigne veličinu specifične energijedeformacije na promjeni oblika pri slomu, kod jednoaksijalnog naprezanja.Kasnije će biti dokazano, a sada se uzima bez dokaza, specifična energija deformacijena promjeni oblika, izražena preko glavnih napona data izrazom:

Prostorno naponsko stanje: ( )( )

( )( )

( )( )

σ−σ+σ−σ+σ−σ=

τττ 23

21

22 2

231

22

32

22

2112G1U

Za jednoaksijalno naponsko stanje: σ1 = σ0 ; σ2 = 0 ; σ3 = 0 ; σ0 = σe = σ1

[ ]G6G12

2G12

1U2

02

021

21 ⋅

σ=

σ=σ+σ= za upoređivanje

Za ravno naponsko stanje: Kriterijum za nastupanje sloma dobit ćemo izjednačavanjemdesnih strana jednačine, uz σ3 = 0, jer je ravno naponsko stanje:posmatra se samo dvoosno naponsko stanje i upoređuje sa jednoosnim, premaosnovnoj pretpostavci.

( )[ ][ ]

2:/2222

222

2/2222

221

G121

G6

2221

21

20

21

2221

21

20

21

22

22

21

212

0

21

22

2221

21

20

21

22

221

20

σ+σσ−σ=σ

σ+σ+σσ−σ=σ

⋅σ

+σ

+σ

+σσ−σ

=σ

σ+σ+σ+σσ−σ=σ

σ+σ+σ−σ=σ

2221

210

2221

21

20

σ+σσ−σ=σ

σ+σσ−σ=σ

Kod čistog smicanja σ2 = -σ1 = τ

3

3

0

222220

τ=σ

τ=τ+τ+τ=σ

U općem slučaju ravnog stanja napona (bez dokaza):2

xyyx2

y2

xe 3τ+σσ−σ+σ=σ σ1 = σx ; σ2 = σy

U slučaju savijanja: 2xy

2xe 3τ+σ=σ jer je σy = 0

Čisto smicanje: σe = 3τ , iz 33 2e τ=τ=σ ; σ = 0.

Eksperimenti sa duktilnim materijalima su pokazali dobro slaganje sa analitičkimpretpostavkama.


67

12.2. Dopušteni ili dozvoljeni napon

Konstruktivni elementi se projektuju tako da naponi izazvani projektnim opterećenjemne prekorače neki dopušteni nivo, koji je uvjek znatno niži od graničnog napona.Odnos između graničnog napona i dopuštenog napona naziva se koeficijent sigurnosti(n).

napondozvoljenin

d

0 napongranični=

σσ

=

Uvođenje koeficijenta sigurnosti, potrebno je iz sljedećih razloga:- Projektna opterećenja su najčešće rezultat inženjerske procjene. Osim toga

promjena namjene konstrukcije ili izmjene u konstrukcijij prouzrokuju promjeneopterećenja u odnosu na projektno.

- Metode proračuna zasnovane su na određenim pretpostavkama, uzaproksimativno tretiranje napona.

- Mehanička svojstva materijala uvjek variraju, a kod nekih materijala i znatno.Osim toga u materijalu mogu nastati naponi pri ugradnji (npr. zavarivanjem), tosu tzv. zaostali naponi.

- Neki materijali korozijom mjenjaju nosivi presjek, zatim dolazi do pojave zamoramaterijala.

Rezime: izbor koeficijenta sigurnosti je vrlo značajan, ako je suviše nizak, rizik od slomaje vrlo visok, ako je pak koeficijent visok, dobija se predimenzionirana konstrukcija.U većini slučajeva, dopušteni naponi, odnosno koeficijenti sigurnosti, dati su propisima.

Dopušteni smičući napon

Za određivanje dopuštenog smičućeg napona, služe teorije o slomu materijala.Osnovni je uvjet: σe ≥ σd ; σe – ekvivalentni napon.- Na osnovu teorije najvećeg normalnog napona:za čisto smicanje: σe = τAko iz prethodne nejednačine , uzmemo varijantu jednakosti:

τd = σd ⇒ po teoriji najvećeg normalnog napona

- Po teoriji najvećeg smičućeg napona:

za čisto smicanje: σe = 2τ ; σd = 2τ ili 2

dd

σ=τ ⇒ po teoriji najvećeg smičućeg napona.

- Po teoriji maksimalne energije deformacija na promjeni oblika za čisto smicanje je:

3e τ=σ ; τd = 0,58⋅σd

12.3. Utjecaj promjenljivog opterećenja na napone

Ako u funkciji vremena dolazi do promjene normalnog opterećenja, na dijagramu (σ,t)imamo sljedeću situaciju:


68

Statičko mirno opterećenje Naizmjenično promjenljivo opterećenje

a) b)

Jednosmjerno promjenljivo opterećenje

c) d)

Slika 41.

σg – gornja granica napona,σu – donja granica napona

( )

( )uga

ugsr

21

21

σ−σ±=σ

σ+σ=σ

=σσ

sr

a karakteristika promjenljivog opterećenja.

Wöhler-ov (Velerov) dijagram napona i broja oscilacija, pokazuje da napon asimptotskiteži određenoj veličini pri beskonačnom broju oscilacija.Ta granična veličina zove se dinamička izdržljivost materijala (σMd), (Slika 42.)

σ

σg

t

σ

σ a

σ a σ g

t

σ sr

σ uσ a

σ

σ g

t

σ σa=0

σ g

t


Slika 42.

Utjecaj dinamičkih naprezanja na koeficijent sigurnosti, određuje se Smith-ovimdijagramom (Slika 43.).Ako na ordinatu nanesemo granične napone a na apscisu srednje, i to tako:σg = σsr + σaσu = σsr - σaσsr = σu + σaVariranjem ovih veličina nastaje Smith-ov (Smitov) dijagram.

Slika

σσ

=β

σ

σ=β

sr

u2

sr

g1

tg

tgtačke opterećenja sa istom oscila

0 σ Md

σ

n (broj oscilacija)

β2

KA

D

T

K´D´

B

σM

σM

σsr

σ

σ a-σ

a

σ T

β1

σM – prekidna čvrstoća,σT – granica tečenja.

- zona praktičnih kritičnihnapona: DKTK´D´

- zona sigurnosti: DTD´

69

43.

cijom.


70

Određivanje dijagrama dozvoljenih napona kod promjenljivog opterećenja

Ako iz prethodnog dijagrama izdvojimo zonu sigurnosti, a zatim granicu tečenjapodijelimo sa koeficijentom sigurnosti (n), a ordinatu tačke (D) sa proizvodom (n⋅αk),gdje je (αk), emopirijski faktor koncentracije napona, dobit ćemo pravac D´T´, ispod

koga je zona dozvoljenih naprezanja (napona) za različite odnose sr

a

σσ .

Slika 44.

12.4. Koncentracija napona

Naponi na istezanje, smicanje, savijanje, određeni su na osnovu dosadašnjegizučavanja odnose se na određene geometrijske oblike homogenog popriječnogpresjeka. Ako na presjeku postoje otvori ili zarezi, naponi su oko takvih mjesta znatnoveći, od proračunatih, odnosno nominalnih.Odnos najvećih napona u nekom presjeku σ'max ili τ'max prema nominalnom σ i τ,predstavljaju geometrijski faktor koncentracije napona (αk).

ττ

=ασ

σ=α max

kmax

k';' .

Pri ovome razmatranju, σ´max i τ´max treba razlikovati od graničnih napona (maksimalnikoje smo ranije dokazivali). Ovi granični naponi σ´max i τ´max su sekundarna pojava usmislu rasprostiranja i djeluju oko mjesta oslabljenja (Slika 45. i 46.)

Slika 45. Slika 46.

k

an ασ⋅

T´

T

D

D´

D´

σsr

σ

σa

σT

σ ´m

a

F

F

d

σ

p

Aσ=F/A

d

τ ´m

ax

σ ´m

ax

σ

F Mt

ρ ρ

τ

F

t


1t=

ρ podaci za αk

ZaponaZain

Aksilza

KonoVediNopr

N

t/d Istezanje αk Smicanje αk0,05 2,35 1,70,1 2,0 1,40,15 1,7 1,20,2 1,5 1,15

Istezanjed/b αk 0,1 2,70,2 2,50,3 2,350,4 2,250,5 2,18

71

različite slučajeva oslabljenja presjeka izazvanih tehničkim zahtjevima konstrukcijestoje tabele, sa eksperimentalno utvrđenim veličinama koeficijenata koncentracijepona. one slučajeve koji se ne mogu podvesti pod konkretan primjer, služimo se

ženjerskom analogijom i slučaj podvodimo pod «sličan slučaj».

13. AKSIJALNO NAPREZANJE

o je neki element konstantnog popriječnog presjeka zategnut ili pritisnut silom (F), aa (F) se poklapa sa osom, ova sila izaziva aksijalno naprezanje. To je tipičan slučaj štapove rešetkastih nosača.

Slika 47.

13.1. Analiza naponskog stanja

risteći metodu presjeka, vidimo da u popriječnom presjeku štapa djeluje samormalna sila.ličina i smjer ove sile određuje se iz ravnoteže svih sila koje djeluju na desni ili lijevi

o štapa.rmalna sila (N) je rezultanta proizvoda normalnog napona i elementa površine u

esjeku.

∫σ=A

xdA

Slika 48.

FF F F+ −

F1

F1F2

F2

F3

N

x


72

U popriječnom presjeku se ne mogu pojaviti tangencijalni naponi, o čemu je ranije bilogovora.Pretpostavka je da su dilatacije u svim tačkama štapa jednake, odnosno da su normalni

naponi takođe jednaki, pa je N = σx⋅A; [ ]2x cm/N

AN

=σ .

Ako je u pitanju zatezanje: σx = «+» , a za pritisak σx = «-».Ako želimo naći napone u kosom presjeku štapa onda koristimo ranije izvedeneobrasce za ravno naponsko stanje.

Slika 49.

σn = 21 (σx + σy) +

21 (σx - σy)cos2ϕ -τxysin2ϕ

τnl = 21 (σx - σy)sin2ϕ + τxycos2ϕ

τxy = 0σy = 0Smjenom: τxy = 0, σy = 0

σn = 2

xσ + 2

xσ cos2ϕ = 2

xσ (1+cos2ϕ)

τnl = ϕσ 2sin2

x

Slika 50.

nr

lr

τnl

σnσxσx

σ

σx=σmax

σn

ϕ 2ϕ-τnl

τmax za ϕ=45°τ


73

Iz kruga napona se vidi da je apsolutno najveći normalni napon u aksijalno

napregnutom štapu, napon (σx), a da je apsolutno najveći smičući napon jednak 2

xσ i da

djeluje u ravni koja je pod uglom 45°u odnosu na osu.

13.2. Deformacije aksijalno opterećenog štapa

Pošto se popriječni presjeci štapa aksijalno pomjeraju pri djejstvu opterećenjadeformacija štapa se analizira kao jednodimenzionalni problem.

Slika 51.

Iz štapa «isječemo» element dužine (dx) na koga djeluju naponi σx. Ako je izduženjaelementa (du).

dxdu;dxdu

xx ε=ε=

Primjenom Hukovog zakona: σx = E⋅εx ; Ex

xσ

=ε

dxE

du xσ= , pošto je AN

x =σ

dxAE

Ndu⋅

= ; integracijom:

∫ +⋅

=x

01Cdx

AENu

ako se štap pomjera koa kruto tijelo C1 ≠ 0. ako je lijevi kraj štapa uklješten, štap se nepomjera, već se samo povećava njegova dužina zbog deformacija, pa je C1 = 0.Promjena cjelokupne dužine označava se sa ∆l, pa se prethodna jednačina moženapisati:

∫ ⋅=∆

l

0

;dxAE

Nl Ako su (N) i (E⋅A) konstante, i E⋅A –krutost pri aksijanom opterećenju.

l

dx

x

F1F2

σx

F3

σx


74

FN;AElN

AENdx

AENl

l

0

l

0

=⋅⋅

=⋅

=⋅

=∆ ∫

AElFl

⋅⋅

=∆ ;

Ako ovu jednačinu napišemo u obliku : ∆l =

lAE

F⋅

; onda izdvojen nazivnik možemo

označiti sa: k =lAE ⋅ ; [N/m]., gdje je k – krutost štapa. Ovo se ne smije poistovjećivati sa

krutošću kod aksijalnih naprezanja ( E⋅A). Ako je poznata krutost štapa, izduženje se

računa ∆l = kF ; [m].

13.2.1 Računski primjer

Odrediti izduženje čeličnog štapa promjenljivog popriječnog presjeka, prikazanog naslici (Slika 52.). Modul elastičnosti čelika je E = 21⋅106 N/cm2.

Slika 52.

Sile su vezani vektor, nisu klizeći!F1 = 600 kN; l1 = 10 cm; A1 = 8 cm2

F2 = 400 kN; l2 = 40 cm; A2 = 4 cm2

F3 = 300 kN; l3 = 30 cm;

cm113,04

303008

401008

1050021000

1l

AlN

AlN

AlN

E1l

2

33

1

22

1

11

=

⋅

+⋅

−⋅

=∆

⋅+

⋅−

⋅=∆

l3l2l1

F3F2F1

A2A1

+

+

−

N1

N3F2

N2

100k

N

F1


75

13.3. Dimenzioniranje

Određivanje dimenzija konstruktivnih elemenata sa stanovišta funkcionalnosti inosivosti, naziva se dimenzioniranje.

Uslov: σemax ≤ σd , gdje je σe – ekvivalentni napon u konstruktivnom elementu.

Ako je σxmax= dmaxA

Nσ≤

Apotr = d

Nσ


Dimenzionirati okrugle čelične štapove BCiAB , prikazane na slici, (Slika 53.), kojinose teret Q = 250 kN, ako je σd = 14,5 kN/cm2.

Slika 53.

tgϕ1 = °=ϕ= 6,22417,012050

1

tgϕ2 = °=ϕ= 13,53333,16080

2

Postavljamo koordinatni sistem kroz (B).Uvjeti statičke ravnoteže:ΣFx = 0 ; ΣFy = 0

N1cosϕ1 = N2cosϕ20,92 N1 = 0,6 N2N1 = 0,65 N2

sinϕ1 = 0,384

80cm

50cm

60cm120cm

ϕ2ϕ1

A

B

C

N1 N2

x

Q=250kN

y


76

sinϕ2 = 0,8

N1sinϕ1 + N2sinϕ2 - Q = 00,65 N2 ⋅ 0,384 + N2 ⋅ 0,8 = 2500,25 N2 + 0,8 N2 = 2501,05 N2 = 250 ;N2 = 238 kN ; N1 = 0,65⋅238 = 154,8 kN

A1P = 67,105,148,154N

d

1 ==σ

cm2 ; A2P = 4,165,14

238Nd

2 ==σ

cm2 ;

mm46cm57,414,3

4,164d;mm37cm68,314,3

67,104d;4

dA 21

2

==⋅

===⋅

=π

=

13.4. Naponi nosivosti i gnječenja

Slika 54.

Ako sila djeluje u težištu, pritisak na kontaktu između dva tijela: AF

g =σ , naziva se

napon gnječenja, a napon između tla i plohe (A1), naziva se napon nosivosti.

13.5. Statički neodređeni problemi kod jednoaksijalnog naponskog stanja

Ako za neki problem nisu dovoljni statički uvjeti ravnoteže: ΣFx = 0, ΣFy = 0, ΣM = 0, dabi se odredile reakcije u osloncima ili presječne sile, problemi ove vrste se nazivajustatički neodređeni problemi, npr. oslanjanje na tri tačke ili više, uklještenje nosača sajedne ili obje strane itd.Postavljanjem statičkih uvjeta ravnoteže, dobijamo manje jednačina nego što imamonepoznatih veličina.Koristeći zakonitosti vezane za otpornost materijala, veza: naponi i deformacije,postavljamo potreban broj jednačina, kako bi se mogao riješiti problem.U narednim primjerima, pokazat ćemo način riješavanja:Primjer 1:Apsolutno kruto tijelo AB, težine Q, obješeno je o tri vertikalne žice iste dužine,simetrično postavljene u odnosu na težište «C».Površine popriječnog presjeka žica su iste, a srednja je od čelika, dok su vanjske odbakra.

F A

A1

σg


77

Slika 55.

Rješenje:Postavljamo ΣM za težište, da je jednako nuli.

ΣMc = S1⋅a – S3⋅a = 0................( a ); S1 = S3

Drugi uvjet: ΣFy = 0

S1 + S2 + S3 – Q = 0 ; S1 = S32S1 + S2 – Q = 0......................( b ).

Pošto je tijelo AB apsolutno kruto, ostaje ravno i poslije deformiranja sistema, pa su:∆l1 = ∆l2 = ∆l3

č

b21

č

2

b

11 E

ESS;AElS

AElSl ===∆

Uvrštavanjem u ( b ):

1EE2

QS;Q1E

E2S

QSEES2

č

b2

č

b2

2č

b2

+==

+

=+

čb

b

č

b

č

b

1 EE2EQ

1EE2

EEQ

S+⋅

=+

= ; S1 = S3

l

a a

Eb⋅A Eb⋅AEČ⋅A

A BC

Q

Q

S1 S2S3

1 2 3


78

Primjer 2:Elastični štap konstantnog popriječnog presjeka opterećenje kao na slici (Slika 56.).Proračunati napone u štapu usljed vezane sile (F).

Slika 56.

RA + RB – F = 0

Dio štapa (a) se isteže, a dio (b) se skuplja.

∆lAC = ∆lCB

abRR;

AEbR

AEaRl BA

BAAC ⋅=

⋅⋅

=⋅⋅

=∆

ab1

FR

Fab1R;FR

abR

B

BBB

+=

=

+=+⋅

AR;

AR B

BCA

AC −=σ=σ

13.6. Naponi prouzrokovani promjenom temperature

Poznato je iz fizike, da se tijela pri povećanju temperature šire i obrnuto.Tako če npr. štap dužine (l), pri povećanju temperatureza ∆t, izdužiti ∆l = α⋅∆t⋅l;

odnosno temperaturna dilatacija iznosi °∆⋅α=∆ tll , gdje je:

α - temperaturni koeficijent širenja, ili dilatacija koja nastaje ako se tijelo zagrije za 1°C.

Primjer:Homogeni štap AB, učvršćen je na oba kraja, a temperatura mu se povećala za ∆t.Treba odrediti reakcije u osloncima i napon σx u štapu.

l

ba

A C BRA F RB x

+

¯RA

RBF


79

Slika 57.

Izduženje štapa je spriječeno, pa je ∆l = 0.Deformaciju od zagrijavanja poništava deformacija od reakcije R.

AEtRAEF;AElRtl ⋅⋅∆⋅α=⇒⋅⋅ε=

⋅⋅

=∆⋅⋅αε321

Očigledno je da su u štapu naponi pritiska: EtAR

x ⋅∆⋅α−=−=σ

α za važnije materijale iznosi:- čelik = 12,5⋅10-6,- drvo = (2 – 5)⋅10-6,- beton = (10 – 14)⋅10-6,- bakar = 16,7⋅10-6

- aluminijum = 25,5⋅10-6

13.7. Primjer rješavanja statički neodređenih problema primjenom uvjetakompatibilnosti

Odrediti sile u štapovima i pomijeranje tačke (C). Poznat je teret (G).

Slika 58.

Kompatibilnost: Konstrukcija se deformira tako da poslije deformacije ne dolazi doraskidanja veza.

l

R R

A1l1

G

A1l1

A3l3

(1) (2)(3)y

x

F1 F2

F3

ϕ ϕ


80

Statički uvjeti ravnoteže:

ΣFx = 0 F1sinϕ - F2sinϕ = 0F1 = F2

ΣFy = 0 F3 + F1cosϕ + F2cosϕ - G = 0F3 + 2F1cosϕ = G ; F3 = G – 2F1cosϕ

Pošto nedostaje jedna jednačina postavljano jednačine deformacija (Slika 59.):

21

111 l

AElFl ∆=

⋅⋅

=∆

ϕ∆=∆ϕ=∆∆ cosll;cosll

313

1

ϕ=

ϕ=⋅⋅

=∆

cosll

cosll;

AElFl

13

1

3

3

333

ϕ−=ϕ

⋅=

⋅ϕ⋅

=⋅⋅

⋅ϕ⋅⋅

=∆

ϕ∆

=∆⋅

ϕ⋅=∆

cosF2GcosA

AFF;AE

coslFAElF

AEcoslFl

cosll;

AEcoslFl

121

313

3

213

1

11

3

213

1

13

3

133

A – površina popriječnog presjeka štapa.

( )3

3

313

21

1

21

3131

21

31131

311

213112

1

31

A:

A:cosA2AcosAGF

cosAGcosA2AFcosAGcosAF2AF

cosAF2cosAGAF;cosF2GcosA

AF

ϕ+ϕ⋅

=

ϕ⋅=ϕ+

ϕ⋅=ϕ⋅+⋅

ϕ−ϕ⋅=⋅ϕ−=ϕ

⋅

Ako uzmemo da je kAA

3

1 =

∆l

∆l3=f

ϕ

C

C´

Slika 59.


81

23

2

1 Fcosk21coskGF =

ϕ+ϕ⋅⋅

=

ϕ⋅+=

ϕ⋅+ϕ⋅⋅−ϕ⋅⋅+

=ϕ+ϕ⋅⋅

−=ϕ−=

33

3

33

3

3

13

cosk21GF

cosk21coskG2coskG2G

cosk21coskG2GcosF2GF

Pomjeranje tačke (C): ( )ϕ⋅+⋅⋅

=⋅⋅

=∆ 33

3

3

333 cosk21EA

lGAElFl

( )ϕ+⋅

=

ϕ+⋅

⋅=∆ 3

13

3

3

3

1

3

33

33 cosA2AE

lG

cosAA2

AAEA

lGl

Npr. G = 100kN; A1 = 3 cm2; A3 = 4 cm2; ϕ = 30°; l3 = 300 cm

( ) cm18,016583930000

649,032421000300100l3 ==

⋅⋅+⋅

=∆

13.7.1 Računski primjeriPrimjer broj 1:Kruta greda je obješena i poduprta kao na slici (Slika 60.)

Slika 60.

Zadato: sila (F), dužine l, l1, l2, a1, a2.Nepoznate: F1, F2, XA i YA

Pošto možemo postaviti tri statičke jednačine: Σx = 0; Σy = 0; ΣMA = 0; nedostaje jednajednačina pa je slučaj jedan puta statiči neodređen.

l2

β f2

l

a2

a1

l1

Ff1

xA A α

(1)

(2)


82

Slika 61.

ΣXi = XA + F2cosβ - F1cosα= 0ΣYi = - YA + F1sinα - F2sinβ - F= 0ΣMA = - F⋅l + F1sinα⋅a1 + F2sinβ⋅a2= 0

β∆

=α

∆=β=∆α⋅=∆=

sinlf;

sinlf;sinfl;sinfl;

aa

ff 2

21

122112

1

2

1

2

222

1

111

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

AElFl;

AElFl

sinasina

ll;

sinlsinl

sinl

sinl

aa

⋅⋅

=∆⋅⋅

=∆

βα

=∆∆

α∆β∆

=

β∆α

∆

=

β⋅⋅α⋅⋅

=β⋅α⋅

=⋅⋅⋅⋅

=

⋅⋅⋅⋅

=∆∆

sinaAlsinaAl

FF;

sinasina

AlFAlF

AElF

AElF

ll

221

112

2

1

2

1

122

211

2

22

1

11

2

β⋅⋅α⋅⋅⋅

=sinaAl

sinaAlFF221

11221

Primjer broj 2:

Za štapni sistem prikazan na slici odrediti sile u štapovima (1), (2) i (3). Poprečnipresjeci štapova su: A1=2,075cm2; A2=5cm2; A3=2cm2. Takođe odrediti pomijeranjetačke (C), pod djelovanjem sile G=100kN. Štapovi su od čelika. Težinu štapovazanemariti. l2=200cm.

F1cosα

F2sinβ

l

a2

a1

F

F1sinα

F2cos


83

331

31

15,130sin35sin

035sin30sin

SSS

SSS

o

o

oox

⋅=⋅=

=⋅−⋅=Σ

0819,0866,0035cos30sin

0

321

321

=−⋅++⋅=−⋅++⋅

=Σ

GSSSGSSS

Soo

y

GSSGSSS

=+⋅=⋅++⋅⋅

23

323

81,1819,0866,015,1

23 552,025,55 SS ⋅−=

2

222

3

333 ;

AElSl

AElSl

⋅⋅

=∆⋅⋅

=∆

ooo llll

ll

35cos;

30cos;30cos 2

32

11

2 ===

( )

kNSS

SS

SSAE

lSAE

lSl o

37,6725,5582,0

268,0552,025,555

819,0819,02552,025,55

819,035cos

552,025,55

2

2

22

22

2

22

3

223

==⋅

⋅=⋅−

⋅=

⋅⋅−

⋅⋅⋅

=⋅

⋅⋅−=∆

kNS 05,1837,67552,025,553 =⋅−=kNSS 76,2005,1815,115,1 31 =⋅=⋅=

Pomijeranje tačke ( C ):

x

30o

35o

G=100kN

C

A B

1 2 3

y

S1

S2

S3

l1

l 2

l 3

30o

35o

G

C

A B

1 2 3

35o

x

30o

35o

C

S1

S2

S3

∆l3

∆l2

C/23

2

3

0

2

3

819,0

819,0

35cos

llllll

∆⋅=∆

=∆∆

=∆∆


84

C-C/=∆l2

cmll

lAElSl

1282,0200000641,0000641,0521000

37,67

22

2

2

222

=⋅=⋅=∆⋅⋅

=⋅⋅

=∆

Primjer broj 3:

Za statički sistem prikazan na slici, odrediti dilatacije u štapovima CA i CB , ako su istiod čelika. Štapove dimenzionirati na osnovu sila u štapovima i dozvoljenog naprezanjana istezanje: σde=12kN/cm2. Štapovi su okruglog popriječnog presjeka. Greda A-B, čijutežinu treba zanemariti, opterećena je silama F1=60kN i F2=30kN.

Kroz tačku (A) postavimo koordinatni sistem i postavimo uvjete ravnoteže:

0;0;0 =Σ=Σ=Σ Byx MFF

Iz prva dva uvjeta odredimo sile u štapovima (kao funkcije ugla ϕ), a iz trećeg odredimougao (ϕ). Ugao (ϕ) je ravnotežni ugao. Zatim izračunamo sile FA i FB, i izvršimodimenzioniranje štapova. Kada su poznati popriječni presjeci štapova, određuje senjihova deformacija (∆li) i dilatacija (εi).

mlCBCA 45,0

260cos

==°

==

lA

B

C

F1F2

l/2l/2

lα

α

α=60o

l=2m

1

2

y

B

C

60o1

2

ϕ

FBx


85

( )( )

)3.(....................0cos23sin2

)2(........................................0cossin)1(........................................0sincos

21 =⋅⋅

⋅+−⋅⋅⋅=Σ

=⋅−⋅+=Σ=⋅−⋅−=Σ

ϕα

ϕαϕα

lFFlFM

GFFYGFFX

AB

BAi

BAi

Iz jednačine (1):

αϕ

cossin⋅

=−GFF BA

Iz jednačine (2):

αϕ

sincos⋅

=+GFF BA

αααϕαϕ

αααϕαϕ

αϕ

αϕ

αϕ

αϕ

αϕ

αϕ

αϕ

cossin2)coscossin(sin

cossincoscossinsin

sincos

cossin2

sincos

sincos

cossin

cossin

cossin

⋅⋅⋅+⋅⋅

=

⋅⋅⋅+⋅⋅

=⋅

+⋅

=⋅

−⋅

=

−⋅

=⋅

−

⋅−=

−⋅

=−

GF

GGGGF

FGF

FGGF

GFF

FGF

A

A

AB

AA

AB

AB

Matematske smjene:

F1+F2=G=90kN


86

( ) ( )[ ]

( ) ( )[ ]

( ) ( ) ( ) ( )[ ]

( ) ( )ϕαϕααϕαϕ

ϕαϕαϕαϕααϕαϕ

ϕαϕαϕαααα

ϕαϕααϕ

ϕαϕααϕ

−=−⋅=⋅+⋅

++−++−−⋅=⋅+⋅

⋅+⋅=−=⋅⋅

++−⋅=⋅

+−−⋅=⋅

coscos22coscossinsin

coscoscoscos21coscossinsin

sinsincoscos)cos(2sincossin2

coscos21coscos

coscos21sinsin

( )αϕα

2sincos GFA

⋅−=

Analogijom slijedi:

( )αϕα

2sincos GFB

⋅+=

Uvrštavanjem (FA) u jednačini (3), slijedi:

( ) 0cos23sin2

2sincos

21 =⋅⋅

⋅+−⋅⋅⋅

−⋅ϕα

αϕα lFFlG

Zamjenom poznatih veličina slijedi:( )( )

°==

=⋅+

⋅=⋅+⋅⋅+⋅=⋅+⋅=−

⋅=−

47,5096,0

583,0cossin866,05,0

cos583,0sin866,0cos5,0sin866,0cos5,0sinsincoscoscos

cos583,0cos

ϕϕ

ϕϕ

ϕϕϕϕϕϕαϕαϕα

ϕϕα

tg

( ) kNFA 3,60866,0

2,52120sin

9047,560cos==

°⋅°−°

=

( ) kNFB 2,43866,036,37

120sin9047,560cos

==°

⋅°+°=

Dimenzioniranje štapa (1)


87

21

1

025,512

3,60 cmFA

AF

d

A

Ad

===

=

σ

σ

cmd

dA

53,214,3025,54

4

1

21

1

=⋅

=

=π

Usvaja se d1=26mm.

Dimenzioniranje štapa (2)

22

2

6,312

2,43 cmFA

AF

d

B

Bd

===

=

σ

σ

cmd

dA

14,214,3

6,344

2

22

2

=⋅

=

=π

Usvaja se d2=22mm.

cmCBCAll 40021 ====

Izduženje štapa (1):

cmAElFl A 216,0

3,5210004003,60

1

11 =

⋅⋅

=⋅⋅

=∆

22

1 3,54

6,2 cmA =⋅

=π

cmAElFl B 216,0

8,3210004002,43

2

22 =

⋅⋅

=⋅⋅

=∆

22

2 8,34

2,2 cmA =⋅

=π

4

1

121 104,5

400216,0 −⋅==

∆==ll

εε


88

14. LANČANI NOSAČI (LANČANICE)

Čest je slučaj da se u tehnici pojavljuju lančani nosači (lančani i užetni mostovi, kablovidalekovoda itd.).Pretpostavimo da je uže elastično i opterećeno sopstvenom težinom (izraženoj pojedinici dužine)n i obješeno u tačkama A i B.

Slika 62.

Napomena: U ovom poglavlju se tretiraju lančanice opterećene kontinuiranim teretom.

Element lančanice MN dužine (ds) opterećen je teretom p⋅ds = q⋅dx,gdje je:p - specifično opterećenje po jedinici dužineluka [N/m],q – specifično opterećenje po jedinici dužine horizontalne projekcije [N/m].

Uvjeti ravnoteže:

1. Σ xi = Fu'cos(α + dα) - Fucosα = 0Zanemaraujući malu veličinu (dα), Fu´= Fu

2. Σ yi = Fu'sin(α + dα) - Fusinα - qdx = 0

Dakle za infinitezimalne veličine cos(α + dα) ≅ cosα pa slijedi:

Fu'cos(α + dα) ≅ Fucosα = F0 = H

Dakle, horizontalna projekcija sile u užetu je konstantna i jednaka horizontalnoj sili utjemenu (O).

Ako je )dcos(

H'Fu α+α= , zamjenom u drugu jednačinu slijedi:

;qdxtgH)d(tgH

0qdxcossinH)dsin(

)dcos(H

=α⋅−α+α⋅

=−αα

−α+α⋅α+α

S obzirom da je dα mala veličina, može se sa dovoljnom tačnosti pisati:

ba

Fo

hf 1

f 2

x

y

α

α+dα

N

M

Fú=F

Fu

q⋅dx

ds

x


89

qdxdtgHqdxtgHdtgHtgH

=⋅=⋅−⋅+⋅

αααα ;

Uvođenjem smijene: tgα = y', 'ydxdy

= , dy' = y''

q''yH;q'dyH;qdxdydH =⋅=⋅=⋅

tgα = y'H⋅y'' = q = q(x) – diferencijalna jednačina lančanice

Integralenjem : H⋅y' = qx + C1 ; H⋅y' = qx

H⋅y = 2

qx2

+ C1x + C2

Konstante određujemo iz uvjeta da je lijeva strana jednaka (0).Za koordinatni sistem kroz tjeme lančanice: x = 0; y = 0 pa su C1 = C2 = 0

;H2

qxy2

⋅= parabola y = ugib

14.1. Slučajevi vješanja lančanice

14.1.1. Vješanje na istoj visini

Slika 63.f = ymax za x = l/2

)(..........88

22

aflqHili

Hlqf

⋅⋅

=⋅⋅

=

αα

cos;cos HFFH A ==

2

22222

22

22

BAmax l4lHf64Hl

4qH

2lqHFFF

⋅⋅⋅⋅

+=⋅+=

⋅

+===

l/2

FAf

q

l

xH

FB

x

y

B

αα

FA

A

l/2

α

αH

q⋅l/2

q⋅l/2

FB

q

0


90

Iz jednačine (a) 2lHf8q ⋅⋅

=

2

max lf161HF

+=

Dužina lančanice:

∫ ∫ ∫

+=+==

L

0

2l

0

2l

0

22 dx'y2112dx'y12dsL

gdje je:L – dužina lančanice (luka),l – dužina projekcije.

Kada su u pitanju mali brojevi:(1 ± α)n ≈ 1 ± n⋅α

Hqx

H2qx2'y;

H2qxy

2

===

Pošto je 22

2

lxf8

f8lq

qx'y;f8

qlH;Hqx'y ⋅⋅

=

⋅⋅

=⋅

==

4

222

2 lxf64'y;

lxf8'y ⋅

=⋅⋅

=

2l

04

322l

04

22

l3xf32x2dx

lxf64

2112 L

⋅

+=

⋅+= ∫

+=

⋅+=

⋅⋅⋅⋅

+= 2

22

4

32

lf

381l

lf

38l

l38lf32

2l2L

Dimenzioniranje: dmax

AF

σ≤=σ

A – popriječni presjek užeta

14.1.2. Tačka vješanja na različitim visinama

Slika 64.x = - a ; x = b

ba

f1

B

Af2


91

H2qbf

H2qaf

2

2

2

1 ==

,ffba;

ba

ff

2

12

2

2

1 ±== a raspon je l = b + a ; ;lffbb;

ffblb

2

1

2

1 =+−=

2

12

1

ff1

lb;lff1b

±

==

±

Pošto je ,f2

qbH2

2

= zamjenom sa (b)

( )212

2

2

2

122

2

2

2

12

2

ff2

lq

fff

f2

lq

ff1f2

lqH±

⋅=

±⋅

⋅=

±⋅

⋅=

15. NAPREZANJA (I DEFORMACIJE) POSUDA TANKIH STIJENKI(REZERVOARI)

Pretpostavka je da je unutrašnja raspodjela pritisaka homogena. Ako smo iz posude čijaje stijenka debljine (δ), isjekli element ograničen sa dvije meridijanske ravnine OAT iOBT i dvijema ravninama upravnim na meridijane ab i cd onda su polupriječnici: Rm –meridijanski a Rc – cirkularni polupriječnik okomit na meridijanski.

Slika 65.

z

O

O´

dϕ B

RC

dθa

bcd

A

T


92

Slika 66.

dsm – dužina luka po meridijanu,dsc – dužina luka po krugu, okomito na meridijan.

Na bočnim stranicama elementa usljed pritiska javljaju se samo normalni naponi umeridijanskom (σm) i cirkularnom pravcu (σc).Prvi napon (σm) pada u pravcu tangente meridijana a drugi (σc) u upravni pravac na tutangentu.Sile na bočnim stranama elementa

Fm = Fm' = σm⋅dsc⋅δ ; Fc = Fc' = σc⋅dsm⋅δ

Projiciramo sve sile na pravac normale: nr

, i postavljamo jednačinu ravnoteže:

F m=σ

m⋅d

sc⋅δ

F m´=σ m

⋅dsc⋅δ

dϕdθ

Fc´=σc⋅dsm⋅δd s

dsc

a

e

δ

hd

c

f

g b

Fc=σc⋅dsm⋅δ

nr

Pr

dθ

O´

mnF

mF ′r

mFr

nr

F´m

Fm

O´


93

∑Fn = -σm⋅dsc⋅δ⋅tgdθ - σc⋅ dsm⋅δ⋅tgdϕ + p⋅dsc⋅dsm = 0

dsm = Rm⋅tgdθ; za male uglove tgdθ = dθ

c

sc

m

sm

Rdtgd;

Rdtgd =ϕ=θ →dužina luka θ=θϕ=ϕ

)) tgd;tgd

0ddpRdd

Rdd smsc

c

scsmc

m

smscm =⋅⋅+δ⋅⋅σ−δ⋅⋅σ− : dscdsm

pRR c

c

m

m =δ⋅σ

+δ⋅σ :δ

δ=

σ+

σ pRR c

c

m

m , ovu jednačinu je postavio matematičar Laplas (Laplace, XVIII stoljeće).

Nepoznate su veličine σm i σc, pa se ista rješava za postavljanje uvjeta ravnoteže zakonkretni uporednik.

15.1. Primjer sfernog suda

Slika 67.

Kod sfernog suda: Rc = Rm, pa je σm = σc = σ

δ=

σδ

=σ

+σ p

R2;p

RR

max2Rp

σ=δ⋅⋅

=σ .

Ako je poznat dozvoljeni napon što je i najčešći slučaj, onda je:

dpotrebno 2

Rpσ⋅⋅

=δ [cm].

Rc=Rm


94

15.2. Primjer cilindričnog suda (cijev)

Rm = ∞

0

δ⋅

=σδ

=σ

+∞σ Rp;p

R ccm

Za uzdužni meridijanski pravac:

Slika 69.

Jednačina ravnoteže: ( ) δ⋅σ⋅πδ+=⋅π⋅ z

obim2 R2pR

48476

0 mala veličina δ u odnosu na RR2π⋅p = (2R + 2δ)⋅π⋅σz⋅δ = 2Rπ⋅σz⋅δ + 2δ⋅π⋅σz⋅δ

R2π⋅p = 2Rπ⋅σz⋅δ

R⋅p = 2σz⋅δ;δ⋅⋅

=σ2

pRz

Pošto je napon u cirkularnom pracu dva puta veći, on je mjerodavan koddimenzioniranja cijevi.

σc

p

y

σ2

δR

Slika 68.


95

16. GEOMETRIJSKE KARAKTERISTIKE RAVNIH PRESJEKA

(MOMENTI INERCIJE)

Slika 70.

Iz «statike» su poznati pojmovi «statičkog momenta površine»:

∫∫=A

x ;ydAS [cm3]

∫∫=A

y ;xdAS [cm3]

Na isti način definiramo»momente površina drugog reda», ili momente inercije ravnepovršine.

[ ] [ ]4

A A

2y

42x cm;dAxcm;dAy∫∫ ∫∫=Ι=Ι → aksijalni momenti inercije za ose (Ox) i

(Oy).

Polarni moment inercije za pol (O):

[ ]∫∫=ΙA

42o cm;dAr

Dvostruki integral proizvoda elementa površine A i rastojanja težišta od osa (x i y), zovese po Kulmanu, centrifugalni moment površine.

[ ]∫∫=ΙA

4xy cm;xydA

Aksijalni i polarni momenti inercije su pozitivne veličine, dok centrifugalni momentinercije može biti pozitivan, negativan ili jednak nuli za osu simetrije.

ry

x

Y

X

dA


96

Slika 71.

∫∫ ∫∫ =−+=Ι'A ''A

xy 0ydA)x(xydA

Za osu simetrije -x = x , Ιxy = 0

Kada je u pitanju polarni moment inercije, isti se može transformirati na slijedeći način:

∫∫=ΙA

2o ;dAr Pošto je x2 + y2 = r2

( )∫∫ ∫∫ ∫∫ Ι+Ι=+=+=ΙA A A

xy2222

o dAydAxdAyx

Dakle, polarni moment inercije jednak je zbiru aksijalnih momenata inercije površine, zaupravne ose.

16.1. Aksijalni moment inercije za pravougaonik

Slika 72.

dxx

dyy

h

bX

Y

b

Y

y

-x

y

x X

dAdAAÁ˝


97

∫∫=ΙA

2x dAy

dA = b⋅dy - svodimo na jednostruki integral

3hbb

3ybdyy

3h

0

h

0

32

x⋅

===Ι ∫

3hbh

3xhdxx

3b

0

b

0

32

y⋅

===Ι ∫

Polarni moment inercije: ( )2233

yxo bh3hb

3hb

3hb

+⋅

=⋅

+⋅

=Ι+Ι=Ι

Centrifugalni moment inercije: ∫∫ ∫ ∫⋅

=⋅=⋅==ΙA

b

0

2222h

0xy 4

hb2y

2xydyxdxxydxdy

Ili: A = b⋅h [cm2] , 4hb

4hbhb

2h

2bAyxA

2hy;

2bx

22

xy⋅

=⋅

⋅⋅=⋅⋅=⋅⋅=Ι==

16.2. Moment inercije kruga

Slika 73.

Element površine: dA = 2⋅ρ⋅π⋅dρ

2R2

4

d2dA

4R

0

4

o

A

R

0

22o

π⋅=π⋅

ρ=Ι

ρ⋅π⋅ρ⋅⋅ρ=ρ=Ι ∫∫ ∫

Pošto je za krug: Ιx = Ιy, onda je 4

R;4

R;21 4

y

4

xyoxπ⋅

=Ιπ⋅

=ΙΙ=Ι=Ι

Pošto je D = 2R ; y

4

x 64D;

2DR Ι=

π⋅=Ι=

Centrifugalni moment inercije jednak je nuli.

ρ

dρ

R


16.3. Moment inercije cijevi

Slika 74.

16.4. Promjena momenta in(Štajnerova teorema)

x = a + x'y = b + y'

( ) dAbdA'ybdAyA A

Ab

A

222x

2

=+==Ι ∫∫ ∫∫ ∫∫48476

Na isti način: AaSa2' 2yyy ⋅+⋅⋅+Ι=Ι

Pošto su statički momenti površine ztraže momenti inercije za težišne ose

D

d

x

y

b

a

x

YÝ

( )4444

2o1oo dD3232

d32

D−

π=

π⋅−

π⋅=Ι−Ι=Ι

oI - polarni moment inercije

98

ercije pri translaciji koordinatnog sistema

Slika 75.

AbSb2'dA'ydA'yb2 2xx

A

'

A

2

x

⋅+⋅⋅+Ι=+⋅⋅+ ∫∫ ∫∫Ι 48476

a težišne ose jednaki nuli, a u praksi se najčešće, slijedi:

y

η

ξ

y´

x´

X´

dA

X


99

⋅+Ι=Ι

⋅+Ι=Ι

Aa'Ab'

2yy

2xx ove jednačine predstavljaju Štajnerovu teoremu, koja glasi:

Aksijalni moment inercije za neku osu, jednak je zbiru sopstvenog momenta inercije zatežišne ose i položajnog momenta inercije.

Ιx' – sopstveni moment inercije za težišnu osu,b2⋅A – položajni moment inercije.

Za centrifugalni moment inercije, kod translacije koordinatnog sistema:

x = a + x'y = b + y'

( )( ) ( )∫∫ ∫∫∫∫ ⋅⋅+Ι+⋅+⋅=+++=++=ΙA A

'y'xxyA

xy Aba'Sa'SbdA'y'x'ay'bxabdA'yb'xaxydA

Ako se radi o površini čije su težišne ose ujedno i ose simetrije, Sx' = 0 ; Sy' = 0, isopstveni centrifugalni moment inercije je jednak nuli, pa je:Ιxy = Ιxy(pol) = A⋅a⋅b ; [cm4]

16.4.1 Računski primjeri

Primjer broj 1:

Odrediti sopstveni moment inercije pravougaonika

Slika 76.Ιξ = ?

Prema Štajnerovoj teoremi:

3hb;A

2h 3

x

2

x⋅

=Ι⋅

+Ι=Ι ξ

12hb

4hb

3hbhb

4h

3hbAb

333232

x⋅

=⋅

−⋅

=⋅⋅−⋅

=⋅−Ι=Ιξ

Dakle sopstveni moment inercije jednak je: 12

hb 3⋅=Ιξ

η

ξ

h

b

X

Y

h/2

T


100

Primjer broj 2:

Slika 77.

Odrediti aksijalni i centrifugalni moment inercije pravougaonika na slici: za osu (x)aksijalni, a za (x, y) centrifugalni.Prema Štajnerovoj teoremi: Ιx = Ιx' + Ιpol.

Ιpol. = 202⋅A = 202⋅20⋅10 = 80.000 cm4

433

x cm7,166612

102012

hb' =⋅

=⋅

=Ι

Ιx = 80.000 + 1666,7 = 81.666,7 cm4

xT = 20 cm ; yT = 20 cm

Ιxy = A⋅xT⋅yT = 20⋅10⋅20⋅20 = 80.000 cm4

Primjer broj 3: Za popriječni presjek oblika «T», prikazanog na slici, odrediti momenat inercije zatežišne ose.

Slika 78.

X'

Y'

T.

y´

0

y

20cm20cm

h=10

cm

b=20cm

x´

x

T

y 1=4

5cm

y 2=2

0cm

10cm

40cm

40cm

10cm

y

x

η

ξ

A1

A2T

Ιx'y' = 0


101

A1 = 40⋅10 = 400 cm2

A2 = 40⋅10 = 400 cm2

A = A1 + A2 = 800 cm2

Određujemo ordinatu težišta: 21

2211T AA

yAyAy+

⋅+⋅=

cm5,32800

2040045400yT =⋅+⋅

=

Slika 79.

Pošto je lik simetričan u odnosu na osu (η), (xT) se nalazi na simetrali lika, xT = 20 cm.

433

4

333

12

cm666.56333.3333.5312

104012

4010

cm666.181427.114406.1333.3500.623

5,32103

5,71012

1040A5,12

=+=⋅

+⋅

=ηΙ

=+++=Ι

⋅+

⋅+

⋅+⋅=Ι

ξ

ξ

16.5. Otporni moment popriječnog presjeka

Ako momenat inercije nekog presjeka podijelimo sa maksimalnom udaljenošću odtežišta do vanjske ivice dobijamo otporni momenat (minimalni) mjerodavan zadimenzioniranje

maxyW ξ

ξ

Ι= [cm3]

U konkretnom slučaju: 7,589.55,32666.181

yW

max

==Ι

= ξξ cm3

7,5c

m

12,5

cm10cm

32,5

cm

40cm

10cm

η

ξT


102

Polupriječnik inercije za osu (ξ) je:

15800

666181A

i =⋅

=Ι

= ξξ cm

Momenat inercije za osu (η)

667.5612

401012

1040 33

=⋅

+⋅

=Ιη cm4

833.220

W =Ι

= ηη cm3

4,8800

667.56A

i ==Ι

= ηη cm

16.6. Moment inercije za trougao

Slika 80.

∫∫=ΙA

2x dAy ;

hyh

bx −=

( ) ( )h

0A

h

0

h

0

432

22

x 4y

3hy

hbdyyhy

hbdyyh

hbyxdyy∫∫ ∫ ∫

−

⋅=−=−

⋅==Ι

;12

hb 3

x⋅

=Ι Pošto je Ιx = Ιξ +A⋅yT2 ; Ιξ = Ιx -A⋅ yT

2

36hb

18hb

12hb

3h

2hb

12hb 33323 ⋅

=⋅

−⋅

=

⋅

⋅−

⋅=Ιξ

hy

dy

y

xT

b

x

ξ


103

16.7. Promjena momenta inercije pri rotaciji koordinatnog sistema (sustava)

Ako koordinatni sustav: 0xy, zarotiramo za ugao (ϕ), dobit ćemo koordinatni sustav 0uv.

Slika 81.

u = u' + u'' cosϕ = u'/x ; sinϕ = u''/y

ϕ−ϕ=ϕ+ϕ=+=

sinxcosyvsinycosx''u'uu

Aksijalni moment inercije za osu (u):( ) ( )

∫∫ ∫∫ ∫∫

∫∫ ∫∫ ∫∫ϕ+ϕϕ−ϕ=

=ϕ+ϕϕ−ϕ=ϕ−ϕ==Ι

A A A

2222

A A A

222222u

dAxsinxydAsincos2dAycos

dAsinxsincosxy2cosydAsinxcosydAv

Smjenama: ( ) ( ) ϕ=ϕϕϕ−=ϕϕ+=ϕ 2sincossin2;2cos121sin;2cos1

21cos 22

( ) ( )

( ) ( ) xyyxyxu

yyxy

xxu

A

2

AA

2u

A

22

AA

22u

2sin22cos

21

2cos22

2sin2

2cos2

dAx2cos121xydA2sindAy2cos1

21

dAxsinxydAcossin2dAycos

yxyx

Ιϕ−Ι−Ιϕ

+Ι+Ι=Ι

ϕΙ

−Ι

+ϕΙ−Ι

ϕ+Ι

=Ι

ϕ−+ϕ−ϕ+=Ι

ϕ+ϕϕ−ϕ=Ι

ΙΙΙ

∫∫∫∫∫∫

∫∫∫∫∫∫484764847648476

Na sličan način se dobija aksijalni momenat za drugu osu:

;cossinxy2cossin 2y

2xv ϕϕ+ϕΙ+ϕΙ=Ι nakon smijene imamo:

Koordinate težišta elementarne površine (dA), uzarotiranom koordinatmnom sustavu.

xcosϕ

x

v

u

x⋅sinϕ

x⋅sinϕu˝=y⋅sinϕ

yϕ

ϕ

ϕ

ydA

vu

x0


104

( ) ( ) xyyxyxv 2sin22cos

21

Ιϕ+Ι−Ιϕ

−Ι+Ι=Ι

Centrifugalni moment inercije:

( )( )

( )∫∫

∫∫∫∫ϕ−ϕϕ+ϕϕ−ϕ=Ι

ϕ+ϕϕ−ϕ=⋅=Ι

A

222uv

AAuv

dA2sinxysincosycossinxcosxy

dAsinycosxsinxcosyvdAu

Ako uvedemo smjenu imamo:

( )

( ) ϕΙ+Ι−Ιϕ=Ι

ϕΙ−ϕΙ+ϕΙ=Ι

ϕ−+ϕ=Ι ∫∫

2cos2sin21

2sin212sin

212cos

dA2sinxy212cosxy

xyyxuv

yxxyuv

A

22uv

Invarijante momenta inercije pri rotacijij sistema ostaju konstantne.Prva invarijanta: Jn1 = Ιu + Ιv = Ιx + Ιy ; Jn1 = ΙoDruga invarijanta: Jn2 = ΙuΙv - Ιuv

2 = ΙxΙy -Ιxy2

vuv

uvu

yxy

xyx2nJ

ΙΙ

ΙΙ=

ΙΙ

ΙΙ=

16.8. Glavni momenti inercije

Pošto je pri rotaciji sistema dokazano da momenti inercije zavise od ugla (ϕ), da bi

dobili ekstremne veličine, tražimo prve izvode: ϕΙ

ϕΙ

ddi

dd vu i izjednačavamo ih sa nulom.

Pošto su: ( ) ( )

( ) ( ) ϕΙ+Ι−Ιϕ

−Ι+Ι=Ι

ϕΙ−Ι−Ιϕ

+Ι+Ι=Ι

2sin22cos

21

2sin22cos

21

xyyxyxv

xyyxyxu

( )

( ) )2......(..........02cos22sindd

)1......(..........02cos22sindd

xyyxv

xyyxu

=ϕΙ+ϕΙ−Ι−=ϕΙ

=ϕΙ−ϕΙ−Ι−=ϕΙ

Iz prve jednačine: -(Ιx - Ιy)sin2ϕ = 2Ιxycos2ϕ ⋅(-1)

(Ιx - Ιy)sin2ϕ = -2Ιxycos2ϕ :cos2ϕ(Ιx - Ιy)

yx

xy

yx

xy 22tg;

22tg

2cos2sin

Ι−Ι

Ι−=α

Ι−Ι

Ι−=ϕ=

ϕϕ

Iz druge se jednačine dobije isto.Pošto je ugao (ϕ) promjenljiv, da bi razlikovali vrijednost pri kojoj se dobijajumaksimalne veličine momenata inercije uvedena je oznaka za ugao (α).


Kada je ϕ = α, jedan momenat inercije ima maksimum, a drugi minimum. Pravci poduglom (α) su «glavne ose inercije», a aksijalni momenti za te ose su «glavni momentiinercije».Ako glavne ose inercije prolaze kroz težište (tako ih postavimo), onda su «glavnecentralne ose inercije».

Kako su: ( ) 2

xy2

yx

xy

yx

xy

yx

xy

2 4

2

21

2

2tg12tg2sin

Ι+Ι−Ι

Ι−=

Ι−Ι

Ι−+

Ι−Ι

Ι−

=α+

α=α

( ) 2

xy2

yx

yx

2 42tg112cos

Ι+Ι−Ι

Ι−Ι=

α+=α

Zamjenom izraza: sin2α = sin2ϕ i cos2α = cos2ϕ, u jednačine za Ιu i Ιv;

( ) ( )

( ) ( )

Ι=ϕΙ+Ι−Ιϕ

−Ι+Ι=Ι

Ι=ϕΙ−Ι−Ιϕ

+Ι+Ι=Ι

2xyyxyxv

1xyyxyxu

2sin22cos

21

2sin22cos

21

( ) ( )

( ) ( ) 2xy

2yxyx2

2xy

2yxyx1

421

21

421

21

Ι+Ι−Ι−Ι+Ι=Ι

Ι+Ι−Ι+Ι+Ι=Ι

Ι12 – centrifugalni momenat inercije za glavne Isto je i za «glavne centralne ose inercije»Uslov invarijantnosti je zadovoljen i za glavne J1n = Ι1 + Ι2 = Ιx + Ιy ; J2n = Ιx⋅Ιy - Ιxy

2

Elipsa inercije:

Ai;

Ai 2

21

1Ι

=Ι

=

Ako se na glavnu osu inercije (1) nanese pinercije (i1), i konstruira elipsa, to je elipsa iner

Slika 8

y(1)

(2

i1i2

Analogno sa poznatimstavovima oko napona ideformacija

105

ose jednak je nuli.

ose:

olupriječnik (i2) i na osu (2) polupriječnikcije.

2.

)

x


106

16. 9 Računski primjeri

- Brojni primjer određivanja momenta inercije za jednu osu kod složenog presjekaNapomene: Kod rješavanja ovih slučajeva vodi se računa da se složeni presjek podijelina odgovarajuće segmente. Pri tome treba voditi računa, da za one segmente koji neleže na osi za koju se traži ukupni moment inercije, koristimo Štajnerovu teoremu: Ιxi =Ιxis + Ιxip.Ιxi – momenat inercije segmenta za zadatu osu,Ιxis – sopstveni momenat inercije segmenta (za njegove težišne ose),Ιxip – položajni momenat inercije segmenta u odnosu na zadatu osu.Osim toga kod složenih presjeka , nekada je racionalno izračunati momenat inercije zaosnovnu konturu, pa onda odbiti momente inercije (šupljina u konturi), od momentainercije osnovne konture.Na sljedećem primjeru, prikazan je ovakav postupak.

Primjer broj 1:

Popriječni presjek grede, prikazan je na sljedećoj slici (Slika 83.). Odrediti momenatinercije za težišnu osu, i to osu veće krutosti.

Rješenje:- Prema dimenzijama presjeka, očigledno je da je osa (x), osa veće krutosti.

Ukoliko to nije očigledno, račun se obavlja i za osu (x) i za osu (y), pa je osa većekrutosti ona, za koju je veći momenat inercije.

Slika 83.Prema rečenom, momenat inercije osnovne konture, za težišnu osu (x):

x

0,7a

3,1a

0,7a

5,5a

3,1a

9a

4,2a

1,8a4,2a

0,7a

6a

y


107

b0 = 6a ; h0 = 9a ( ) 43

000x a5,364

12a9a6

12hb

=⋅

=⋅

=Ι

«Šupljine» u presjeku možemo predstaviti sa četiri pravokutna trokuta koji leže na osi(x).

Slika 84.

Momenat inercije za slučaj kada pravokutni trokut «leži» na osi svojom osnovicom:

( ) 43

xi

3

xi

a12,312

a75,2a8,1

a75,2h;a8,1b;12

hb

=⋅

=Ι

==⋅

=Ι

Za četiri trokuta: ∑Ιxi = 12,48a4

Za druga dva trokuta, primjenjujemo Štajnerovu teoremu:

Slika 85.

Sopstveni momenat inercije za težišnu osu trokuta (paralelnu osi (x)):

36hb 3

2x⋅

=Ι ; b = 4,2a ; h = 3,1a

( ) 43

xs a47,336

a1,3a2,4=

⋅=Ι

x

y

b=1,8a h=2,

25a

1

2

3

4

0,7a

2,07

a

x2

x

2,77

a

T


108

Položajni momenat inercije: Ιxp = A⋅y02 = A⋅(2,77⋅a)2

2a51,62

a1,3a2,42hbA =

⋅=

⋅=

Ιxp = 6,51a2⋅7,67a2 = 49,95a4

Ιx = Ιxs + Ιxp = 3,47a4 + 49,95a4 = 53,42a4

Za dva trokuta: ∑Ιxj = 106,84a4

Dakle momenat inercijecjelokupnog popriječnog presjeka grede:

Ιx = Ιx0 - ∑Ιxi - ∑Ιxj = 364,5a4 – 12,48a4 –106,84a4 = 245,18a4

Dakle osnovna formula za izračunavanje (Ιx) za konkretan slučaj, glasi:

( ) ( ) ( )223

3

3

x a77,2a51,6236a1,3a2,42

122

a5,5a8,14

12a9a6

⋅⋅−⋅−

⋅⋅

−⋅

=Ι

Primjer broj 2:

Za lik prikazan na slici, odrediti glavne momente inercije, položaj glavnih osa inercije,glavne polupriječnike inercije i nacrtati elipsu inercije. R=10cm

Određujemo težište i zadati lik postavljamo u koordinatni sistem

4R

3

R

R

x

4R

3

A4

A2

A1

y

A3


109

Tabela 7.Br. A(cm2) xi(cm) yi(cm) Sx

(cm3)Sy

(cm3)1 157 10 5,8 910,6 15702 1200 10 40 48000 120003 600 35 60 36000 210004 157 54,2 60 9420 8509Σ 2114 - - 94330 43079

44

11

11,0;8

58,0;42,0

RIRI

RyRy

xy ⋅=⋅

=

⋅=⋅=′

π

Koodinate težišta:

RxilicmAS

x

RyilicmAS

y

Ty

T

Tx

T

⋅≅==Σ

Σ=

⋅≅==ΣΣ

=

220211443079

46,46,442114

94330

Za težišne ose x i y određujemo momente inercije:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

444

44444444

224

22

32

24

33

832000103,823,82

7,34,01426,2311,06,279,10

54,128

54,16

122388,3

211,0

346,32

354,22

cmRI

RRRRRRRRI

RRRRR

RRRRRRRRRI

x

x

x

=⋅=⋅=

⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=

⋅⋅⋅

+⋅

+⋅⋅⋅+

+⋅⋅⋅

+⋅⋅⋅

+⋅+⋅⋅⋅

+⋅⋅⋅

=

ππ

π

3,42R

1,54

R

4,46

R

R3,

46R

2,54

R

y

x

3,88

R

3

A4A3

A2

A1

T

y

xy/ 1y 1

R


110

( ) ( ) ( )

444

444444

42

22

24

33

545000105,545,54

4,057,14,1811,0181682

42,32

11,0332

326

cmRI

RRRRRRI

RRRRRRRRRRI

y

y

y

=⋅=⋅=

⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=

⋅+⋅

⋅+⋅⋅

⋅+⋅+

⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅=

πππ

( ) ( ) ( )

444

44444

2

22

337000107,337,33

61245,63,886,13

88,32

73,1)(46,32

27,1)(254,242,354,12

5,154,16

cmRI

RRRRRI

RRRRRRR

RRRRRRRRRRI

xy

xy

xy

=⋅=⋅=

⋅+⋅+⋅−⋅+⋅=

⋅−⋅−⋅⋅

+⋅−⋅⋅⋅⋅⋅+

+⋅⋅−⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅

+⋅⋅⋅⋅⋅=

π

π

Položaj glavnih osa simetrije:

o

o

o

yx

xy

arctg

RRR

III

tg

8,33;58,672

58,672

42,25,543,82

7,33222 44

4

−=

−=

−=

−=⋅−⋅

⋅⋅−=

−⋅−

=

α

α

α

α

Glavni momenti inercije:

( ) ( )

( ) ( ) ( )

( )

;319000109,319,31;1049000109,1049,104

5,364,680,732

5,543,822

7,3345,543,82215,543,82

21

421

21

4442

4441

4444

2,1

24244442,1

222,1

cmRI

cmRI

RRRRI

RRRRRI

IIIIII xyyxyx

=⋅=⋅=

=⋅=⋅=

⋅±⋅=⋅±+⋅=

⋅⋅+⋅−⋅⋅±⋅+⋅⋅=

+−⋅±+⋅=

cmAIi

cmAIi

28,122114

319000

;27,222114

1049000

22

11

==Σ

=

==Σ

=


111

Elipsa inercije:

Primjer broj 3:

Za lik prikazan na slici, odrediti glavne momente inercije, položaj glavnih osa inercije,glavne polupriječnike inercije i nacrtati elipsu inercije. δ=1cm

Određivanje težišta lika:Tabela 8.Br. A(cm2) xi(cm) yi(cm) Sx (cm3) Sy (cm3)1 250⋅δ2=250 12,5⋅δ=12,5 30⋅δ=30 7500⋅δ3=7500 3125⋅δ3=31252 75⋅δ2=75 12,5⋅δ=12,5 17,5⋅δ=17,5 1312,5⋅δ3=1312,5 937,5⋅δ3=937,53 100⋅δ2=100 10⋅δ=10 5⋅δ=5 500⋅δ3=500 1000⋅δ3=10004 25⋅δ2=25 3,33⋅δ=3,33 3,33⋅δ=3,33 83,25⋅δ3=83,25 83,25⋅δ3=83,255 25⋅δ2=25 26,67⋅δ=26,67 28,33⋅δ=28,33 708,25⋅δ3=708,25 666,75⋅δ3=666,75Σ 475⋅δ2=475 - - 10104⋅δ3=10104 5812,5⋅δ3=5812,5

10δ5δ

15δ5δ

5δ

10δ10δ

10δ

10δ

10δ

25δ

1

5

2

3

4

(2)

α=-33,8°

(1)

i 2

i1


112

Koodinate težišta:

cmAS

x

cmAS

y

yT

xT

3,2113,213,21475

10104

2,1212,122,12475

5,5812

2

3

2

3

=⋅=⋅=⋅⋅

=Σ

Σ=

=⋅=⋅=⋅⋅

=ΣΣ

=

δδδ

δδδ

Momenat inercije za osu (x). Lik je podijeljen na 6 segmenata.

( )

( ) ( ) 4223

)2(

43

)1(

210067,825012

1025

4,843

7,35

δδδδδ

δδδ

⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

=

⋅=⋅⋅⋅

=

I

I

( )

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

444

444444

)6()5()4()3()2()1(

4223

)6(

4223

)5(

4223

)4(

43

)3(

6047316047360473

821213641370116106210064,84

821297,172536105

136472536105

137013,165012105

161063

3,215

cmI

I

IIIIIII

I

I

I

I

x

x

x

=⋅=⋅=

⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=

+++++=

⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

=

⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

=

⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

=

⋅=⋅⋅⋅

=

δ

δδδδδδ

δδδδδ

δδδδδ

δδδδδ

δδδ

2,8δxT=12,2δ

5δ 15δ10δ

25δ

10δ

10δ

10δ

y T=

21,3δ

5δ1

6

2

3

4

5

y

x

5δ


113

Momenat inercije za osu (y). Lik je podijeljen na 7 segmenata.

( )

( ) 43

)2(

43

)1(

5,69903

8,1210

8,60523

2,1210

δδδ

δδδ

⋅=⋅⋅⋅

=

⋅=⋅⋅⋅

=

I

I

( )

( )

( )

( ) ( )

( ) ( )

444

4444444

)7()6()5()4()3()2()1(

4223

)7(

4223

)6(

43

)5(

43

)4(

43

)3(

8,2226818,222688,22268

7,526622288,15218,1552,535,69908,6052

7,526647,142536

510

222837,92536

510

8,15213

7,710

8,1553

8,23,21

2,533

2,215

cmI

I

IIIIIIII

I

I

I

I

I

y

y

y

=⋅=⋅=

⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅=

++++++=

⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

=

⋅=⋅⋅⋅+⋅⋅⋅

=

⋅=⋅⋅⋅

=

⋅=⋅⋅⋅

=

⋅=⋅⋅⋅

=

δ

δδδδδδδ

δδδδδ

δδδδδ

δδδ

δδδ

δδδ

xT=12,2δ 2,8δ

2

10δ

y T=

21,3δ

2δ 15δ

10δ

12,2δ

10δ

10δ

5δ

1

6

2

34

5

y

x

7,2δ

7

12,8δ

15δ


114

Centrifugalni momenat inercije za težišne ose. Lik je podijeljen na 9 segmenata.Segmenti (9) i (8) imaju i sopstvene centrifugalne momente inercije.

( ) ( )

( ) ( )422

)9(

422)8(

422

)8()9(

6,24977,3447,14725

3,39457,3497,1786,825

7,3472

105

δδδδδ

δδδδδ

δδδ

⋅=⋅−⋅⋅⋅⋅⋅=

⋅=⋅−⋅−⋅⋅−⋅⋅=

⋅−=⋅⋅⋅−

==

xy

xy

sopstvenixysopstvenixy

I

I

II

( )

( )( )( ) ( )

( ) ( ) 4)7(

4)6(

4)5(

4)4(

4)3(

4)2(

4)1(

42253,166,3102,7

5,1541,165,52,23,11

2,8894,165,108,23,21

3,1785,118,17,32,2

8,2685,14,17,38,2

5,64741,67,8102,12

71274,67,8108,12

δδδδδ

δδδδδ

δδδδδ

δδδδδ

δδδδδ

δδδδδ

δδδδδ

⋅=⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=

⋅=⋅−⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=

⋅−=⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=

⋅−=⋅⋅⋅−⋅⋅⋅⋅=

⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

⋅−=⋅−⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

⋅=⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅=

xy

xy

xy

xy

xy

xy

xy

I

I

I

I

I

I

I

)9()8()7()6()5()4()3()2()1( xyxyxyxyxyxyxyxyxyxy IIIIIIIIII ++++++++=

444

44

4444444

5,1056015,105605,105606,24973945

42255,1542,8893,178,265,64747127

cmI

I

xy

xy

=⋅=⋅=

⋅+⋅+

+⋅+⋅+⋅−⋅−⋅+⋅−⋅=

δ

δδ

δδδδδδδ

12,8δ

xT=12,2δ

5δ

10δ

2

y T=

21,3δ

2,8δ

2δ 15δ

10δ

12,2δ10

δ10

δ

1

6

2

34

5

y

x

7,2δ

7

15δ

8

9


115

Položaj glavnih osa simetrije:

o

o

o

yx

xy

arctg

III

tg

47,14;93,282

93,282

5528,08,2226860473

5,10560222 44

4

−=

−=

−=

−=⋅−⋅

⋅⋅−=

−

−=

α

α

α

δδδ

α

Glavni centralni momenti inercije:

( ) ( )

( ) ( ) ( )

;1954411954419544;6319816319863198

2182741371

58,1056048,2226860473218,2226860473

21

421

21

4442

4441

442,1

24244442,1

222,1

cmIcmI

I

I

IIIIII xyyxyx

=⋅=⋅=

=⋅=⋅=

⋅±⋅=

⋅⋅+⋅−⋅⋅±⋅+⋅⋅=

⋅+−⋅±+⋅=

δ

δ

δδ

δδδδδ

cmAIi

cmAIi

4,6475

19544

;5,11475

63198

22

11

==Σ

=

==Σ

=

Elipsa inercije:

i 1

i2

x

y

(1)

(2)

α=-


116

17. ČISTO SAVIJANJE (NAPONI I DEFORMACIJE)

Ako je prosta greda sa dva jednaka prepusta, opterećena kao na slici (Slika 86.), ondase može smatrati da je ista opterećena istim spregovima suprotnog smijera.

Slika 86.

Vlakna na osi 0 – 0, ostaju nepromjenjena. Vlakna iznad ose 0 – 0 su zategnuta, avlakna ispod ose 0 – 0, su pritisnuta.

Ako uzmemo isječak grede, imamo slijedeću situaciju.

Slika 87.

CREyC

RyE

ERy

dzdz

kkz

z

k

=⋅=⋅

=σ

σ==

∆=ε

dϕ

Ka

bb

MMBA

FFl cc

a0 0

K

dϕ

0

∆dzdz y

00

Rk


117

Radi određivanja odnosa između normalnog napona i napadnog momenta M (momentasavijanja), posmatramo ravnotežu grede lijevo od presjeka. Utjecaj desnog odsječenogdijela na lijevi, zamjenjujemo unutrašnjim silama.

Slika 88.

Svaki element dA površine popriječnog presjeka napada elementarna sila σz⋅dA, pajednačine ravnoteže krutog tiujela daju:

1. ∑Xi = 0,2. ∑Yi = 0,3. 0SCdAycdAZ x

A Azi =⋅=⋅=⋅σ=∑ ∫ ∫ ; jer je statički moment površine jednak nuli

za težišne ose,4. 0CdAyCdAyM x

0

2

Azx =Ι⋅−=⋅−=⋅σ⋅−=∑ ∫∫ MMM ,

5. ∫ ∫ =⋅=⋅σ⋅=∑=ΙA A 0

zy 0dAxyCdAxMxy

321,

6. ∑Mz = 0.

Pošto je: y

C;yC zz

σ=⋅=σ .

Dakle iz uvjeta (4):

{

x

W

xxz

xz

xzx

Wy

y;y

;y

C

x

MMM

M

M

=

Ι=

Ι⋅

=σ

Ι⋅σ=⋅

Ι⋅σ=Ι⋅=

Za dimenzioniranje važi: dfx

z Wσ≤=σ

M

My

x

z

σz⋅dA=dZ σmax

+

¯x

y

dA

0


118

18. SAVIJANJE SILAMA (NAPONI I DEFORMACIJE PRI SAVIJANJU SILAMA)

Ako je greda opterećana silama, onda imamo sljedeći slučaj:

Slika 89.

U nekom presjeku udaljenom (z) od lijevog oslonca imamo napadni momenat itransverzalnu silu. Ako se sve spoljašnje sile lijevo od presjeka redukuju na težištepopriječnog presjeka (C), onda je napadni moment redukcioni spreg a transverzalna silaredukciona rezultanta u tom presjeku.Zbog napadnog momenta sprega, koji djeluje u ravni savijanja, greda je napregnuta načisto savijanje, a usljed transverzalne sile koja djeluje u ravni popriječnog presjeka,greda je napregnuta na smicanje. Prema tome, u ovom slučaju imamo složenonaprezanje na čisto savijanje i smicanje.Radi dovođenja u vezu tangencijalnih i normalnih naprezanja (napona), napadnihmomenata i transverzalnih sila, utjecaj desnog odsječanog dijela zamjenjujemounutrašnjim silama koje se moraju redukovati na spreg i silu istog intenziteta kao i salijeve strane ali suprotnog smijera.

Slijedi šest uvjeta statičke ravnoteže:

1. ∑Xi = 0;2. ∑Yi = FT - ∫ τ

A

dA = 0;

3. ∑Zi = ∫σA

zdA = 0;

BA

zl

τ⋅dA

Mf

yx

σz⋅dA

dA

0

FT

Fu

yx

0

FT

MuFAF1

F2 FB

FT

M

F1 F2

+

+

¯


119

4. ∑Mx = M(z) - ∫σA

zydA = 0;

5. ∑My = - ∫σA

zxdA = 0;

6. ∑Mz = 0.7.

Iz navedenih uvjeta ravnoteže i ranijih zaklučaka slijedi:

1. Neutralna osa se poklapa sa težišnom osom popriječnog presjeka,2. Neutralna osa ja glavna osa inercije popriječnog presjeka,3. Raspored normalnog napona po popriječnom presjeku je linearan,4. Normalni napon se određuje kao kod čistog savijanja,5. Tangencijalna sila (transverzalna) i τ napon stoje u odnosu FT = ∫ τ

A

dA .

U svakom popriječnom presjeku najveći normalni naponi javljaju se u vlaknima naomotaču grede (ivični naponi). Međutim napon σz zavisi i od (z), pa se najveći normalninapon u gredi javlja u presjeku u kome je napadni moment najveći (opasni presjek) i unajudaljenijem vlaknu od neutralne ose. Radi toga pri dimenzioniranju grede mora bitizadovoljen uvjet:

dfmaxx

maxfmaxf yM

σ≤⋅Ι

=σ

18.1. Tangencijalni naponi

Da bi smo odredili raspored tangencijalnog napona po presjeku grede, tj. τ = f(x,y), izgrede izdvojimo elemenat dužine (dz).

Slika 90.

U ovom slučaju koristimo pravilo «konjugovanosti» tangencijalnih napona što namolakšava posao. Naime tražimo tangencijalne napone u ravni PQRS i oni će biti jednakitangencijalnim naponima u vertikalnom presjeku grede.Pošto se normalni napon σz mijenja u funkciji od udaljenosti (z), jer se mjenja momenatsavijanja, za elementarnu dužinu dz, imamo sa jedne strane σz, a sa druge (σz + dσz).

dz

(σz+dσz)⋅dA´

P

S R

Qτ

dA dAσz⋅dA´

x

z

y

ξτ

τ


120

Iz uvjeta ravnoteže slijedi:

( )

0dz'dAd'dA'dAz

0dz'dAd'dAz

'Az

'Az

'Azi

'Azz

'Azi

=⋅ξ⋅τ+σ−σ−σ=∑

=⋅ξ⋅τ+σ+σ−σ=∑

∫∫∫

∫∫

∫ σ=⋅ξ⋅τ'A

z 'dAddz ..............(a)

Pošto je:

maxx

fz yM

⋅Ι

=σ onda je x

maxfz

ydMdΙ

⋅=σ .................(b)

Zamjenom (b) u (a) dobijamo:

∫ ∫

∫

⋅ξ⋅Ι

⋅=⋅⋅Ι⋅ξ

=τ

Ι=⋅ξ⋅τ

'A 'Ax

f

x

f

'A x

maxf

'dAy1dz

dM'dAydMdz1

'dAydMdz

Pošto je prvi izvod momenata savijanja po promjenljivoj dužini jednak transverzalnoj sili,a izraz 'S'ydA x

'A

=∫ , pa je:

ξ⋅Ι⋅

=τ 2x

xT

cmN'SF

gdje je:Sx' – statički moment površine za neki presjek.

Da bi tangencijalni napon bio maksimalan mora biti maksimalna transverzalna sila i

maksimalan odnos

ξ

'Sx .

Za dimenzioniranje grede mora biti ispunjen uvjet:

dfmax

x

x

maxTmax

'SFτ≤

ξΙ

=τ

gdje je:τdf – dozvoljeni tangencijalni napon za slučaj savijanja (razlika kod čistog smicanja:

AF maxT

max =τ ).

Važna napomena: Statički momenat površine se uzima za pola presjeka.

18.2. Normalni napon savijene grede i idealni popriječni presjek

Iz prethodnog smo utvrdili da se maksimalni normalni napon javlja u opasnom presjeku ina krajnjim vlaknima.


121

;y

Wmax

xx

Ι=

Potreban otporni momenat:

df

maxx

MWσ

≥

Dužnost projektanta je da pri dimenzioniranju nosača izvrši izbor profila popriječnogpresjekatako, da se postigne optimalna ekonomičnost pri utrošku materijala, izradi iutrošku rada. S obzirom na definiciju momenta inercije i otpornog momenta, slijedi:

∫∫=A

2

maxx ;dAy

y1W

Ovo možemo napisati i u sljedećem obliku:

∫∫

=

A

A

2

maxmaxx dA

yyyW

43421

< A⋅ymax

Pošto je maxyy neimenovan broj, ∫∫ =

A

AdA .

Za većinu tačaka popriječnog presjeka maxyy <1. «Wx» bi bio jednak proizvodu A⋅ymax,

samo u slučaju kada bi se presjek sastojao od dva uska pojasa na međusobnom

rastojanju h = 2⋅ymax; ymax = 2h .

Ovakav popriječni presjek bio bi idealan a njegov otporni momenat bi bio:

2hAyAW maxi⋅

=⋅=

Slika 91.

2hAW

2h

4h

2A2

ix

2

x

⋅==

⋅⋅

Ι 48476

h

y max

A/2

A/2


122

Kako je tehnički neizvodiv navedeni slučaj, ova dva pojasa moraju se vezati vertikalnimrebrom.

Slika 92.

Kako je za rebro uvijek maxyy <1, to je stvarni otporni momenat manji od idealnog.

Odnos stvarnog i idealnog otpronog momenta, naziva se stupanj iskorištenja presjeka :

i

x

WW

=η .

Primjeri:

Slika 93.

Za važnije standardne profilisane nosače:

Ι - η= 61 – 65 %,[ - η= 59 – 61 %, - η=57 – 60 %.

pojas

rebro

η=25% η=55% η=33,3 η=67%


123


Simetrični limeni nosač ojačan lamelama:

Slika 94.

Ako je za osnovni nosač poznato: Wx0, Ιx0

δ+

∆Ι+Ι=

∆Ι+Ι=Ι

δ

+⋅δ⋅+δ⋅

=∆Ι

2h

W

22hb

12b2

x0xxu

x0xxu

23

x

U praksi se često traži ∆Wxpot. pa se sa tolerantnom tačnošću može uzeti:

Wxu = Wx0+∆Wxp; pri čemu je:

δ+

∆Ι=∆

2h

W xpxp

0

δ+

δ⋅⋅⋅+δ⋅≈∆

δ⋅⋅⋅+δ⋅=

δ+⋅∆

δ

+δ⋅⋅+δ⋅

=

δ+⋅∆

2h6

hb3bW

6hb3b

2hW

22hb2

6b

2hW

23

xp

23

xp

23

xp

Rješava se iteracijom, grafoanalitičkom metodom.Također prethodni izraz možemo pojednostaviti uzimajući u obzir da je prvi sabirakdesne strane zanemarljivo mala veličina.

δδ

b

h

osnovninosač


124

0

δ+

δ⋅⋅⋅+

δ+

δ⋅=∆

2h

6

hb3

2h

6

bW

23

xp

( )

xp2

xp

xp2

xp

xp2

x

2xp

W2hbWh

W6hb3Wh3

W6hb3hW3

hb32hW6

∆⋅−⋅

∆⋅=δ

∆⋅−⋅⋅

∆⋅⋅=δ

∆⋅−⋅⋅δ=⋅∆

δ⋅⋅⋅=

δ+∆⋅

Primjer:

Slika 95.

∆Wxp = 560 cm3

cm0,156023020

305602 =

⋅−⋅⋅

=δ

18.3. Tangencijalni naponi savijene grede

Za sve praktične proračune normalnog napona i tangencijalnog napona uzimamopretpostavku da je popriječni presjek grede nepromijenjen.Međutim u stvarnosti zategnuta vlakna izazivaju kontrakciju presjeka, a pritisnuta vlaknaizazivaju širenje (Slika 96.).

δ=?

δ=?

b=20cm

h=30

cm


125

Slika 96.

Ako je za neku gredu Ιx = const. po cijelom rasponu, onda tangencijalni napon zavisi od

odnosa

ξ

'Sx . Kako je

ξ

'Sx = 23

cmcmcm

= , onda je 22

4

x

x cmcmcm

'S==

ξ

Ι , odnos ima

dimenziju površine. Takvu površinu nazivamo «redukovana površina»

max

x

xred 'S

A

ξ

Ι= ,

pa se napon smicanja može izračunati kao kod «čistog smicanja». Međutim postojirazlika što u ovom slučaju koristimo fiktivnu, redukovanu površinu, dok je to kod čistogsmicanja stvarna površina.Primjer za pravougaoni presjek:

Slika 97.

12hb 3

x⋅

=Ι8hb

4h

2hby

2hb'S

2

tx⋅

=⋅⋅

=⋅⋅

= ξ = b

z

y

K

K

Presjek: K-K

xz

xy

ε⋅ν−=ε

ε⋅ν−=ε

h/4=

y T

h

b

x

y

T


126

A2F3

AF

A32A

hb32

h12hb8

b8hb

12hb

A

T

red

Tmax

red

2

3

2

3

red

⋅⋅

==τ

=

⋅⋅=⋅⋅⋅

=

⋅⋅

⋅

=

Određivanje dijagrama (τ) napona za pravougli popriječni presjek:

Slika 98.

4y2h

4y

4h

2

y2h

−=−=

−

Udaljenost od ose (x) do težišta:

4y2hyyT

−+=

Pošto je širina b = ξ = const.

( )2222

Txx

y4h8b

8yhb2hbby4yhb2

4hy2

2by2hb

4y2hy4by

2hb

4y2hyby

2hyA'S

−=⋅⋅⋅−⋅+⋅⋅−⋅⋅⋅

=

+⋅

⋅⋅−⋅

=

=

−+

⋅−

⋅=

−

+⋅⋅

−=⋅=

8y4h

b'S'S 22

xx −==

ξ

h/2-(h

/2-y

)/2

y

h

b

x

y

T

ξ

τ

τmax


127

Da bi našli ekstremnu veličinu:

;0y08y8

dy

'Sd x

==−=

ξ

Dakle maksimalni napon smicanja je na osi (x).

Opći slučaj:

ξΙ

=τ'SF x

x

maxT ili

−Ι

=τ8

y4hF 22

x

maxT . Uvrštavanjem (y) od 0 do h/2,

dobijamo odgovarajuće vrijednosti napona (τ) za popriječni presjek.

Za okrugli presjek:

Slika 99.

η = Rcosϕ

( )

( ) ϕϕη

ϕϕη

dsinRd

sinRdd

−=

−=

ϕξ sinR2u == , jer je dη, beskonačno mala veličina

Elementarna površina: dA = u⋅dη; u = 2RsinϕPošto je uzeto čitavo (u) a ne (u/2), onda možemo integraliti u granicama od 0 do π/2.

( )

∫

∫∫

α

ϕϕϕ−=

ϕϕ−⋅ϕ⋅ϕ=η=

023

x

A'Ax

dcossinR2'S

dsinRsinR2cosRdA'S

tablični integral: ( ) ϕ−=ϕϕϕ+

−=ϕϕ + 321nn sin31cossin:jepa;sin

1n1cossin

α+=ϕ+=α

33

0

33x sinR

32sinR

32'S ;

dηη

y xα

y

τmaxϕ

R

u=ξ


128

pošto je ξ= 2Rsinα; α=ξ

α=

ξ 33

333

3

sinR8

;sinR2

AF

34

AF

34F

4RA3

RF'S4

R4RA

3R

12R4'S;

12'S

12832'S

Tmax

TT2

2

x

Txmax

42

x

22

max

x2

x

33

x

=τ

=⋅⋅

⋅=

Ι⋅

ξ=τ

π=

⋅=Ι

==

ξ

ξ=

ξ

ξ+=

ξ+=

18.4. Glavni naponi savijene grede

Najveći normalni napon savijene grede javlja se u «opasnom» presjeku i to kao ivičninapon. Najveći tangencijalni napon javlja se najčešće u tačkama neutralne ose, ali ima iizuzetaka npr. za deltoidni popriječni presjek grede.

Slika 100.

Normalne i tangencijalne napone računamo prema:

dfmax

x

x

maxTmaxdf

maxmax

'SF;W

Mτ≤

ξΙ

=τσ≤=σ

Za neki kosi presjek grede pod uglom (ϕ), komponentni naponi se poklapaju sa ranijedokazanim komponentnim naponima kod ravnog naponskog stanja uz uvjet da je σy=0,što je ovdje slučaj.

1/2h

h

τmax

τmax


Slika 101.

Ranije dokazane formule glase:

( )

( ) ϕτ+ϕσ−σ=τ

ϕτ−ϕσ−σ+

σ+σ=σ

2cos2sin21

2sin2cos21

2

yxnl

yxyx

n

Za ovaj slučaj: σy = 0; σx = σz, pa su komponentni naponi:

( )

( ) ϕτ−ϕ+σ

=σ

ϕτ+ϕσ

=τ

ϕτ−ϕ+σ

=ϕτ−ϕσ

+σ

=σ

2sin2cos12

2cos2sin2

2sin2cos12

2sin2cos22

zn

znl

zzzn

Ranije dokazana formula za pravce glavnih napona pomoću ekstremnih veličina:

0ddi0

dd nln =

ϕτ

=ϕσ

( ) ( )

z

22zz

22yxyx

22tg

24

2tg

24

2tg

στ

−=α

ττ+σ−σ

=α

τ

τ+σ−σ−σ−σ=α

Dakle postoje dva ugla (α): α1 i α2 = (α + ½ π).Glavni naponi, opća formula ranije dokazana:

( ) ( )

0

421

21

;0;421

21

2,1

22zz2,1

zxy22

yxyx2,1

=τ

τ+σ±σ=σ

σ=σ=στ+σ−σ±σ+σ=σ

τ

τ

zr

nr

lr

ϕ ϕ

«+» se odnosi na glavni napon σ1,«-» se odnosi na glavni napon σ2.

129


130

Analogno za glavne napone smicanja:

422tg

;0;2

2tg

z

zxyyx

π+α=β

τσ

=β

σ=σ=στ

σ−σ=β

U dvije ravni I i II, koje sa glavnim ravnima 1 i 2 , zatvaraju uglove ± 45°, bit ćeekstremne vrijednosti tangencijalnih napona.Pošto je opći izraz za najveće tangencijalne napone:

0

( ) ( )2122

yxII,I 214

21

σ−σ±=τ+σ−σ±=τ

σx = σz; σy = 0

( )2122

zII,I 214

21

σ−σ±=τ+σ±=τ

Komponentni naponi σn i τn mogu se odrediti i grafički pomoću Morovog kruga, a i pravciglavnih napona. Eliminacijom ugla (ϕ) iz jednačina za σn i τnl,

22z

R

22z

nl

2z

n

421R

44

22

τ+σ=

τ+σ=τ+

σ−σ

43421

Slika 102.

Iz (0) nanesemo σz, pa ga raspolovimo. To je centar kruga. Na kraju σz, povučemo τ. Izvrha τ, spojimo sa ½ σz i to je polupriječnik kruga.

σ2 σ1

σz

1/2σz1/2σzC´

σn

C´

(II)

(2)

(1)

(I)

τn

τI

τ

-τII

0

45°45°

2α

2222

421

21

τστσ +=+

= zzR


131

Normalni napon (σz) i tangencijalni napon (napon na smicanje) zavise od udaljenosti (z)od oslonca grede i od (y), (udaljenosti vlakna od neutralne ose).Kod određivanja glavnih napona, rješavamo dva problema:

1. U kojoj tački popriječnog presjeka treba tražiti glavne napone?2. U kome presjeku treba tražiti te napone?

Kod pravougaonog i kružnog presjeka, najveći normalni napon je ivični napon, a najveći(τ) napon je u tačkama neutralne ose.Obično je kod ovih presjeka glavni napon u presjeku, sam ivični napon.Za Ι profile i limene nosače, to nije slučaj, jer se tangencijalni napon naglo mjenja naprijelazu sa pojasa na rebro, dok se normalni napon vrlo malo mjenja.

Slika 103.

Dijagram glavnih napona se crta tako što se postupa na dva načina:

1. Ako su u razmjeri nacrtani dijagrami za τ i σz napone, onda se za (y) od 2h pa do

y = 0, skidaju vrijednosti za σz i τ za odgovarajući (y) i uvrštavaju u formulu:

)c.........(..........421

21 22

zz1 τ+σ+σ=σ

Izračunate veličine se crtaju na dijagramu (c) za isto (y).

2. Računamo ;WMfz

maxz =σ a zatim y

2h

zmaxz σ=

σ odnosno: yh

2 maxzz ⋅

σ=σ za bilo koji

(y) u rasponu od 0 do 2hy = ; dobijamo odgovarajući normalni napon σz. Koristeći

formule za:

ξ

⋅Ι

=τ x

x

maxT 'SF ; pri čemu za odgovarajuće segmente statičkog

momenta popriječnog presjeka određujemo

ξ

x'S za isto (y), određujemo

odgovarajući napon smicanja.

Dijagram glavnihnaponaσzmax

h

y max

=h/2

δb

y τmax

σz σ1

στ

+ +

¯ ¯

τ


132

Ovako izračunate veličine za σz i τ, uvrštavamo u formulu za (σ1), i dobijamo potrebanbroj karakterističnih veličina na osnovu kojih možemo nacrtati dijagram glavnih napona.

18.5 Računski primjer

Primjer broj 1.

Dimenzionirati gredu sa nestandardnim prifilom, tako, da je greda ojačana lamelama upodručju djelovanja maksimalnog momenta savijanja.Lamele imaju ½ potrebnog ukupnog momenta inercije.Greda je opterećena prema datoj slici (Slika 104.)

Slika 104.

Greda je od čelika a dozvoljeno naprezanje na savijanje: σdf = 15 kN/cm2. Izgledpopriječnog presjeka grede prikazan je na narednoj slici (Slika 105.) l = 10 m

Slika 105.

l=10m0,2l0,4l 0,4l

BA

F2=30kN

F1=50kNq=20kN/m

2δ2δ

δ 0δ 0

10δ

15δ

lamela

lamela

2δ


133

Rješenje zadatka:

∑MB = 0

kN142F01230100F

10:00,104,0300,106,0502

10200,10F

l:0l4,0Fl6,0F2lqlF

A

A

2

A

21

2

A

==−−−

=⋅⋅−⋅⋅−−⋅

=⋅−⋅−−⋅

∑Fy = F1 + F2 + q⋅l = 50 + 30 + 20⋅10 = 280 kN FB = ∑Fy – FA = 280 – 142 = 138 kN

Moment savijanja:

I polje (A – 1)

( )

( ) kNm40824204142M

l4,0x2xqxFM

2

1

1

21

1A1

=−⋅=

=−⋅=

Momenat saviijanja u polju II

( ) ( ) =−−−⋅= l4,0xF2xqxFM 21

22

2A2

Transverzalna sila u polju II

( )12A

2T FxqF

dxdM

F −⋅−==

Uslov maksimalnog momenta

FT = 0

FA - q⋅x2 – F1 = 0

-q⋅x2 = -FA + F1 -1

m6,420

50142q

FFx 1A2 =

−=

−=

( )lxFxqxFM A 4,02 21

22

2max −−⋅

−⋅=


134

( )

kNcmM

kNmM

160.41

6,4110,46,4502

6,4206,4142

max

2

max

=

=−−⋅

−⋅=

Potrebni ukupni otporni momenat:

3

df

maxxu cm744.2

15160.41MW ==

σ=

Ukupni otporni momenat: Wxu = Wx1 + Wxl

Wxl = 0,5 Wxu; Wx1 = 0,5 Wxu

Otporni momenat bez lamela:

Wx1 = 0,5⋅2.744 = 1.372 cm3

Otporni momenat lamela Wxl = 1.372 cm3

Momenat inercije osnovnog nosača:

Slika 106.

( ) ( )

.mm16ilicm6,1365372.1;365372.1

3655,9

466.35,9

W

5,9WyW466.3250.2716.5

121542

121910

33

34

1x1x

1xmax1x1x

4441x

33

1x

==δδ=

δ=δδ

=δ

Ι=

δ⋅=⋅=Ι

δ=δ−δ=Ι

δ⋅δ⋅−

δ⋅δ=Ι

x

y

4,0δ

2δ2δ

10δ

15δ

2δ


135

Otporni momenat lamela:

Slika 107.

Sopstveni momenat inercije obje lamele:

( )cm2,155,9y

7,112

102

00max

30

30

xls

δ+=δ+δ=

δ⋅δ⋅=δ⋅δ

⋅=Ι

Položajni moment inercije obje lamele:

12102

259102

30

20

0xlpδ⋅δ

⋅+

δ

+δ⋅δ⋅δ⋅=Ι ,

Kako je izračunata veličina (δ), zaokružena na standardni broj, δ = 1,6 cm, onda jestvarni otporno momenat osnovnog presjeka: Wx1 = 365⋅δ3 = 1.495 cm3.

( )

7123235494545

7107242287854486710

71044863737495172422710448637372154951yW

WWzadatkomuvjetovanojejerlamelamomenatotpornipotrebnicm4951W

71044863737cm61za51908001

724

5990102

020

30

020

30

30

2000

30

2000xl

xl1x

3xl

30

200xl

30

20

20

3xl

30

20

02

0xl

,.,,

,:..,,,,...

,,.,.

:.

,,.,.

,,

max

=δ−δ+δ

=δ+δ+δ

δ+δ+δ=δ+

δ+δ+δ=δ+⋅=⋅

=→=

δ+δ+δ=Ι=δ

δ⋅δ+δ⋅δ+δ⋅δ=Ι

δ+

δ+δ⋅δ+δδ⋅δ⋅=Ι

9,5δ

x

y

δ 0

10δ

9,5δ

+δ0/2


136

za δ0 = 2,0 cm Ki = 1288,4za δ0 = 2,5 cm Ki = 1673,0za δ0 = 3,0 cm Ki = 2084,0za δ0 = 3,2 cm Ki = 2256,0Desna strana prethodne jednačine, uvjetno je označena sa (K). Rješavanje prethodnejednačine vrši se grafo-analitičkom iterativnom metodom, tj. proizvoljnim usvajanjem(δ0), i izračunavanjem (K). Kada je Ki = K, (δ0), zadovoljava jednačinu.

1

1,5

2

2,5

3

3,5

1200 1400 1600 1800 2000 2200 2400

K

δ 0

Slika 108.Prema dijagramu, Slika 108., određena je debljina lima δ0 = 3,05 cmUsvojena je standardna debljina lima : δ = 3,1 cmMaksimalni napon na smicanje pojavljuje se na mjestu maksimalne transverzalne sile.To je mjesto, oslonac (A).

FT = FA = 142 kN

ξ⋅Ι⋅

=τxu

xmaxTmax

'SF

Pošto se po visini presjeka mjenja širina (ξ), kao i S'x, ako se posmatra segmentarno,posmatrat će se četiri tačke (1, 2, 3, 4) po visini polovine presjeka. Kako je presjeksimetričan, druga polovina dijagrama je identična prvoj.

Slika 109.

2123

,7

3,05

6 15,1

5 18,3

12

x

y

6,3

16

(1)

(2)

(3)

(4)


137

30

200

4xl1xxu

31x

710448637374663cm527115153616S

δ+δ+δ⋅+δ⋅=Ι+Ι=Ι

=⋅⋅=

,,...,,'

za δ = 1,6 cm ; δ0 = 3,14

xu cm5645043228492771522 .... =++=Ι

Sx2 = S'x1 + S'x2S'x2 = 6 ⋅ 3,2 ⋅ 9,0 = 173 cm3

Sx2 = 173 + 1.527 = 1.700 cm3

S'x = S'x1 + S'x3S'x3 = 12 ⋅ 3,2 ⋅ 6 = 230 cm3

S'x = 1.527 + 230 = 1.757,4 cm3

( )

( )

( )

( )

( ) 24

23

22

22

1

cmkN541

235645047571142

cmkN491

23564507001142

cmkN341

23564505271142

cmkN270

16564505271142

0

,,,.

,,

.

,,

.

,.'

=⋅⋅

⋅=τ

=⋅⋅

⋅=τ

=⋅⋅

⋅=τ

=⋅⋅

⋅=τ

=τ

Maksimalni momenat savijanja, određuje mjesto maksimalnog napona na savijanje.

2xu

df cmkN814

5645031816041yM ,

.,.

maxmax

max =⋅

=⋅Ι

=σ

Određivanje dužine lamela:

Lamela se postavljaod mjesta, gdje na osnovnom nosaču napon na savijanje dostiževeličinu dozvoljenog napona.

kNcm426.2215495.1WM

cm495.16,1365365W;WM

df1xf

3331x

1x

fdf

=⋅=σ⋅=

=⋅=δ⋅==σ

Provjeravamo da li je ovaj momenat savijanja u prvom polju: (sa lijeve strane)

qMxFqx

kNmMqxxFM

qxxFM

fA

fAf

Af

:022

3,224;222

2

2

2

=+⋅−

=−⋅=

−⋅=


138

28,51,743,222

2,142

2,14

043,222,1422

2

2,1

22

±=−

±=

=+−=+⋅

−

x

xxqM

qxFx fA

Korijen sa predznakom «-», ima tehnički smisao, pa je: x = 7,1 – 5,28 = 1,8 m

Slika 110.

Sa desne strane:

m9,159,643,222

8,132

8,13x

043,22x8,13x

q:0M2xF2qx

kN138F;2

qxxFM

2

1

121

f1B21

B1

1Bf

=−=−

−=

=+−

=+⋅−

=−⋅=

Slika 111.

BALl=10-1,8-1,9=6,3m 1,91,8

σ=14,8kN/cm2

τm=1,54kN/cm2=τ4

16

36,6

24

+

¯

τ2

τ3

UL=10cm/4cm Uτ=(1kN/cm2)/1cm


139

Primjer broj 2.

Greda prikazana na slici a, izrađena je od čelika i ima dozvoljeno naprezanje nasavijanje σdf=15kN/cm2. Popriječni presjek grede, prikazan je na slici b. Dimenzionisatigredu, tj. odrediti parametar (a), uz zanemarivanje sopstvene težine grede. l=10m;q=10kN/m

Slika a.

Slika b.Određivanje koordinate težišta

Zbog simetrije aaxT ⋅=⋅

= 92

18

Tabela 9.2

1 1895,1018 aaaA ⋅=⋅⋅⋅= ay ⋅= 25,513

1 25,992 aSx ⋅=

22 4,23

292,5 aaaA ⋅−=⋅⋅⋅

= ay ⋅= 73,123

2 48,40 aSx ⋅=

23 20210 aaaA ⋅−=⋅⋅⋅= ay ⋅= 5,93

33 190 aSx ⋅=

24 28227 aaaA ⋅−=⋅⋅⋅⋅= ay ⋅= 5,74

34 210 aSx ⋅=

25 28

2414 aaaA ⋅−=⋅⋅⋅

= ay ⋅= 97,453

5 139 aSx ⋅=

226 4,23

292,5 aaaAA ⋅−=⋅⋅⋅

== ay ⋅= 73,163

6 48,40 aSx ⋅=

5,2a

5,3a

4a

6,3a

2a2a

4a

2a 2a

10a4a

A

l=10m

0,4l0,6lA B

F=300kNq=10kN/m

A

Presjek A-A

Q+F


140

Površina popriječnog presjeka:

aya

aaaaaay

ASSSSSSy

aAAAAAAA

T

T

xxxxxxT

⋅=⋅

⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅=

=−−−−−

=

⋅=−−−−−=

6,52,66

48,4013921019048,4025,992

2,66

2

333333

654321

2654321

Određivanje momenata inercije za osu (x):

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

⋅⋅

⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅⋅−

−⋅⋅⋅⋅

−⋅⋅⋅

−⋅⋅⋅−

−⋅⋅⋅

−⋅⋅⋅−⋅⋅⋅

−⋅⋅⋅

+⋅⋅⋅

=

23

3322

322

333

87,32

2,5936

2,592

123,377,52

34,07,129,128

122149,320

12210

36,518

39,418

aaaaa

aaaaaa

aaaaaaaaaaIx

y 2

y 4

y 3

4a10a4a

y 5

A3

A4

A5

A6

A2 y T=5

,6a

y

T

xo

4,9a

5,6a

2,9a

2a

2a2a

3,3

a

4a10a4ay

T


141

34

max

4

444444444

26,956,55,533

5,533

7706,343,01013,92,3047,67,10539,705

aaa

yIW

aI

aaaaaaaaaI

xx

x

x

⋅=⋅⋅

==

⋅=

⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−⋅+⋅=

axa

xo

o ⋅=⋅

=⇒⋅

= 77,54

3,373,34

7

Otpori oslonaca:

kNlllqQ 5010552

102

=⋅=⋅=⋅

=⋅

=

kNlFlFlQlF

MkNlF

FQFlFlQlF

M

B

B

A

A

A

A

B

5,1961801065,118065,106,033,0

05,1531201035,312035,3

4,067,004,067,0

0

=+⋅=+⋅==⋅⋅+⋅⋅+⋅−

=Σ=+⋅=+⋅=

⋅+⋅==⋅⋅−⋅⋅+⋅

=Σ

Maksimalni momenat savijanja je ispod sile (F),pošto na tome mjestu, transverzalna sila mijenja predznak.

kNllqlqlqQ

mkNqq

lq

lq

8108,08,008,02

4,04,02

4,0

4104,04,0

4,0

=⋅=⋅=⋅⋅=⋅⋅⋅

=⋅⋅′

=′

=⋅=⋅=′

⋅′

=

( )kNmlllllM

lqlllQlFM B

6,7251056,0107256,0721,066,072

01,04,065,118013,04,02222

max

2max

=⋅+⋅=⋅+⋅=⋅−⋅+⋅=

⋅⋅−⋅⋅⋅+=⋅⋅′−⋅⋅=

cmlla

llalla

WM

d

79,3)1056,01072(07,0)56,072(07,0

100)56,072(1429100)56,072(26,9515

3 23 2

23

23

max

=⋅+⋅⋅=⋅+⋅⋅=

⋅⋅+⋅=⋅

⋅⋅+⋅=⋅⋅

=σ

FBFA

0,6l

l=10m

0,4l

0,33lA B

F

Q

A

l=10m

0,4l0,6lA B

q

q´

Documents

Dio II