Upload
anita-jandric
View
84
Download
6
Embed Size (px)
DESCRIPTION
Ravninska teorija elastičnosti
Citation preview
5. RAVNINSKA TEORIJA ELASTINOSTI
5.1 Postavka problema i osnovne jednadbe
5.1.1 Uvodna razmatranja
Opi problem odreivanja raspodjele pomaka, deformacija i naprezanja u tijelu proizvoljna oblika
koje je proizvoljno optereeno i uvreno nije ni do danas rijeen egzaktno. Dodue, postoje
mnoga teorijski zanimljiva i u praksi korisna rjeenja posebnih problema. Mogue je, meutim,
nai eksperimentalnim ili numerikim metodama priblina rjeenja velikog broja problema sa
zadovoljavajuom tonou. Posebno je uspjena metoda konanih elemenata.
Sloenost problema analize naprezanja nastaje zbog toga to za odreivanje est
komponenata naprezanja imamo na raspolaganju samo tri diferencijalne jednadbe ravnotee
(2.20). Uvoenjem tri uvjeta kompatibilnosti deformacije (3.14) i est jednadbi Hookeova
zakona (4.25) dolazimo do zatvorenog sustava od 12 jednadbi s 12 nepoznanica: 6 komponenata
naprezanja i 6 komponenata deformacije. Tri od ovih 12 jednadbi su parcijalne diferencijalne
jednadbe prvog reda, a tri su parcijalne diferencijalne jednadbe drugog reda. Osim toga
potrebno je zadovoljiti i rubne uvjete. Ako su rubni uvjeti zadani preko naprezanja, ovaj sustav
jednadbi zadovoljava. Meutim, ako su na povrini tijela ili jednom njenom dijelu zadani pomaci,
broj jednadbi poveava se na 15 jer se osim navedenih jednadbi moraju upotrijebiti jo i
Cauchyjeve jednadbe (3.9) koje povezuju pomake i deformacije. U navedenom sustavu
diferencijalnih jednadbi javlja se 15 zavisnih varijabli i tri nezavisne varijable (prostorne
koordinate x , y , z ). Ako se razmatraju dinamiki problemi, javlja se i etvrta nezavisna varijabla
vrijeme t .
5.1.2 Temeljne jednadbe ravninske teorije elastinosti
Ograniit emo se samo na razmatranje statikih ravninskih problema kod kojih su volumenske
sile zanemarivo male ili jednake nuli. Takoer emo razmatrati samo probleme u kojima su rubni
uvjeti zadani preko naprezanja. U tom sluaju preostaje samo est nepoznanica:
x , y , xy , x , y , i xy za ije odreivanje imamo na raspolaganju slijedee tri skupine
jednadbi:
66
a) jednadbe ravnotee
x xy
x y 0 ,
y xy
y x 0 . (5.1)
b) uvjet kompatibilnosti deformacije
2
2
2
2
2
x y xy
y x x y . (5.2)
c) Hookeov zakon
yxx E 1 , xyy E
1 ,
xyxy E
12
. (5.3)
Dakle, imamo zatvoren sustav od est jednadbi sa est nepoznanica. ak i ovako pojednostavljen
problem bilo bi vrlo teko rijeiti u opem obliku. Rjeavanje ovog sustava jednadbi svest emo
na rjeavanje jedne parcijalne diferencijalne jednadbe etvrtog reda. Postupit emo na sljedei
nain: dvostrukim deriviranjem (5.3) dobivamo
2
2
2
2
2
2 1
yyEy
yxx
,
2
2
2
2
2
21
xxEx
xyy
,
2 22 1xy xy
x y E x y
( ). (5.4)
Derivirajmo prvu jednadbu (5.1) po iksu, a drugu po ipsilonu, pa emo dobiti
2 2
2
xy x
x y x ,
2 2
2
xy y
x y y ,
to uvrteno u treu jednadbu izraza (5.4), daje
2 2
2
2
2
1xy x y
x y E x y
. (5.5)
Ako sada izraz (5.5) i prve dvije jednadbe izraza (5.4) uvrstimo u uvjet kompatibilnosti (5.2), a
zatim pokratimo s E , dobit emo
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
)1(yxxxyy
yxxyyx
,
odnosno
67
2
2
2
2
2
2
2
20x
y x y
x x y y .
Taj izraz moemo napisati u obliku
2
2
2
20
x yx y
( ) . (5.6)
Izraz (5.6) sadri u sebi uvjete ravnotee kao i uvjet kompatibilnosti i esto se naziva uvjet
kompatibilnosti izraen preko naprezanja. Izraz (5.6) moemo pomou Hamiltonovog
diferencijalnog operatora
prikazati jednostavnije. Naime, Hamiltonov operator u pravokutnim
koordinatama ima oblik
yj
xi
,
pa je skalarni produkt operatora samim sobom dan formalno izrazom
2
2
2
22
yx
. (5.7)
Pomou (5.7) izraz (5.6) prelazi u
2 0( ) x y . (5.8)
Budui da je prema (2.16) x y I 1 , (5.8) postaje
2 1 0I , (5.9)
gdje je
I x y1 , (5.10)
prva invarijanta tenzora naprezanja.
5.1.3 Airyjeva funkcija naprezanja
Ako naprezanje izvedemo iz funkcije ( , )x y , prema sljedeem izrazu
x
y
2
2,
y
x
2
2,
xy
x y
2
(5.11)
jednadbe ravnotee bit e automatski zadovoljene. Jedini uvjet koji se za sada postavlja na
funkciju ( , )x y jest da je u zadanom podruju neprekinuta i tri puta derivabilna po x i y . Ova se
funkcija naziva Airyjeva funkcija naprezanja po britanskom astronomu G. B. Airy koji ju je prvi
upotrijebio 1862. Naprezanja odreena pomou (5.11) ne moraju biti, a najee i nisu rjeenja
68
nekog realnog problema. Naime, iako iz nje izvedena naprezanja zadovoljavaju uvjete ravnotee
(5.1), ona ne moraju zadovoljiti i uvjet kompatibilnosti (5.2). Na temelju (5.11) imamo
x y
x y
2
2
2
2
2 , (5.12)
to uvrteno u (5.8) daje
0)( 222 yx ,
odnosno
024
4
22
4
4
44
yyxx
. (5.13)
Diferencijalna jednadba (5.13) naziva se biharmonijska diferencijalna jednadba. Funkcije koje
zadovoljavaju tu diferencijalnu jednandbu nazivaju se biharmonijske funkcije.
5.1.4 Rubni uvjeti
Funkcija ( , )x y mora zadovoljiti ne samo diferencijalnu jednadbu (5.13) nego i rubne uvjete
koji mogu biti zadani na tri naina:
1. Na itavom rubu zadano je optereenje (naprezanje).
2. Na itavom rubu zadani su pomaci.
3. Na jednom dijelu ruba zadani su pomaci, a na preostalom rubu optereenje.
Mi emo razmatrati samo prvi sluaj. Pravokutne koordinate koriste se pri analizi naprezanja u
dijelovima koji su omeeni ravnim rubovima. Koordinatni sustav treba birati, kad je to mogue,
tako da su koordinatne osi paralelne rubovima.
Slika 5.1 Rubni uvjeti a) rub je paralelan s osi x b) rub je paralelan s osi y,
c) rub stoji koso prema koordinatnim osima
Ako je rub paralelan s osi x (slika 5.1a), rubni uvjeti glase
69
y y
xq
2
2,
xy x
x yq
2
. (5.14)
Kad je rub paralelan s osi y (slika 5.1b), tada rubni uvjeti glase
x x
yq
2
2,
xy y
x yq
2
. (5.15)
U sluaju kosog ruba, prema slici 5.1.c, na temelju ravnotee trokutastog elementa moemo
dobiti
x xy xy x q sd d d , y xy yx y q sd d d .
Ako obje gornje jednadbe podijelimo s d s i uzmemo u obzir da je d dx s/ sin i
d dy s/ cos , dobit emo
x xy xqcos sin , y xy yqsin cos , (5.16)
gdje je kut koji vanjska normala ini s osi x prema slici 5.1c. Pomou (5.11) izraz (5.16)
prelazi u
xqyxy
sincos
2
2
2
,
yqyxx
cossin
2
2
2
. (5.17)
Budui da konstante elastinosti ne ulaze niti u diferencijalnu jednadbu (5.13), niti u
rubne uvjete, raspodjela naprezanja ne ovisi o tim konstantama, odnosno o vrsti materijala. Ovo
ima dalekoseno znaenje u eksperimentalnoj analizi naprezanja, npr. u fotoelasticimetriji gdje je
materijal modela razliit od materijala originalne konstrukcije.
Slika 5.2 Jednostruko i viestruko povezani modeli a)b)c) Raspodjela naprezanja ne ovisi o elastinim
konstantama d) Raspodjela naprezanja ovisi o elastinim konstantama
70
Dublja analiza, u koju ovdje neemo ulaziti, pokazala bi da ovo vrijedi samo za
jednostruko suvislo povezana podruja, tj. modele koji su omeeni samo s jednom zatvorenom
rubnom krivuljom, kao na slici 5.2a. Ako je podruje viestruko suvislo, onda raspodjela
naprezanja ne ovisi o elastinim konstantama ako je vanjsko optereenje u ravnotei po svakom
zatvorenom rubu, kao na slici 5.2a, b i c. Meutim, ako sile po svakoj zatvorenoj konturi nisu u
ravnotei, kao na slici 5.2d, raspodjela naprezanja ovisi o Poissonovom koeficijentu.
5.2 Rjeenje pomou polinoma u pravokutnim koordinatama
5.2.1 Uvod
Svrha ovog kratkog izlaganja primjene polinoma u ravninskoj teoriji elastinosti jest dvostruka. S
jedne strane rijeit emo niz primjera optereenja nosaa na savijanje koje moemo rijeiti pomou
nauke o vrstoi. Usporedbom rezultata nauke o vrstoi i teorije elastinosti moi emo
procijeniti tonost i primjenljivost izraza nauke o vrstoi. S druge strane rijeit emo niz teorijski
interesantnih i za praksu korisnih primjera koje inae ne bismo mogli rijeiti metodama nauke o
vrstoi. Pri rjeavanju konkretnih zadataka zapravo emo uglavnom samo verificirati ve
postojea rjeenja. Neposredno iznalaenje rjeenja izlazi izvan okvira ovog kratkog izlaganja.
Navest emo nekoliko polinoma razliitih stupnjeva. Indeks uz oznaku oznaava stupanj
polinoma.
2 202
11 022 C x C xy C y ,
3 303
212
122
033 C x C x y C xy C y , (5.18)
4 404
313
222 2
133
044 C x C x y C x y C xy C y .
Polinomi drugog i treeg stupnja zadovoljavaju jednadbu (5.13). Da bi polinomi etvrtog i viih
stupnjeva zadovoljavali diferencijalnu jednadbu (5.13), njihovi koeficijenti moraju zadovoljiti
neke dopunske uvjete. Tako za polinom etvrtog reda vrijedi
4
4 4024
xC ,
4
2 2 224
x yC ,
4
4 0424
yC ,
to uvrteno u (5.13) daje 24 8 24 040 22 04C C C . Prema tome, da bi polinom etvrtog stupnja
bio biharmonijska funkcija, njegove konstante trebaju zadovoljiti uvjet
C C C22 40 043 ( ) . (5.19)
71
5.2.2 isto savijanje prizmatinog tapa
Na slici 5.3 prikazan je prizmatian tap pravokutnog poprenog presjeka. tap je na krajevima
optereen spregovima Mz . Funkcija naprezanja koja e dati rjeenje ovog problema glasi
C y033 . (5.20)
Slika 5.3 isto savijanje prizmatinog tapa
Prema (5.11) komponente naprezanja dane su izrazima
x
yC y
2
2 036 , (a)
y
x
2
20 , (b)
xy
x y
2
0 (c)
Konstantu C03 odredit emo iz rubnih uvjeta. Rubni uvjeti glase:
za y h / 2 , y 0 , xy 0 , (d)
za x l / 2 , xy 0 . (e)
Raspodjela naprezanja x na lijevom i desnom kraju tapa nije u uvjetima zadatka strogo
definirana. Znamo samo da je rezultirajua normalna sila N jednaka nuli i da se naprezanja x
reduciraju na spreg Mz . Prema tome, ovaj dio rubnog uvjeta glasi
N yxh
h
/
/
2
2
0d , (f)
M y yz xh
h
/
/
2
2
d . (g)
Uvjeti su (d) i (e) ispunjeni, jer su prema (b) i (c) y i xy identino jednaki nuli. Ako
uvrstimo (a) u (f), uvjerit emo se da je i ovaj uvjet zadovoljen. Napokon, ako (a) uvrstimo u (g),
dobit emo
72
M C y y Ch
z
h
h
6 6 12032
2
03
32d
/
/
. (h)
Odavde je C M hz0332 / to uvrteno u (a), daje
xzM
hy
123
. (5.21)
U Nauci o vrstoi I 1 izveli smo izraz (9.42) koji pri istom savijanju oko osi z daje
xz
z
M
Iy . (5.21a)
Budui da je za b =1, I hz 3 12/ , izrazi koje daje nauka o vrstoi i teorija elastinosti u
potpunosti se podudaraju.
5.2.3 Konzola optereena silom na kraju
Na slici 5.4a prikazana je konzola koja je na slobodnom kraju optereena silom F . Pretpostavit
emo rjeenje za funkciju naprezanja u obliku
C xy C xy11 133 , (5.22)
Slika 5.4 Konzola optereena silom na kraju a) konzola b) raspodjela posminog optereenja na kraju c)
odreivanje statikog momenta presjeka
pa je prema (5.11)
73
x
yC xy
2
2 136 , (a)
y
x
2
0 , (b)
xy
x yC C y
2
11 13
23 . (c)
Rubni uvjeti u ovom sluaju glase:
za 2/hy , 0y , 0xy , (d)
za 0=x , 0x , FyQh
h
xyy
d
2/
2/
. (e)
Na temelju (b) vidimo da je prvi uvjet (d) uvijek ispunjen. Ako u (a) uvrstimo x = 0 , bit e
zadovoljen i prvi uvjet (e). Na temelju (c) i drugog uvjeta (e) imamo
04
3 21311 hCC . (f)
Kad uvrstimo (c) u drugu jednadbu (e), dobit emo
FyyCC
h
h
d)(
2/
2/
2
1311 ,
odnosno
Fh
ChC 4
3
1311 . (g)
Istovremeno rjeavanje jednadbi (f) i (g) daje
zI
Fh
h
FC
82
3 2
11 , zI
F
h
FC
6
2313 .
gdje je I hz 3 12/ . Kao i u prethodnom primjeru uzima se da je b =1. Kad ove vrijednosti
uvrstimo u (a) i (c), dobit emo
yI
M
I
Fxy
z
z
z
x , (5.23)
2
222
4228y
hb
bI
F
I
Fy
I
Fh
zzz
xy . (5.24)
Prema slici 5.4.c vidimo da statiki moment osjenanog dijela presjeka oko osi y iznosi
2
2
422/
22y
hby
hy
hbSz .
74
Budui da je Q Fy , moemo izraz za xy napisati u obliku
z
zy
xyIb
SQ . (5.24a)
Ovaj se izraz podudara s izrazom (9.9) koji smo izveli u Nauci o vrstoi I [1] s tom
razlikom to su osi y i z meusobno zamijenjene. Izraz (5.24) pokazuje da posmino naprezanje
ne ovisi o koordinati x te da se po visini mijenja po zakonu parabole drugog reda. Prema tome,
izrazi (5.23) i (5.24) vrijede strogo samo ako je sila F kontinuirano raspodijeljena po rubu x = 0 ,
kako je prikazano na slici 5.4b.
Ako sila F djeluje na gornjem rubu u toki A , odnosno na donjem rubu u toki B , rubni
uvjeti na kraju x = 0 nisu ispunjeni. Meutim, prema St. Venantov principu (vidi Nauka o
vrstoi I str. 137), u presjecima dovoljno udaljenim od ruba x = 0 , sva tri sluaja optereenja dat
e gotovo ista naprezanja. Tonija analiza pokazala bi da se presjeci x h> mogu smatrati
dovoljno udaljenim.
5.2.4 Greda na dva oslonca optereena jednoliko kontinuirano
U dva prethodna primjera upoznali smo se s pojedinostima rjeavanja nekih ravninskih problema
teorije elastinosti pomou Airyjeve funkcije naprezanja. Pri daljnjem rjeavanju ispustit emo
neke pojedinosti, u prvom redu odreivanje konstanti integracije. Provjeravat emo zadovoljava li
predloena funkcija naprezanja jednadbu 4 = 0 , odnosno zadovoljavaju li naprezanja izvedena
iz te funkcije rubne uvjete.
Greda na dva oslonca raspona l i visine h optereena je jednoliko kontinuirano prema
slici 5.5a. Za ovaj sluaj odabrat emo Airyjevu funkciju naprezanja u obliku
53232232223
3 5
1
4
3
10
1
4
3
4
1yyxxylyxhyhxylhxh
h
q . (5.25)
Derivacije te funkcije su
323
32
2
22
3
2
1yyhh
h
q
x
,
4
2 2 3
12
x y
q y
h ,
4
40
x ,
4
4 3
24
y
q y
h .
75
Slika 5.5 Greda na dva oslonca optereena jednoliko kontinuirano a) zadana greda
b) raspodjela naprezanja na lijevom kraju c) raspodjela naprezanja x i y
Kad se te derivacije uvrste u biharmonijsku jednadbu (5.13), dobit e se identitet, to znai da
funkcija (5.25) jest biharmonijska. Naprezanja izvedena iz ove funkcije glase
yyxxlhh
q
yx
222
32
2
4665
3
,
323
32
2
22
3
2
1yyhh
h
q
xy
, (5.26)
42
663
2
3
4
3 223
2222
3
2 hyx
l
h
qxyylxhlh
h
q
yxxy
.
Na gornjem i donjem rubu ( / )y h 2 naprezanja trebaju zadovoljiti slijedee uvjete:
qhxy )2/,( , 0)2/,( hxy , (a)
0)2/,()2/,( hxhx xyxy . (b)
Lako se moemo uvjeriti da su ovi uvjeti zaista zadovoljeni. Na lijevom kraju nosaa rubni uvjeti
su:
0),0( yx , 0),0( yxy . (c)
76
Ni jedan od ova dva uvjeta ne moe biti ispunjen. Naime, ako u (5.26) uvrstimo x = 0 , dobit
emo
yyhh
qyx
22
34
5
3),0( ,
4
3),0(
22
3
hy
h
qlyxy . (d)
Vidimo da je normalno naprezanje na lijevom kraju raspodijeljeno po zakonu kubne parabole, a
posmino naprezanje po zakonu kvadratne parabole kako je prikazano na slici 5.5b. Slika 5.5c
prikazuje raspodjelu x , y , i xy u presjeku x h= za gredu raspona l h=5 . Kad ne moemo
strogo udovoljiti rubnim uvjetima, kao u ovom sluaju, nastojimo udovoljiti ublaenim rubnim
uvjetima. Ublaeni rubni uvjeti su oni kod kojih ne zahtijevamo potpuno podudaranje zadanih i
izraunatih rubnih optereenja. Umjesto toga zahtijevamo da zadano optereenje ima jednaku
rezultirajuu silu ( N 0 , Q qly / 2 ) i jednaki rezultirajui moment 0zM , kao i naprezanja
izraunata pomou funkcije naprezanja. Prema tome, u ovom sluaju moraju biti ispunjeni uvjeti
0d
2/
2/
yN
h
h
x , qlyQh
h
xyy2
1d
2/
2/
(e)
0dy
2/
2/
yM
h
h
xz .
Kad uvrstimo (d) u (e) i provedemo integriranje, dobit emo
0d4
d5
32/
2/
3
3
2/
2/
yyh
qyy
h
qN
h
h
h
h
,
0d4
d5
32/
2/
4
3
2/
2/
2
yyh
qyy
h
qM
h
h
h
h
z ,
qlyh
yh
qlQ
h
h
y2
1d
4
32/
2/
22
3
.
Prema tome, ispunjeni su ublaeni rubni uvjeti na kraju x = 0 . Na slian nain moemo pokazati
da su ispunjeni ublaeni rubni uvjeti i na desnom kraju, tj. da je za x l=
N 0 , Mz 0 , Q qly / 2 .
Nauka o vrstoi I [1] daje nam sljedee rjeenje
xz
z
M
Iy , xy
y z
z
Q S
b I . (5.27)
77
Budui da je M ql x qxz ( ) /2 2 , Q ql qxy /2 , b =1, I hz
3 12/ i
S h yz ( / ) /2 24 2 , moemo (5.27) napisati u obliku
yxxlh
qx )66(
2
3 ,
42
6 223
hyx
l
h
qxy . (5.28)
Prema tome, nauka o vrstoi i teorija elastinosti daju potpuno isto rjeenje za posmino
naprezanje xy . Prema nauci o vrstoi normalno naprezanje x raspodijeljeno je po zakonu
pravca, a prema rjeenju teorije elastinosti po zakonu parabole treeg reda koja se ovija oko
pravca koji predstavlja rjeenje nauke o vrstoi. Za velike omjere l h/ parabola i pravac se
neznatno razlikuju. Oznaimo naprezanje koje daje nauka o vrstoi sa xN , a ono koje daje
teorija elastinosti sa xT . Njihovu emo razliku dobiti ako prvu jednadbu (5.28) oduzmemo od
prve jednadbe (5.26), tj.
yyhh
qNx
T
xx
22
34
5
3 . (5.29)
Ta je razlika najvea za y h /2 i iznosi
5max.
qx . (5.30)
Usporedit emo tu pogreku s najveim naprezanjem u gredi koje daje nauka o vrstoi. To
naprezanje nastaje u sredini grede, tj. za x l / 2 i y h /2 i iznosi
xN q
l
h.max
3
4
2
,
pa je
05,015
42
max.
max.
l
hN
x
x
. (5.31)
Ako elimo da ta razlika bude manja od 5%, mora biti ispunjen uvjet h l0 433, , odnosno
llh 4325,06/3 , (5.32)
to je gotovo uvijek ispunjeno.
5.2.5 Konzola optereena jednoliko kontinuirano
Slika 5.6 prikazuje konzolu duljine l i visine h koja je optereena jednoliko kontinuiranim
optereenjem q. Funkcija naprezanja iz koje se moe odrediti rjeenje ovog problema ima oblik
78
xyhlyxhxhyyhylxylyx
h
q 22223532323323 2
3
4
3
4
1
5
1
10
12 . (5.33)
Slika 5.6 Konzola optereena jednoliko kontinuirano
Nakon deriviranja ove funkcije, prema (5.11), dobit emo izraze za komponente naprezanja koji
glase
yhylxh
qx
222
3 10
1
3
2)(
6 ,
yq
hy h y h
2 3
4
1
433 2 3
, (5.34)
xyq
hh y l x
6 1
432 2 ( ) .
Lako se moemo uvjeriti da ova naprezanja zadovoljavaju rubne uvjete na rubovima y h / 2 ,
odnosno ublaene rubne uvjete na rubu x l . Na ovom rubu rjeenje (5.34) daje raspodjelu x
po kubnoj paraboli iako je u stvarnosti na ovom rubu x 0 . Meutim, te vrijednosti x su vrlo
male. Rezultanta naprezanja x na rubu x l jednaka je nuli.
5.2.6 Konzola optereena trokutastim optereenjem
Za konzolu optereenu prema slici 5.7a funkcija naprezanja glasi
3 3 2 3 2 3 5 4 2 2 3 3 33
0 21 1 1 1 1 3 2
3 4 12 5 2 16 4 3
q xx y h y h h y y h y h l xy l xy l y
h l
, (5.35)
79
Slika 5.7 Konzola optereena trokutastim kontinuiranim optereenjem
Naprezanja odreena pomou ove funkcije su
xq y
h lx l x l x h y
23 2 2
3
2033 2 3 2 2 ,
2
3
2 1
2 2 2y
q h hy y y h
h l
x
, (5.36)
2 2 2 2 2 2
3
1 13( )
4 20xy
qy h x l h y
h l
.
Nauka o vrstoi u ovom sluaju daje
3233
232
lxlxlh
yqx
,
)(34
1 22223
lxhylh
qxy
. (5.37)
Vidimo da se naprezanja odreena pomou teorije elastinosti i nauke o vrstoi razlikuju za
iznos
xT
xN q xy
h l
hy
4 3
203
22 ,
2
222
3 204y
hhy
lh
qNxy
T
xy .
Te su razlike to manje to je manji omjer h l/ .
Ako je konzola optereena prema slici 5.7b, funkcija naprezanja glasi
yhyyh
xlhyhyxl
lh
q 453232333 16
1
2
1
512
1
4
1
3
1)( . (5.38)
Tada su naprezanja izvedena iz ove funkcije.
80
2 2 2
3
2 ( ) 3( ) 2
10x
q l xl x h y
hy
l
,
yoq l x
h ly h y h
2 3
4
1
433 2 3( ) , (5.39)
xyoq
h lh y l x h y
3
2 2 2 2 21
43
1
20( ) .
Na rubu x l posmina naprezanja nisu jednaka nuli, nego imaju vrlo malu vrijednost. Rezultanta
posminih naprezanja na tom rubu jednaka je nuli, tj. za x l vrijedi Qy 0 .
5.2.7 Greda na dva oslonca optereena trokutastim optereenjem
Slika 5.8 prikazuje gredu na dva oslonca koja je optereena kontinuiranim trokutastim
optereenjem. U tom sluaju funkcija naprezanja glasi
2 2 3 3 2 2 2 3 3 3 5
4 3
3
1
8 160 24 20
2
6 8 6 10
q h l h x h l h x y x y xyh xy xy
h l
. (5.40)
Slika 5.8 Greda na dva oslonca s kontinuiranim trokutastim optereenjem
Naprezanja izvedena pomou ove funkcije dana su izrazima
2
2 2 2
3 20
2 32
x
q hl x y xy
h l
,
2
3
3
3
4
2 3
4y
qy h y
hx
h l
, (5.41)
2
2 2
2 4 4
2
3
2
4 3
3 3
2 220 2 2xy
lx
q h hh
yy
h l
.
81
Rubni uvjeti za y h / 2 glase: y x h q x l( , / ) /2 , xy x h( , / )2 0 . Ako u drugu i treu
jednadbu (5.41) uvrstimo y h / 2 , uvjerit emo se da su ti uvjeti potpuno ispunjeni. Na donjem
rubu, tj. za y h / 2 , uvjeti glase y xyx h x h( , / ) ( , / ) 2 2 0 . Ti su uvjeti takoer
ispunjeni. Na desnom i lijevom kraju rubni uvjeti glase x xy l y( , ) ( , )0 0 ,
xy xyy l y( , ) ( , )0 0 i oni nisu strogo ispunjeni. Naime, na lijevom kraju imamo
2
2
3
2 32
10x
q hy
h l
,
xyq
h ly
h h l h y
2
4
3
20 2 32 232
2 2 2 4 4
. (5.42)
Naprezanje x je vrlo malo, reda veliine qh l/ . Naprezanje xy nije malo i reducira se na
poprenu silu q l / 6 . Na tom kraju zadovoljeni su ublaeni rubni uvjeti
N yy xh
h
/
/
d
2
2
0 , Q y q l Fy xyh
h
A
/
/
d
2
21
6
Rubni uvjeti na desnom kraju takoer nisu zadovoljeni, ali su i tu zadovoljeni ublaeni rubni
uvjeti.
5.2.8 Konzola promjenljive visine
Radi potpunosti razmatranih rjeenja navest emo rjeenje za konzolu promjenljiva presjeka koja
je optereena jednoliko kontinuirano prema slici 5.9.
Slika 5.9 Konzola promjenljive visine optereena jednoliko kontinuirano
Funkcija naprezanja u ovom sluaju glasi
82
A x xy x y
y
x
2 2 2tan ( ) arctan . (5.43)
Ako (5.43) uvrstimo u (5.11) i zatim taj izraz sredimo, dobit emo
22arctan2
yx
xy
x
yAx ,
y Ay
x
xy
x y
2
2 2tan arctan , (5.44)
xy Ay
x y
2
2
2 2, A
q
2(tan ) .
5.3 Funkcija naprezanja u obliku trigonometrijskog reda
5.3.1 Uvodna razmatranja
Do sada smo razmatrali funkciju naprezanja ( , )x y u obliku algebarskih polinoma, tj. reda
potencija x i y . Pomou tih funkcija dobili smo niz rjeenja za pravokutna podruja, tj. grede.
Lako moemo uoiti da je kod svih rijeenih primjera optereenje kontinuirano raspodijeljeno po
itavom rubu podruja ili je jednako nuli. Drugim rijeima, za itav rub vrijedi isti zakon
raspodjele optereenja. Meutim, kad za itav rub ne vrijedi isti zakon raspodjele optereenja,
pogotovo kad se ono mijenja skokovito ili kad je optereenje koncentrirano, onda funkcije
naprezanja u obliku redova potencija ne dovode do rjeenja. U tom sluaju pogodno je upotrijebiti
funkciju ( , )x y u obliku trigonometrijskog reda
1
sin)(cos)(k
kkkk yygxyf . (5.45)
Valna duljina k odreena je izrazom
k
k
l , (5.46)
gdje je k 012 3, , , ... , a 2 l duljina ruba, kako je prikazano na slici 5.10. Ako je optereenje
raspodijeljeno simetrino prema osi y , upotrebljava se prvi dio funkcije koji sadri cosk x . Kad
je optereenje antimetrino prema osi y , koristi se dio funkcije koji sadri sink x . U opem
sluaju upotrebljavaju se oba dijela.
Radi jednostavnosti i postupnosti pretpostavit emo da je optereenje simetrino prema
osi y i da sadri samo jedan lan reda, npr. q q x cos , kako je prikazano na slici 5.11. Tada
je
83
f y x( )cos (5.47)
Ako (5.47) uvrstimo u (5.13) i sredimo, dobit emo
0cosd
d2
d
d 42
22
4
4
xf
y
f
y
f ,
odnosno
d
d
d
d
4 2f
y
f
yf
4
2
2
42 0 . (5.48)
Slika 5.10 Pojas optereen na duljim stranicama kontinuiranim optereenjem
Na taj smo nain umjesto parcijalne diferencijalne jednadbe etvrtog reda dobili obinu
diferencijalnu jednadbu etvrtog reda (5.48) koju moemo daleko lake rjeiti. Lako se moemo
uvjeriti da je njeno ope rjeenje dano izrazom
f y A y A y A y y A y y( ) cosh sinh cosh sinh 1 2 3 4 . (5.49)
Ako uvrstimo (5.49) u (5.47), dobit emo
xyyAyyAyAyAyx cos)hsincoshsinhcosh(),( 4321 . (5.50)
Sada moemo odrediti komponente naprezanja. Ako (5.50) uvrstimo u (5.11), dobit emo
,cos)sinhcosh2(
)coshhsin2()sinhcosh(
4
321
2
2
2
xyyyA
yyyAyAyAy
x
(5.51)
84
y
xA y A y A y y A y y x
2
2
21 2 3 4( cosh sinh cosh sinh )cos , (5.52)
.sin)cosh(sinh
)sinh(coshcoshsinh
4
321
2
xyyyA
yyyAyAyAyx
xy
(5.53)
Oito bi izrazi za naprezanja u sluaju nesimetrinog optereenja imali isti oblik uz male izmjene.
Naime, umjesto konstanti A1 , A2 , A3 i A4 pojavile bi se konstante B1 , B2 , B3 i B4 . Takoer bi
se umjesto cos x pojavio sin x , a umjesto sin x pojavio bi se cos x . Konstante
integracije A1 , A2 , A3 , A4 , odnosno B1 , B2 , B3 , B4 odreuju se iz rubnih uvjeta u svakom
konkretnom sluaju.
Ako umjesto jednog lana uzmemo itav red, funkcija naprezanja iznosi
( cosh sinh cosh sinh )cosA y A y A y y A y y xk k k k k k k kk
k1 2 3 4
1
. (5.54)
Tada su naprezanja dana izrazima
,cos)sinhcosh2(
)coshsinh2()sinhcosh(
4
1
321
2
xyyyA
yyyAyAyA
kkkkkk
k
kkkkkkkkkkx
(5.55)
,cossinh
coshsinhcosh
4
321
1
2
xyyA
yyAyAyA
kkk
kkkkkk
k
ky
(5.56)
.sin)cosh(sinh
)sinh(coshcoshsinh
4
321
1
xyyyA
yyyAyAyA
kkkkk
kkkkkkkkkk
k
kxy
(5.57)
5.3.2 tap optereen na krajevima samouravnoteenim spregovima
Takav je tap prikazan na slici 5.11. On je na gornjem i donjem kraju optereen kontinuiranim
optereenjem koje se mijenja po zakonu q x q x l q x( ) cos( / ) cos , kako je prikazano na
slici 5.11a. Kontinuirano optereenje reducira se na dva samouravnoteena sprega koja imaju
momente M prema slici 5.11b. Iznos momenta M dan je izrazom
2
2
2
00
22cosd)(
lqqxxqxxxqM
ll
.
85
Konstante integracije A1 , A2 , A3 i A4 u ovom sluaju odredit emo iz uvjeta na rubovima
y c . Ti uvjeti glase:
za y c , xy 0 , y q x cos . (5.58)
Ako uvjete za posmino naprezanje iz (5.58) uzastopce uvrstimo u (5.53), dobit emo dvije
algebarske jednadbe:
A c A c A c c c
A c c c
1 2 3
4 0
sinh cosh (cosh sinh )
(sinh cos ) ,
A c A c A c c c
A c c c
1 2 3
4 0
sinh cosh (cosh sinh )
(sinh cos ) .
Slika 5.11 tap optereen samouravnoteenim spregovima
Zbrajanjem, odnosno oduzimanjem tih dviju jednadbi moemo lako dobiti
A Ac
c c c3 2
cosh
cosh sinh, A A
c
c c c4 1
sinh
sinh cosh . (5.59)
Uvrstimo, sada, rubne uvjete za normalno naprezanje (5.58) u (5.52), pa emo dobiti
2
1 2 3 4( cosh sinh cosh sinh )A c A c cA c cA c q , (5.60)
2
1 2 3 4( cosh sinh cosh sinh )A c A c cA c cA c q . (5.61)
86
Ako zbrojimo (5.60) i (5.61) i uzmemo u obzir (5.59), dobit emo
Aq c c c
c c1 2
2
2 2
sinh cosh
sinh, (5.62)
Aq c
c c4
2
2 2
sinh
sinh. (5.63)
S druge strane, ako (5.61) odbijemo od (5.60) i uvaimo pri tome (5.59), dobit emo
A A2 3 0 . (5.64)
Uvrstimo, sada, (5.62), (5.63) i (5.64), u (5.51), (5.52) i (5.53), pa emo dobiti
xyyycyccKqx cos)sinh(coshsinhcoshcosh , (5.65)
xyyycyccKqy cos)coshsinh(sinhcoshcosh , (5.66)
xycyyccKqxy sincoshsinhsinhcosh , (5.67)
gdje je
Kc c
2
2 2sinh . (5.68)
Razmotrimo sada sluaj vrlo dugakog tapa koji je na gornjem i donjem kraju optereen s dva
samouravnoteena sprega prema sl. 5.11b. U tom sluaju je c l , pa priblino vrijedi
sinh cosh c c e c 1
2, sinh cosh2 2
1
222 c c e cc . (5.69)
Ako (5.69) uvrstimo u (5.65) do (5.68) i sredimo, dobit emo
K e c 4 2 ,
xycq ycx
cose1)()( ,
xycq ycy
cose1)()( , (5.70)
xycq ycxy sine)()( .
Ako uvedemo novu koordinatu y c y1 , koja se mjeri od gornjeg vrha i ako tu koordinatu
uvrstimo u (5.70), dobit emo
xy
q y x ( ) cos1 11e ,
y
yq y x ( ) cos1 1
1e , (5.71)
xyy
q y x 11e sin .
87
Provjerimo jo jednom rubne uvjete du gornjeg ruba tj. za y c , odnosno y c y1 0 .
Tada je prema (5.71)
y q x cos , xy 0 ,
tj. rubni uvjeti su zadovoljeni to smo i oekivali. Du lijevog, odnosno desnog ruba, tj. za
x l , vrijedi x l , pa je
cos x 1 , sin x 0 .
U tom sluaju je
xy 0 ,
xy
q y ( )e1 11 . (5.72)
Vidimo da rubni uvjet x 0 nije ispunjen. Meutim, vrijednost x naglo (eksponencijalno)
opada od vrijednosti q u toki ( x l , y1 0 ) prema nuli. To vrijedi i za y , kojega amplituda
opada od vrijednosti q na gornjem rubu do vrijednosti 0,0134 q na udaljenosti 2l od gornjeg
ruba. Promjena naprezanja x i y s porastom koordinate y1 prikazana je u tablici 5.1 .
Tablica 5.1 Promjena x i y.max u ovisnosti o y1
y
l
1
2 y1 e
y1
x
q
y
q
.max
0,0 0,0 1,000 1,000 -1,000
0,1 0,628 0,5337 -0,1985 -0,8689
0,25 1,57 0,2080 0,1186 -0,5346
0,5 3,14 0,0433 0,0962 -0,1793
1,0 6,28 0,0019 0,0099 -0,0134
5.3.3 Dugaak pojas optereen na uzdunim rubovima dvjema silama
U praksi se rijetko susree optereenje koje je po rubu raspodijeljeno po zakonu sinusa, odnosno
kosinusa kao u prethodnom primjeru. Ako je optereenje proizvoljno, treba ga rastaviti u
Fourierov red, tj.
1
)sincos()(k
kkkk xbxaaxq , (5.73)
gdje je
88
al
q x x
l
l
1
2( )d , a
lq x x xkl
l
k
1
( ) cos d , bl
q x x xkl
l
k
1
( ) sin d . (5.74)
Oito je a srednje optereenje po rubu, a 2l duljina ruba na kojem djeluje optereenje q x( ) .
Slika 5.12 prikazuje dugaak pojas koji je na suprotnim krajevima optereen jednolikim
kontinuiranim optereenjem q na duljini 2a . Budui da je optereenje simetrino s obzirom na os
y , upotrijebit emo simetrian dio Airijeve funkcije koji sadri samo cos k x . Razvoj
optereenja q u Fourierov red takoer e sadravati samo simetrine lanove, tj. bit e
q x a a xk kk
( ) cos
1
. (5.75)
Slika 5.12 Pojas optereen na duljim stranicama
Koeficijenti trigonometrijskog reda su
al
q x xq
lx
qa
ll
l
a
a
1
2 2( )d d , (5.76)
al
q x x xq
lx xk
l
l
k k
a
a
1
( )cos cos d d ,
aq
lak
k
k2
sin . (5.77)
Prije nego primijenimo rubne uvjete, optereenje emo rastaviti na jednoliko optereenje po
itavom gornjem i donjem rubu iznosom
q a qa
l' , (5.78)
i promjenljivo optereenje
89
q a xk kk
" cos
1
. (5.79)
Prvi dio optereenja izaziva homogeno tlano stanje naprezanja y qa l' / . Rubni uvjeti za
drugo optereenje i za ( y c ) glase
y x c q" ( , ) " , xy x c
" ( , )0 , (5.80)
y x c q" ( , ) " , xy x c
" ( , ) 0 .
Sad emo primijeniti rubne uvjete na slian nain kao u prethodnom paragrafu, tj. uvrstit emo
rubne uvjete za posmina naprezanja u (5.57) pa emo nakon sreivanja dobiti dvije jednadbe
A c A c A c c c
A c c c
k k k k k k k k k k
k k k k
1 2 3
4 0
sinh cosh (cosh sinh )
(sinh cosh ) ,
A c A c A c c c
A c c c
k k k k k k k k k k
k k k k
1 2 3
4 0
sinh cosh (cosh sinh )
(sinh cosh ) .
Odavde kao i prije slijedi
A Ac
c c ck k
k k
k k k
3 2
cosh
cosh sinh, (5.81)
A Ac
c c ck k
k k
k k k
4 1
sinh
sinh cosh.
Ako rubne uvjete za normalno naprezanje (5.80) uvrstimo u (5.56) i sredimo, dobit emo
k k k k k k k k k kA c A c A c c A c c a2
1 2 3 4( cosh sinh cosh sinh ) ,
k k k k k k k k kA c A c A c c A c c a2
1 2 3 4( cosh sinh cosh sinh ) .
Rjeavajui te dvije jednadbe i uzevi u obzir (5.77), dobit emo
cc
ccca
l
qA
kk
kkkk
k
k
22sinh
coshsinhsin
421
,
A k2 0 , A k3 0 , (5.82)
cc
ca
l
qA
kk
kk
k
k
22sinh
sinhsin
424
.
Kad su nam poznate vrijednosti konstanata A k1 do A k4 , moemo pomou (5.55) do (5.57)
napisati konane izraze za naprezanja
90
xyyycyccKl
aq kkkkkkkk
k
kx cossinhcoshsinhcoshcosh41
, (5.83)
xyyycyccKl
aq kkkkkkkk
k
ky coscossinhsinhcoshcosh411
, (5.84)
xycyccKl
aq kkkkkk
k
kxy sincoshsinhsinhcosh41
, (5.85)
gdje je
)22(sinh
sin
cca
aK
kkk
kk
. (5.86)
Odredit emo raspodjelu naprezanja y u srednjoj ravnini, tj. za y 0 . Tada (5.84)
prelazi u
xccck
Kl
aq kkkkky cossinhcosh
141 (5.87)
Raspodjela tog naprezanja prikazana je na slici 5.13 za sluaj kad je a vrlo malo, tj. kad je
F qa2 . Ako je la , kontinuirano optereenje q moemo zamjeniti koncentriranom silom
F qa2 . Kako je prikazano na slici 5.13. Na istoj slici prikazana je raspodjela naprezanja y u
srednjoj ravnini y 0 . U skladu s St. Venantovim principom to naprezanje naglo opada s
udaljavanjem od presjeka x0 u kojem djeluju koncentrirane sile F .
Slika 5.13 Raspodjela naprezanja y u ravnini y=0
91
5.3.4 Dugaak tap optereen silama na krajevima
U prethodnom potpoglavlju razmatrali smo dugaak pojas koji je na duljim stranicama bio
optereen s dvije koncentrirane sile F . U tom je sluaju duljina pojasa 2l bila mnogo vea od
njegove irine 2c , tj. vrijedilo je l c . Razmotrimo sada suprotan sluaj kad je c l . Pojas
tada prelazi u dugi tap prema slici 5.14.
U tom sluaju vrijedi
2qa F , c y y 1 . (5.88)
gdje je y1 novo uvedena koordinata koja se mjeri od gornjeg kraja tapa kako je prikazano na
slici 5.14. Oekujemo da e prema St. Venantovom principu naprezanje y po poprenom
presjeku biti to jednolikije raspodijeljeno to je presjek udaljeniji od krajeva tapa, tj. to je vei
y1 . Ako je y1 dovoljno velik ( )y h1 , moemo veliinu kc zanemariti u usporedbi sa sinh kc .
Takoer vrijedi
sinh cosh / k kc
c c k e 2 .
Slika 5.14 Dugi tap optereen dvjema koncentriranim silama
Budui da je a vrlo malo, vrijedi
sin k ka a ,
pa izraz (5.86) prelazi u
Kkc 2 2e .
92
Uzevi sve to u obzir moemo (5.84) napisati u obliku
xyl
Fk
y
k
kyk cose)1(21
21
1
1 , hl 2 . (5.89)
Red (5.89) vrlo brzo konvergira. Tako je npr. y l1
...
3cos
e
132cos
e
12cos
e
121
2 32 l
x
l
x
l
x
l
Fy
(5.90)
Na slici 5.15a prikazana je ovisnost naprezanjai )(xyy na nekom presjeku blizu ruba. Na
slici 5.15b prikazano je kako se mijenjaju omjeri max / n i min / n . Dio dijagrama na slici
5.15b prikazan je u poveanom mjerilu na slici 5.15c. Znaenje oznaka max , min i n
objanjeno je na slici 5.15a.
Slika 5.15 Dugaak tap optereen dvjema koncentriranim silama a) raspodjela naprezanja y po presjeku
tapa b) omjeri naprezanja max / n i min / n u ovisnosti o omjeru y h1/
c) poveani dio dijagrama na slici 5.15b.
5.3.5 Naprezanja u nosaima malog raspona
Ako raspon nosaa l nije velik u usporedbi s njegovom visinom h ne mogu se primijeniti izrazi
dobiveni u nauci o vrstoi za odreivanje naprezanja. Ovdje emo se pozabaviti analizom
naprezanja u visokim nosaima, zapravo u stijenama. Na slici 5.16 prikazan je kontinuirani nosa
koji je na gornjem rubu optereen jednoliko kontinuirano, a na donjem rubu oslonjen na niz
oslonaca. Raspon meu svim osloncima je jednak i iznosi l .
Jedan raspon nosaa na slici 5.16 odgovara nosau duljine l koji je na oba kraja ukljeten,
a po gornjem rubu optereen jednolikim kontinuiranim optereenjem kako je prikazan na slici
5.17.
93
Slika 5.16 Visoki nosa s vie raspona optereen jednoliko kontinuirano
Taj problem moemo rijeiti upravo opisanom metodom. Ne ulazei u sam postupak navest emo
samo gotove rezultate.
Slika 5.17 Visoki nosa ukljeten na oba kraja i optereen jednoliko kontinuirano
Raspodjela naprezanja x u presjecima x l /8 i x l /3 prikazana je na slici 5.18. Tu smo
raspodjelu odredili metodama teorije elastinosti i ona se bitno razlikuje od raspodjele koju daje
nauka o vrstoi. U presjeku po sredini raspona na gornjem rubu javlja se maksimalno tlano
naprezanje, a na donjem rubu maksimalno vlano naprezanje.
Ako ta naprezanja izraunamo metodama nauke o vrstoi i teorije elastinosti i zatim odredimo
njihov omjer za razne vrijednosti l h/ , dobit emo dijagram prema slici 5.19. Naprezanje xN
odreeno je pomou nauke o vrstoi i zato ima gornji indeks N . Naprezanje xT odreeno je
pomou teorije elastinosti i ima gornji indeks T .
94
Slika 5.18 Raspodjela naprezanja x po presjeku nosaa koji ima l h .
a) u presjeku x l /8 b) u presjeku x l /3 .
Gornja krivulja odnosi se na naprezanje na gornjem rubu ( / )y h 2 , a donja krivulja na
naprezanje na donjem rubu nosaa ( / )y h 2 .
Slika 5.19 Omjer naprezanja xT
x
N/ kao funkcija omjera l h/
Slika 5.20 prikazuje nosa koji se oslanja na niz meusobno jednako udaljenih oslonaca, tj.
nosa ima niz jednakih raspona l .
95
Slika 5.20 Nosa s vie jednakih raspona koji je u sredini svakog raspona optereen silom F
Po sredini svakog raspona nosa je optereen koncentriranom silom F q a 1 . Svaki raspon
zapravo predstavlja nosa koji je ukljeten na oba kraja i optereen u sredini silom F , kako je
prikazano na slici 5.21. Omjer naprezanja dobivenih pomou nauke o vrstoi i pomou teorije
elastinosti za nosa prema slici 5.20, odnosno 5.21 prikazan je na slici 5.22.
Slika 5.21 Nosa ukljeten na oba kraja i optereen silom F u sredini raspona
Dva primjera obraena u potpoglavlju 5.3.5 zapravo su dva ekstremna sluaja optereenja.
Prema slici 5.22 vidimo da za omjere l h/ 6 nauka o vrstoi i teorija elastinosti daju gotovo
jednako maksimalno naprezanje. U sluaju nosaa koji je optereen jednoliko kontinuirano to
vrijedi ve za omjere l h/ 5 . Taj zakljuak je u skladu sa zakljucima koje smo imali u
prethodnim primjerima.
96
Slika 5.22 Omjer naprezanja xT
xN/ u ovisnosti o omjeru l h/
5.4 Jednadbe teorije elastinosti u polarnim koordinatama
5.4.1 Jednadbe ravnotee
Diferencijalni element u polarnim koordinatama prikazan je na slici 5.23. Uvjeti ravnotee tog
elementa glase
Fr
r r r r r r
r r f r r
r rr
r
r r
r
r
d + d d d - d sind
d d sind
2
d + + d d + d d 0,
( )2
F r r r r
rr
r r r f r r
r r
r
r r
r
d + d d + d sind
+ d d sind
2
d + + d + d d + d d 0.
2
( )
Ako se uzme u obzir da za mali kut d / 2 vrijedi sind d / /2 2 i ako se gornje jednadbe
srede, uz zanemarivanje malih veliina vieg reda, dobit e se
r r
r rr r r
f+ + - )+1 1
0( , (5.91)
1 20
r r rf
r r
+ .
97
Slika 5.23 Ravnotea elementa u polarnim koordinatama
5.4.2. Funkcija naprezanja u polarnim koordinatama
Biharmonijska jednadba vrijedi u svim koordinatama uz uvjet da je Hamiltonov operator izraen
u odabranim koordinatama. Transformaciju jednadbe (5.13) u polarne koordinate mogli bismo
provesti matematiki. Osim jednadbe (5.13) treba transformirati i izraz (5.11) Pretvorbi izraza
(5.11) i (5.13) iz pravokutnih u polarne koordinate pristupit emo na neto promijenjen nain. Pri
tome emo se koristiti uz matematiku, i mehanikom. U prvom redu posluit emo se upravo
izvedenim jednadbama ravnotee. Slika 5.24 prikazuje element u polarnim koordinatama. Uz taj
je element postavljen pomoni pravokutni koordinatni sustav r , s . U tom sustavu vrijedi
r
s
2
2,
s
r
2
2,
r
r s
2
. (a)
Slika 5.24 Pomoni pravokutni koordinatni sustav r , s .
Izraz za moemo bez daljnjega prihvatiti. Meutim, u izrazima za r i r pojavljuje se
koordinata s , a ne , pa ove izraze moramo preurediti. Kako je d ds r , pokuat emo s
98
r rs
r r
1, (b)
to daje
r
r r r 1 12
2. (c)
Prisjetimo se da naprezanja odreena iz Airyjeve funkcije trebaju automatski zadovoljavati
uvjete ravnotee. Zato emo r pokuati odrediti iz jednadbi ravnotee. Radi jednostavnosti
razmatrat emo samo sluajeve kad su volumenske sile fr i f jednake nuli. Prva jednadba
(5.91) uz fr 0 moe se napisati u obliku
r
r rrr
. (d)
Ako u desnu stranu izraza (d) uvrstimo 2 2/ r i rrr d/)(/ , dobit emo
r
rrr r r r
2
2
1,
odnosno
2
2
2
2 1)(
rrrr
rr ,
to nakon integriranja prelazi u
r r
r r
1 2
2. (e)
Sada moemo na temelju (a), (c) i (e) dobiti vezu izmeu funkcije naprezanja ( , )r i samih
komponenata naprezanja. Ta veza glasi
r
r r r 1 1
2
2
2,
2
2r,
r
r r r r r
1 1 12
2. (5.92)
Ako (5.92) uvrstimo u drugu jednadbu ravnotee (5.91), uvjerit emo se da je onda automatski
zadovoljena.
Prva invarijanta tenzora naprezanja dana je izrazom
I x y r1 . (5.93)
99
Ako (5.92) uvrstimo u (5.93), dobit emo
r
r r r r
1 12
2
2
2
2,
Usporedimo taj izraz s (5.12), pa emo dobiti
2
2
2
2
2
2
1 1
r r r r. (5.94)
Odavde moemo zakljuiti da je Hamiltonov operator u polarnim koordinatama dan izrazom
22
2
2
2
2
1 1
r r r r
. (5.95)
Uz pomo (5.95) moemo (5.13) zapisati u polarnim koordinatama kako slijedi
2 2 4
2
2
2
2
2 2
2
2
2
2
1 1 1 10
r r r r r r r r. (5.96)
Izraz (5.96) u polarnim koordinatama odgovara izrazu (5.13) u pravokutnim koordinatama.
5.5 Osnosimetrini problemi
5.5.1 Uvod
Ako je osnosimetrino tijelo osnosimetrino optereeno i uvreno, onda su i pomaci,
deformacije i naprezanja takoer osnosimetrino raspodijeljeni, tj. ne ovise o koordinati . Tada
su i sve derivacije po koordinati jednake nuli, pa derivacije po r nisu vie parcijalne nego
obine. Prema tome, izraz (5.96) prelazi u
1 10
2 2r r r r r r
d
d
d
d
d
d
d
d
2 2 . (5.97)
Nakon to se provede naznaeno deriviranje, izraz (5.97) prelazi u
d
d
d
d
d
d
d
d
4 3 2
r r r r r r r4 3 2 2 32 1 1
0 . (5.98)
Ta se jednadba moe preurediti u
1 10
r rr
r r rr
r
d
d
d
d
d
d
d
d
. (5.99)
Ope rjeenje diferencijalne jednadbe (5.99) glasi
100
C C r C r C r r1 2 32
42ln ln . (5.100)
Kad se uzme u obzir da su derivacije po jednake nuli, izraz (5.92) prelazi u
rr r
1 d
d,
d
d
2
2r, r 0 . (5.101)
Ako sada (5.100) uvrstimo u (5.101), dobit emo
rC
rC C r 2
2 3 42 2 1( ln ) , (5.102)
C
rC C r2
2 3 42 2 3( ln ) , r 0 .
5.5.2 Debelostjene cijevi optereene vanjskim i unutarnjim tlakom
Slika 5.25 prikazuje krunu debelostjenu cijev unutarnjeg polumjera r1 , odnosno vanjskog
polumjera r2 . Cijev je optereena unutarnjim tlakom p1 i vanjskim tlakom p2 . Kako je cijev
osnosimetrina, i osnosimetrino optereena, naprezanja u njoj su odreena izrazima (5.102).
Konstante C2 , C3 i C4 treba odrediti iz rubnih uvjeta koji glase
r r p( )1 1 , r r p( )2 2 ,
odnosno
C
rC C r p2
12 3 4 1 1
2 2 1 ( ln ) , (5.103)
C
rC C r p2
22 3 4 2 2
2 2 1 ( ln ) .
Ova dva uvjeta nisu dovoljna da se odrede tri konstante. To se moe objasniti tako to je prsten
dvostruko suvislo podruje, pa se u njemu mogu pojaviti samouravnoteena poetna naprezanja
koja su nam nepoznata to uvjetuje pojavu tree konstante. Ako usvojimo da je C4 0 , moemo
iz (5.103) dobiti
101
Slika 5.25 Debela cijev optereena unutarnjim i vanjskim tlakom
Cr r
r rp p2
1
2
2
2
2
2
1
2 2 1
( ) , C
r p r p
r r3
1
2
1
2
2
2
2
2
2
2
1
22
( ),
pa je napokon
rr r
r rp
r rp
r r
12
22
22
12 1
22 2 2
12 2
1 1 1 1, (5.104)
r r
r rp
r rp
r r
12
22
22
12 1
22 2 2
12 2
1 1 1 1.
Ova se rjeenja potpuno podudaraju s rjeenjima koje smo odredili metodama nauke o vrstoi.
5.5.3 isto savijanje debelog zakrivljenog tapa
Slika 5.26 prikazuje debeli zakrivljeni tap koji je optereen s dva sprega M na svojim krajevima.
Moment savijanja ne ovisi o kutu pa naprezanje , odnosno r takoer ne ovise o .
Prema tome radi se o osnosimetrinoj zadai. U tom sluaju mogu se primijeniti izrazi (5.102).
Konstante C2 , C3 i C4 odreuju se iz rubnih uvjeta koji glase
r r( )1 0 , r r( )2 0 . (5.105)
Na lijevom i desnom kraju tapa vrijedi
N r
r
r
1
2
0d , (5.106)
102
M r r
r
r
1
2
d . (5.107)
Slika 5.26 Savijanje debelog zakrivljenog tapa
U (5.107) moment se rauna s obzirom na toku 0 , a ne na teite presjeka. To se smije uiniti,
jer je N 0 i jer je spreg M slobodan vektor. Ako (5.102) uvrstimo u (5.105), dobit emo
C
rC C r2
1
2 3 4 12 2 1 0 ( ln ) ,
C
rC C r2
2
2 3 4 22 2 1 0 ( ln ) . (5.108)
Ako u jednadbu (5.106) uvrstimo d d2 2/ r , bit e
0d
dd
d
dd
2
1
2
1
2
1
2
2
r
r
r
r
r
rr
rr
r
.
Budui da je prema (5.101) r rr d d/ , to je
0)()(d
d1122
2
1
2
1
rrrrr
rrr
r
rr
r
r
.
Prema tome, ako je ispunjen uvjet (5.105), ispunjen je i uvjet (5.106), pa ga ne treba posebno
razmatrati. Uvrstimo sada izraz za iz (5.102) u uvjet (5.107), pa emo nakon integriranja
dobiti
M Cr
rC r r C r r r r 2
2
1
3 2
2
1
2
4 2
2
2 1
2
1ln ( ) ( ln ln ) . (5.109)
Dvije jednadbe (5.108) i jednadba (5.109) dovoljne su da se odrede tri nepoznate konstante. Te
konstante iznose
103
CM
Kr r
r
r2 2
212 2
1
4 ln ,
CM
Kr r r r r r3 22
1
2
2
2
2 1
2
12 ( ln ln ) ,
CM
Kr r4 22
1
22 ( ) ,
gdje je
K r r r rr
r
( ) ln2
2
1
2 2
2
2
1
2 2
1
2
4 .
Ako vrijednosti za konstante uvrstimo u (5.102), dobit emo izraze za naprezanja koji glase
rM
K
r r
r
r
rr
r
rr
r
r
4 2212
22
1
22
2
12 1ln ln ln , (5.110)
4 2212
22
1
22
2
12 1
22
12M
K
r r
r
r
rr
r
rr
r
rr rln ln ln ,
Raspodjela naprezanja prema ovom izrazu malo se razlikuje od one koju daje nauka o
vrstoi. Rjeenje nauke o vrstoi dobiveno je na temelju pretpostavke o ravnim presjecima.
Podrobnija bi analiza pokazala da je cirkularni pomak u dan izrazom
uC
Er C
4 45 sin ,
Na radijalnom presjeku, tj. na presjeku konst. , pomaci su proporcionalni koordinati r , tj.
presjek ostaje ravan. Prema tome je pretpostavka o ravnim presjecima, koju smo uveli u nauci o
vrstoi, ispravna. Razlika u oba rjeenja nastaje zbog toga jer smo u nauci o vrstoi
pretpostavili da u tapu vlada jednoosno stanje naprezanja. Da bismo brojano usporedili rjeenje
nauke o vrstoi i teorije elastinosti prikazat emo izraz za u obliku
k rM
r( )
1
2. (5.111)
Tablica 5.1 Koeficijenti k r( )
Omjer polumjera Nauka o vrstoi Teorija elastinosti
r r2 1/ k r( )1 k r( )2 k r( )1 k r( )2
1,3 73,05 -61,35 72,98 -61,27
104
2 7,755 - 4,917 7,725 - 4,863
3 2,292 - 1,130 2,285 - 1,095
Vrijednost koeficijenta k r( )prikazana je u tablici 5.1.
5.6 Ope rjeenje ravninskog problema u polarnim koordinatama
5.6.1 Ope rjeenje biharmonijske jednadbe u polarnim koordinatama
Ope rjeenje diferencijalne jednadbe (5.96) glasi:
mmr 21020112110201),( , (5.112)
gdje je
01 012
022
03 04 C r C r r C C rln ln ,
)lnln( 04032
02
2
0102 rDDrrDrD ,
11 113
121
13 14 ( ln ) cosC r C r C r C r r ,
sin)ln( 14131
12
3
1112 rrDrDrDrD , (5.113)
cos)ln( 020101 rrCrC ,
02 01 02 ( ln ) sinD r D r r ,
mrCrCrCrCn
m
m
m
m
m
m
m
m
mm cos2
4
2
32
2
11
,
mrDrDrDrDn
m
m
m
m
m
m
m
m
mm sin2
4
2
32
2
12
.
Postupak dobivanja ovog rjeenja moe se nai u knjigama o teoriji elastinosti. Bilo koji
dio opeg rjeenja opet je sam za sebe rjeenje. Dvadeset najjednostavnijih lanova opeg
105
Tablica 5.2 Biharmonijske funkcije u polarnim koordinatama
i i r r r
1 r2 2 2 0 4
2 lnr l r/ 2 l r/2
0 0
3 r r2 ln 2 1lnr 2 3lnr 0 4 1(ln )r
4 0 0 l r/ 2 0
5 r2 2 2 -1 4
6 lnr / r2 / r2 (ln ) /r r1
2 0
7 r r2 ln ( ln )2 3r ( ln )2 3r (ln )r 1 4 1 (ln )r
8 sin
r
23
sin
r
23
sin
r
23
cos
r
0
9 cos
r
23
cos
r
23
cos
r
23
sin
r
0
10 r3 sin 2r sin 6r sin 2r cos 8r sin
11 r3 cos 2r cos 6r cos 2r sin 8r cos
12 r rln sin sin
r
sin
r
cos
r
2sin
r
13 r rln cos cos
r
cos
r
sin
r
2cos
r
14 r sin 2cos
r
0 0 2cos
r
15 r cos 2sin
r
0 0 2sin
r
16 sin2 4 2
2
sin
r
0 2 22
cos
r
4 22
sin
r
17 cos2 4 2
2
cos
r
0 2 2
2
sin
r
4 22
cos
r
18 r2 2sin 2 2sin 2 2sin 2 2cos 0
19 r2 2cos 2 2cos 2 2cos 2 2sin 0
20 cos22
r
4 24
cos
r
6 24
cos
r
6 24
sin
r
10 24
cos
r
106
rjeenja oznaeni s 1 , 2 20,..., dani su u tablici 5.2 zajedno s odgovarajuim naprezanjima r ,
, r i prvom invarijantom naprezanja r . Kombinacijom ovih jednostavnih funkcija
mogue je dobiti mnoga praktina rjeenja.
5.6.2 Klin optereen uzdunom silom F u vrhu
Slika 5.27 prikazuje klin koji je u vrhu optereen silom F . Sila je paralelna s osi klina x . Klin se s
desne strane protee u beskonanost. Drugim rijeima uvrenje klina na desnom kraju dovoljno
je daleko da ne utjee na raspodjelu naprezanja na lijevom kraju.
Slika 5.27 Klin optereen u vrhu uzdunom silom F
Funkcija naprezanja pomou koje moemo rijeiti ovaj problem glasi
C r sin . (5.114)
Kad se (5.114) uvrsti u (5.92), dobit e se
r Cr
2cos
, (a)
0 , r 0 . (b)
Rubni uvjeti na bokovima klina, tj. za glase: ( ) 0 i r ( ) 0 .
Prema (b) ovi su uvjeti uvijek zadovoljeni. Rubne uvjete na desnom kraju neemo
razmatrati. Umjesto toga razmatrat emo ravnoteu klina uzevi u obzir naprezanje u presjeku
r konst . Prema (a) u presjeku r konst . , naprezanja su raspodijeljena po zakonu kosinusa,
kako je prikazano na slici 5.27. Uvjeti ravnotee klina glase
107
F F rx r
cos d 0 , (c)
F ry r
sin d 0 . (d)
Trei uvjet ravnotee M 0 uvijek je zadovoljen jer pravci djelovanja naprezanja r kao i
sama sila F prolaze kroz ishodite 0 i ne ine moment oko 0. Ako (a) uvrstimo u (c) i (d), dobit
emo
2C Fcos d2
, (e)
2 0C cos d
sin . (f)
Lako se moemo uvjeriti da je uvjet (f) ispunjen. Iz (e) nakon integriranja slijedi
2sin2
FC , (g)
pa je sada
r
F
r
2
2 2sin
cos. (5.115)
Izraz (5.115) moemo jednostavnije napisati u obliku
r Ar
cos
, (5.116)
gdje je
AF
2
2 2 sin, (5.117)
konstanta koja ovisi o optereenju i kutu klina.
Da bismo rjeenje (5.115) mogli usporediti s rjeenjem u nauci o vrstoi, to emo rjeenje
transformirati u pravokutne koordinate. Prema izrazima (2.16) i (2.17) Nauka o vrstoi I, str. 27
vrijedi 1
x r cos2 , y r sin
2, xy r cos sin . (5.118)
Ovdje je prema slici 5.28 uzeto da je 0 jer smo pri transformaciji os r zakrenuli u x os.
Prema istoj slici vrijedi
108
Slika 5.28 Transformacija naprezanja iz polarnih u pravokutne koordinate
r x y2 2 2 , tan y
x, (5.119)
odnosno
cos x
r, sin
y
r. (5.120)
Ako (5.116) uvrstimo u (5.118), dobit emo
xA
r cos3 , y
A
r cos sin2 , xy
A
r cos sin2 .
Uvrstimo sada u gornji izraz (5.120), zatim (5.119), pa emo dobiti
x Ax
rA
x
x y
3
4
3
2 2 2( ),
y Axy
rA
xy
x y
2
4
2
2 2 2( ), (5.121)
xy Ax y
rA
x y
x y
2
4
2
2 2 2( ).
Pomou izraza (5.121) moemo lako odrediti raspored naprezanja u presjeku x konst . . Visina
klina h na tom mjestu iznosi h x 2 tan . Odavde je x h ( cot ) / 2 . Takoer je
h y h/ /2 2 . Ako (5.117) uvrstimo u (5.121), bit e
x
F x
x y
2
2 2
3
2 2 2sin ( ),
109
y
F xy
x y
2
2 2
2
2 2 2sin ( ), (5.122)
xy
F x y
x y
2
2 2
2
2 2 2sin ( ).
Raspodjela naprezanja za sluaj 20 prikazana je na slici 5.29.
Slika 5.29 Raspodjela komponenata naprezanja u pravokutnim koordinatama
Kako je u ovom sluaju N F , A bh h , to prema izrazima nauke o vrstoi vrijedi
xN
A
F
h , y xy 0 .
Normalno naprezanje x odreeno metodama teorije elastinosti malo se razlikuje od naprezanja
izraunatog metodama nauke o vrstoi ako je sredinji kut 2 mali. Prema slici 5.29 vidimo da
je pogreka 9% za 2 40 .
Slika 5.30 Ravnotea rubnog elementa klina
Prema nauci o vrstoi komponente naprezanja y i xy jednake su nuli. To je tako
samo na prvi pogled. Naime, ako isjeemo trokutni element blizu ruba klina, kako je prikazano na
slici 5.30a, vidimo da element ne moe biti u ravnotei pod djelovanjem samo komponente
110
naprezanja x . Da bismo odrali ravnoteu, mora djelovati naprezanje yx u iznosu
yx xx yd d , tj. yx x xy x d d/ tan . Meutim, pored naprezanja yx djeluje i
naprezanje xy , kako je pokazano na slici 5.30c. Tada ovaj element nije u ravnotei u pravcu osi
y , pa se javlja komponenta y , kao na slici 5.30c. Ravnotea elementa zahtijeva da je
y xyx yd d , tj. y xy xyy x d d/ tan . Napokon imamo
xy x tan , y x tan2 . (5.123)
Ako je kut mali, xy je za jedan red veliine manji od x , a y je manji za dva reda
veliine. Meutim, s porastom kuta , rastu i naprezanja y i xy . Kad kut postane jednak
/ 4 , tada je tan 1 , pa je x y xy .
Slika 5.31 Poluravnina optereena silom F
Posebno interesantan sluaj klina imamo kad je / 2 . Tada klin prelazi u poluravninu
kako je prikazano na slici 5.31. U ovom sluaju je sin sin2 0 pa je A F 2 / , to
uvrteno u (5.116) daje
r
F
r
2 cos. (5.124)
Ucrtajmo sada na slici 5.31 krunicu polumjera R koja dodiruje rub poluravnine. U tom je sluaju
pravac x 0 tangenta krunice. Tada za pravokutni trokut OAB vrijedi r R 2 cos , to
uvrteno u (5.124) daje
r
F
Rkonst . . (5.125)
111
To znai da je naprezanje r konstantno du ucrtane krunice. Kako je r 2 jedno glavno
naprezanje, a 1 0 drugo glavno naprezanje, to du ove krunice imamo konstantnu razliku
glavnih naprezanja. Prema tome, ta krunica je izokroma. Jednadba izokrome prema izrazu
(14.39) u Nauci o vrstoi I str. 294 glasi 1
1 2 Nf
h, (5.126)
gdje je N 012, , ... red izokrome, f fotoelastina konstanta materijala, a h debljina modela. U
naem sluaju je 1 2 0 r F R/ , pa jednadba izokrome prelazi u
Nf
h
F
R
.
Odavde se moe dobiti polumjer krunice koji iznosi
RFh
N f
. (5.127)
Kad je N 0 , onda je R , tj. nulta izokroma se podudara s rubom poluravnine. Za N 1
dobit emo R Fh f1 / . Pri svakom slijedeem redu izokrome polumjer krunice-izokrome je
upola manji od prethodne, to je prikazano na slici 5.31b.
5.6.3 Klin optereen poprenom silom u vrhu
Klin optereen poprenom silom F u vrhu prikazan je na slici 5.32. Funkcija naprezanja u ovom
sluaju glasi
Cr cos . (5.128)
Iz nje se mogu dobiti naprezanja
rC
r
2sin , r 0 . (5.129)
Kao i u prethodnom sluaju rubni uvjeti na bokovima automatski su zadovoljeni. U
presjeku r konst . naprezanje r je raspodijeljeno po sinusnom zakonu.
Konstantu C odredit emo iz uvjeta ravnotee klina. Kako pravac djelovanja naprezanja
r prolazi kroz ishodite 0 u kojem djeluje i sila F , to je uvjet M 0 ispunjen. Uzmemo li
u obzir da su projekcije sile r rd u os x s gornje i donje strane osi simetrije x jednake po
iznosu a suprotne po smjeru, vidimo da je uvjet Fx 0 takoer zadovoljen. Preostaje da
ispunimo uvjet Fy 0 , tj.
112
F F ry r
sin d 0 . (5.130)
Kad u gornji izraz uvrstimo (5.129), dobit emo
F F Cy
2 0sin d2
,
odnosno
CF
2 2 sin
. (5.131)
Slika 5.32 Klin optereen poprenom silom F u vrhu
Nakon uvrtenja izraza za C u (5.129), bit e
r
F
r
2
2 2sin
sin. (5.132)
Na slian nain kao i u prethodnom sluaju moemo pomou izraza (5.118) odrediti komponente
u pravokutnim koordinatama koje glase
xB
rB
x y
x y
sin cos
( )
22
2 2 2,
yB
rB
y
x y
sin
( )
33
2 2 2, (5.133)
xyB
rB
xy
x y
sin cos
( )
22
2 2 2,
gdje je
BF
2 2 sin
. (5.134)
Raspodjela komponenata naprezanja po visini presjeka x konst . prikazana je na slici 5.33 za
klin sa sredinjim kutem 2 40 .
113
Prema nauci o vrstoi naprezanja u ovom sluaju iznose
xz
z
M
Iy , xy
y z
z
Q S
b I , y 0 . (5.135)
Slika 5.33 Raspodjela naprezanja po presjeku klina
Kako je M Fxz , I hz 3 12/ , Q Fy , S h yz ( / ) /
2 24 2 , gornji izraz moemo napisati u
obliku
xF xy
h12
3, xy
F
h
hy
6
43
22 . (5.136)
Pomou izraza (5.136) izraunate su vrijednosti i usporeene s onima koje daje nauka o vrstoi
te prikazane na slici 5.33.
5.6.4 Klin optereen spregom M u vrhu
Klin je prikazan na slici 5.34. U ovom sluaju funkcija naprezanja ima oblik
C C1 2 2sin (5.137)
Prema izrazima (5.92) komponente naprezanja iznose
rC
r
422
2sin , 0 , r
rC C
12 2
2 1 2( cos ) . (a)
Na bonim stranama klina, tj. za rubni uvjeti glase
( ) 0 , r ( ) 0 . (b)
114
Slika 5.34 Klin optereen spregom M u vrhu
Prvi je uvjet ispunjen, dok nam drugi rubni uvjet daje
12 2 0
2 1 2rC C( cos ) . (c)
Odavde moemo dobiti
C C1 22 2 cos , (d)
pa je
rC
r 2
2 222(cos cos ) . (e)
Konstantu C2 odredit emo iz uvjeta ravnotee momenata oko toke 0 koji glasi
M M r r
r d 0 . (f)
Kad u gornji izraz uvrstimo (e) i sredimo, dobit emo
M M C
2 02 ( )cos2 cos2 d ,
odnosno
22 2 2
2CM
sin cos
, (g)
pa je
r
M
r
2
2 2 2
22sin cos
sin,
r
M
r
sin cos
cos cos
2 2 2
2 22
. (5.138)
115
Radi preglednosti napisat emo (5.138) jo jednom u obliku
rD
r4
2cos sin ,
rD
r
2
2 22(cos cos sin ) , (5.139)
DM
sin cos2 2 2
.
Slika 5.35 Raspodjela naprezanja u presjeku klina
Izrazi za transformaciju prema slici 5.28 glase
x r r cos cos sin2 2 ,
y r r sin cos sin2 2 ,
xy r r cos sin (cos sin )2 2 .
Ako je (5.139) uvrstimo u izraze za transformaciju i pri tome uzmemo u obzir (5.119) i (5.120),
dobit emo
)2cos(24)(
333
222xyyxxyyx
yx
Dx
,
)2cos(24)(
333
222xyyxxyxy
yx
Dy
, (5.140)
))(2(cos4)(
222222
222yxyxyx
yx
Dxy
.
116
Navedena rjeenja za klinove imaju teorijsko znaenje, jer nam potvruju jednostavna i
priblina rjeenja nauke o vrstoi za tapove blago promjenljivog poprenog presjeka. Ta rjeenja
nam omoguuju da odredimo sredinji kut 2 za koji greka u proraunu nee prijei odreenu
vrijednost. Osim toga, pomou navedenih rjeenja moemo rijeiti i neke druge praktine
probleme.
5.6.5 Klin optereen jednoliko kontinuirano
Rjeenje tog problema ve smo razmatrali u pravokutnim koordinatama u potpoglavlju 5.2.8.
Takav je klin prikazan na slici 5.36. Funkcija naprezanja koja dovodi da rjeenja zadanog
problema glasi
r C C C C2 1 2 3 42 2( cos sin ) . (5.141)
Naprezanja izvedena iz te funkcije su
)2sin2cos(2 4321 CCCCr ,
)2sin2cos(2 4321 CCCC , (5.142)
r C C C 2 3 42 2 2 2sin cos .
Slika 5.36 Klin optereen jednoliko kontinuirano
Rubni uvjeti glase
( , )r q0 , ( , )r 0 , r rr r( , ) ( , )0 0 . (5.143)
Na temelju rubnih uvjeta slijedi
Cq
A14
2 ( tan ) , Cq
A2
2 ,
Cq
A3
4 tan , C
q
A4
4 , A tan . (5.144)
Sada izrazi za naprezanje glase
117
2sintan)2cos1(222
A
qr ,
2sintan)2cos1(222
A
q, (5.145)
2cos2sintan12
A
qr .
Ako usvojimo , dobit emo poluravninu koja je na jednom dijelu ruba optereena jednoliko
kontinuirano prema slici 5.37. U tom sluaju izrazi za komponente naprezanja glase
)2sin22(2
q
r ,
)2sin22(2
q
, (5.145)
rq
sin2 .
Slika 5.37 Poluravnina optereena kontinuiranim optereenjem
s jedne strane ishodita.
5.6.6 Rjeenja praktinih problema pomou rjeenja za klin
Mnogi praktini problemi u strojarstvu, graditeljstvu i drugim granama tehnike mogu se rijeiti
superpozicijom rjeenja o klinovima. Tako je npr. rjeenje problema naprezanja u trapeznom
konzolnom nosau tranica mosne dizalice prikazano na slici 5.38.
Nosa pola generatora ili elektromotora prikazan je na slici 5.39a. Slika 5.39b prikazuje
trapeznu konzolu optereenu jednoliko kontinuirano. To optereenje odgovara superpoziciji klina
koji je optereen jednoliko kontinuirano i klina koji je u vrhu optereen uzdunom silom qasin ,
poprenom silom qacos i momentom M qa 2 2/ . Slino rjeenje vrijedi i za T uvrenje
turbinske lopatice.
118
Slika 5.38 Konzola u obliku trapeza, nosa tranice mosne dizalice
Slika 5.39 Nosa pola generatora
5.6.7 Kruni disk optereen dvjema silama
Slika 5.40 prikazuje kruni disk polumjera R koji je optereen s dvije kolinearne, jednake i
suprotno usmjerene sile F . Funkcija naprezanja koja dovodi do rjeenja ovog problema sastoji se
iz tri dijela i glasi
1 2 3
1 11
2 22
3
2
2
Fr Fr Fr
Rcos cos . (5.146)
Znaenje r1 , r2 , r3 , 1 , 2 , vidljivo je sa slike 5.40a. Funkcije 1 i 2 predstavljaju funkciju
naprezanja za poluravninu optereenu silom F koju smo obradili u potpoglavlju 5.6.2 s tom
razlikom to se ovdje javljaju funkcije cos1 i cos2 umjesto sinusne funkcije. To je zbog
drugaije odabranog koordinatnog sustava. Trei dio funkcije naprezanja 3 uvodi potrebnu
korekciju tako da budu zadovoljeni rubni uvjeti.
Naprezanja odreena iz tri dijela funkcije ne smiju se neposredno zbrojiti, jer se ne odnose
na isti koordinatni sustav. Zbog toga emo ih napisati odvojeno u tablicu 5.3.
Tablica 5.3. Naprezanja u disku
119
1 2 3
r 2F
r
1
1sin 2F
r
2
2sin F
R
0 0 F
R
r . 0 0 0
Slika 5.40 Kruni disk optereen s dvije sile
Po obodu diska vrijedi 1 2 2 / , tj. vektori poloaja r1 i r2 ine pravi kut pa je na rubu
r rR1 2 2
sin sin 1 2 . (a)
120
Prema tome, naprezanja po rubu koja potjeu od 1 i 2 jednaka su i meusobno okomita. Ta
naprezanja iznose
r r
F
R
1 2 . (b)
Kako funkcija 3 u itavom disku, pa tako i na rubu daje jednoliko vlano naprezanje
r
F
R
3 3 , (c)
oito je da se du ruba naprezanja r1 , r
2 i r3 meusobno ponitavaju. Prema tome, moemo
zakljuiti da su rubni uvjeti zadovoljeni jer su du ruba normalno i posmino naprezanje jednaki
nuli.
Da bismo mogli naprezanja zbrojiti, moramo ih transformirati na zajedniki koordinatni
sustav. Neka to bude sustav Oxy . Tada za naprezanja koja potjeu od funkcije 1 vrijedi
x rF
rr1 1 2 1
1
4 1
3
1
2
1 cos sin cos ,
y rF
rr1 1 2 1
24 1
3 31 sin sin , (d)
xy rF
rr1 1 1 1
14 1
3 21 1 sin cos sin cos .
Naprezanja koja potjeu od 2 iznose
x rF
rr2 2 2 1
24 2
32
22 cos sin cos ,
y rF
rr2 2 2 2
24 2
3 32 sin sin , (e)
xy rF
rr2 2 2 2
24 2
3 22 2 sin cos sin cos .
Funkcija 3 daje komponente naprezanja
x y F R3 3 / , xy
3 0 . (f)
Konani oblik izraza za komponente naprezanja dobit emo zbrajanjem izraza (d), (e) i (f), tj.
x x x x 1 2 3 ,
121
y y y y 1 2 3 , (5.148)
xy xy xy xy 1 2 3 .
Prema slici 5.40a vrijede slijedei odnosi
xrr 2211 coscos ,
yRr 11 sin , r R y2 2sin , (5.149)
222
1 )( yRxr , r x R y22 2 2 ( ) .
Ako sada (d, e, f) i (5.149) uvrstimo u (5.148) i sredimo, dobit emo konane izraze za raspodjelu
naprezanja koji glase
222222
2
)()(
2
yRx
yR
yRx
yRFx
R
Fx
,
222
3
222
3
)(
)(
)(
)(2
yRx
yR
yRx
yRF
R
Fy
, (5.150)
222
2
222
2
)(
)(
)(
)(2
yRx
yR
yRx
yRFxxy
.
Gornji izrazi mogu se pojednostavniti uvoenjem oznake
222222 )()( yRxyRxK . (5.151)
U tom sluaju (5.150) prelazi u
)23)((4 2222242
xyRyRxK
FRx
R
Fx
,
)2)(()3(4 22222224 xyRyRyRxK
FR
R
Fy
, (5.152)
2224 )(8 yRxK
FRxyxy
.
Na vertikalnoj osi simetrije, tj. za x=0 imamo
x
F
R ,
1
4F22
2
yR
R
Ry
, xy 0 . (5.153)
Na horizontalnoj osi simetrije y =0 naprezanja iznose
2
22
22
xR
xR
R
Fx
,
1
)(
4F222
4
xR
R
Ry
. (5.154)
122
U sreditu diska je
x
F
R ,
R
Fy
3 . (5.155)
Raspodjela naprezanja po presjecima diska prikazana je na slici 5.40b i c.
5.6.8 Rastezanje beskonane ploe s krunim otvorom
Na slici 5.41 prikazana je tanka ploa s malim krunim otvorom ije se obje dimenzije, duljina i
irina proteu u beskonanost. Ploa je u beskonanosti optereena na rastezanje optereenjem
u smjeru osi x . Funkcija naprezanja ( , )r koja daje rjeenje ovog problema glasi
2cos
r
R2R-rln2R-r
4 2
42222 r . (5.156)
Slika 5.41 Beskonana ploa s krunim otvorom optereena na rastezanje
Ako (5.156) uvrstimo u (5.11) i sredimo, dobit emo
2cos4311
2
242
r
R
r
R
r
Rr ,
2cos311
2
42
r
R
r
R, (5.157)
2sin2312
24
r
R
r
Rr .
123
Trebamo se jo uvjeriti da naprezanja izraena pomou (5.157) zadovoljavaju rubne uvjete.
Raspodjelu naprezanja oko krunog otvora moemo dobiti ako u (5.157) uvrstimo r R . Tada je
o( cos )1 2 2 , r r 0 . (5.158)
Prema tome rubni su uvjeti na krunici r R ispunjeni. Kad r tei u beskonanost, komponente
naprezanja tee vrijednostima
x o , y xy 0 . (5.159)
Budui da su rubni uvjeti u beskonanosti definirani u pravokutnim koordinatama, a rjeenje je
dano u polarnim koordinatama, moramo (5.159) transformirati u polarne koordinate. Prema
(2.16) i (2.17) u 1 vrijedi
r cos2 , sin
2 , r cos sin . (5.160)
Ako sada pustimo da r tei u beskonanost, izrazi (5.157) prei e u
ro 2
1 2( cos ) ,
o
21 2( cos ) , r o cos sin . (5.161)
Lako se moemo uvjeriti da su izrazi (5.160) i (5.161) jednaki. To znai da su rubni uvjeti u
beskonanosti takoer ispunjeni.
Naprezanja du osi x dobit emo ako u (5.157) uvrstimo 0 i r x . U tom sluaju
vrijedi
r x
R
r
R
r
2
2 5 3
2 4
,
y
R
r
R
r23
2 4
, r xy 0 . (5.162)
Ako u (5.157) uvrstimo /2 i r y , dobit emo raspodjelu du osi y , tj.
r y
R
r
R
r
3
2
2 4
,
x
R
r
R
r22 3
2 4
, (5.163)
r xy 0 .
124
Slika 5.42 Raspodjela naprezanja x i y du osi x i y
Raspodjela naprezanja du osi x i y prikazana je na slici 5.42, a du ruba otvora na slici 5.43.
Najvee naprezanje nastaje na rubu otvora za 2/ i r R . To naprezanje iznosi
3)2/,(max R . (5.163)
To je naprezanje pozitivno, dakle vlano. Faktor koncentracije naprezanja K definiran je izrazom
K
max . (5.164)
I u ovom sluaju faktor koncentracije naprezanja iznosi K 3 . Ako je ploa optereena u smjeru
osi y umjesto u smjeru osi x , rjeenje se moe dobiti ako umjesto uvrstimo 2/ . U tom
sluaju cos prelazi u sin , a sin u cos . Osi x i y se meusobno zamjenjuju.
Superpozicijom dva opisana rjeenja, dobit emo sluaj prema slici 5.44a
Superpozicijom dva opisana rjeenja, moemo rijeiti jo dva sluaja optereenja koja su
prikazana na slici 5.44. U prvom sluaju prikazanom na slici 5.44a radi se o rastezanju jednakim
intenzitetom u dva meusobno okomita smjera. Faktor koncentracije naprezanja u tom
sluaju je K 2 . Naime, rastezanje u smjeru osi x izaziva u tokama A i B naprezanja: A' 3
i B' . Rastezanje u smjeru osi y izaziva u tokama A i B naprezanja:
"
A i B" 3 .
Superpozicijom tog rjeenja dobit emo
A A A ' " 2 , B B B
' " 2 . (5.165)
125
Slika 5.43 Raspodjela naprezanja oko krunog otvora
Do istog smo zakljuka mogli doi razmatranjem rjeenja za debelu cijev, ako je p1 0 , p2
i r2 . U tom sluaju (5.104) za r r 1 daje
211
)/(1 2212
21
2
11
rrrr
rr , (5.166)
U drugom sluaju, koji je prikazan na slici 5.44b, radi se o istom smicanju intenzitetom
. To se stanje naprezanja moe prikazati kao istovremeno rastezanje i sabijanje jednakim
intenzitetom ( 1 , 2 ).
Slika 5.44 Superpozicija postojeih rjeenja
Taj sluaj naprezanja nastaje u blizini malog krunog otvora u tankoj cilindrinoj ljusci koja je
optereena na uvijanje kako je prikazano na slici 5.45b. U tokama A i B na rubu krunog otvora
naprezanja iznose
126
A A A ' " 3 4 , B B B
' " 3 4 .
Prema tome, u ovom sluaju je max 4 i o , pa faktor koncentracije naprezanja iznosi
K
max 4 .
Slika 5.45 Naprezanje oko malog krunog otvora u tankoj cilindrinoj ljusci,
a) optereenoj unutarnjim tlakom p , b) opterenoj na uvijanje spregovima M
Ako je zatvorena cilindrina posuda optereena unutarnjim tlakom p prema slici 5.45a bit e
xpR
h 2
, pR
h2 (5.167)
U tom sluaju naprezanja u toki A na rubu malog krunog otvora iznose
A A A ' " 2 3 ,
B B B ' " 6 2 4 . (5.168)
Prema tome i u ovom sluaju faktor koncentracije naprezanja iznosi K 4 .
127
Slika 5.46 Prikaz koncentracije naprezanja pomou slike izoklina fotoelastinog modela s eliptinim otvorom koji
je optereen na isto savijanje
Na slici 5.46 prikazana je slika izokroma koja je dobivena pomou fotoelastinog modela u
kruno polariziranom svjetlu. Slika prikazuje tap sa sredinjim eliptinim otvorom koji je
optereen na isto savijanje. Na lijevoj i desnoj treini tapa izokrome su paralelne s osi tapa.
Rasporeene su jednoliko, tj. s jednakim meusobnim razmakom. To znai da je i naprezanje x
jednoliko rasporeeno po visini tapa, dok je 0y . Vidimo da je u tom podruju polje
naprezanja neporemeeno, tj. isto je kao da i nema otvora. U neposrednoj blizini eliptikog otvora
imamo dvoosno stanje naprezanja. U blizini gornjeg i donjeg tjemena elipse izokrome se
zgunjavaju to pokazuje naglu promjenu naprezanja, tj. koncentraciju naprezanja.
Slika 5.47 Slika izokroma u tamnom polju fotoelastinog modela klina koji je prikazan na slici 5.36
Na slikama 5.47 i 5.48 prikazane su slike izokroma klina koji je po jednom boku optereen
jednoliko kontinuirano. Slika 5.47 snimljena je u tamnom polju pa u njoj izokrome imaju red
2,1,0N , itd. Slika 5.48 snimljena je u svijetlom polju pa na njoj izokrome imaju polovian red,
128
tj. 2/1N , 2/3 , 2/5 itd. Takav smo problem rijeili u potpoglavlju 5.65. Rjeenje je
prikazano na slici 5.36. Nulta izokroma 0N na fotografiji ide od vrha klina prema toki koja se
nalazi neto iznad sredine presjeka na mjestu ukljetenja. Ta izokroma prikazuje neutralni sloj u
kojem je naprezanje 0 . Red izokrome na gornjem rubu je nii od reda izokrome na donjem
rubu, to znai da je i naprezanje na gornjem rubu neto nie od naprezanja na donjem rubu.
Slika 5.48 Slika izokroma u svijetlom polju fotoelastinog modela klina koji je prikazan na slici 5.36