Prof. dr. sc. Pavao Marović

1. Prof. dr. sc. Pavao Marović Otpornost materijala I Šk. god. 2008/2009 0, 1, 2, 3, 4, nastavak 5 i 6.

2. 5. LINIJSKE KONSTRUKCIJE – DJELOVANJE UZDUŽNE SILE Sila usmjerena u smjeru normale (izlazi iz poprečnog presjeka) → vlačna sila → vlačno naprezanje → rastezanje - produljenje Sila usmjerena suprotna od smjera normale (ulazi u poprečni presjek) → tlačna sila → tlačno naprezanje → stlačivanje - skraćenje 5. Uzdužna sila

3. A L0 dN=σxx·dA dA L0 – početna dužina štapa A – površina poprečnog presjeka γ = 0 (zanemarujemo vlast. težinu) 1) Statička analiza Zadaća: Pronaći zakon raspodjele naprezanja po površini poprečnog presjeka. N Σx=0 → F-N=0 → F=N F F 5. Uzdužna sila

4. A L0 L1 ΔL 2) Geometrijska analiza Uzdužna sila je konstantna duž osi štapa (imamo 1-D stanje naprezanja), a zahvaljujući pretpostavci o ravnim presjecima, deformacije u svim točkama presjeka su jednake. F 5. Uzdužna sila

5. 3) Fizikalna analiza Pošto se naš štap nalazi u 1-D stanju naprezanja, to ćemo za fizikalnu jednadžbu uzeti Hooke-ov zakon za 1-D: 4) Rješavanje sustava jednadžbi 5. Uzdužna sila

6. σxx F (naprezanje je jednoliko raspodijeljeno po površini poprečnog presjeka) Iz prethodnoga slijedi: σxx (raspodjela normalnih naprezanja uzduž uzdužne osi štapa) 2. oblik Hooke-ovog zakona – izraz za produljenje štapa uslijed djelovanja uzdužne sile E·A – krutost štapa na rastezanje/pritisak 5. Uzdužna sila

7. 5) Kontrole O matematičkoj kontroli nećemo govoriti pretpostavljajući da smo sve računske operacije izveli korektno i točno. a) Kontrola naprezanja / kontrola čvrstoće štapa b) Kontrola krutosti štapa 5. Uzdužna sila

8. Troznačnost jednadžbe naprezanja 1) Kontrola naprezanja / kontrola čvrstoće štapa 2) Dimenzioniranje (određivanje potrebne površine popr.pr.) 3) Nosivost (određivanje sile koju štap može preuzeti) 5. Uzdužna sila

9. A L0 dN=σxx·dA dA 5.1 – Utjecaj vlastite težine γ≠ 0 (imamo vlastitu težinu) 1) Statička analiza N x Gx Σx=0 → Gx = N = A·x·γ Gx=A·x·γ 5. Uzdužna sila

10. σxx N Vidimo da se uzdužna sila i naprezanje uzduž štapa mijenjaju po linearnom zakonu. Najveće naprezanje će biti na mjestu uklještenja: Dopuštena dužina štapa Kritična dužina štapa 5. Uzdužna sila

11. A L0 2) Geometrijska analiza Kako smo vidjeli, naprezanje se mijenja duž osi štapa, pa prema tome duž osi nemamo homogeno stanje naprezanja. Zato promatramo diferencijalni dio štapa (dx). dx Δdx x Produljenje štapa uslijed vlastite težine jednako je produljenju koje bi nastalo kada bi na kraju štapa djelovala sila G/2 Gx=A·x·γ 5. Uzdužna sila

12. A L0 5.2 – Zajedničko djelovanje sile i vlast. težine γ≠ 0 Primijenit ćemo princip superpozicije. Stanje naprezanja bit će jednako zbroju stanja naprezanja od sile i vlastite težine. F 5. Uzdužna sila

13. σmax = σdop Komentar: Štapovi s konstantnom površinom poprečnog presjeka duž osi su neracionalni jer imamo veliki dio materijala koji je neiskorišten. 5. Uzdužna sila

14. Ax L0 A0 F γ≠ 0 5.3 – Štap jednake čvrstoće σxx Ideja: Napraviti štap kojemu će u svakom poprečnom presjeku biti naprezanje u potpunosti iskorišteno (svugdje je σdop). Problem: komplicirana i skupa izrada. 5. Uzdužna sila

15. σxx Ln An L3 A3 L2 A2 L1 A1 F γ≠ 0 5.4 – Sastavljeni štap Ideja: Napraviti štap što jednostavniji za izradu ali sa što većom iskoristivosti naprezanja. 5. Uzdužna sila

16. 5. Uzdužna sila

17. 5.5 – Plan pomaka Plan pomaka je grafička konstrukcija kojom utvrđujemo analitičku ovisnost (vezu) između pomaka točaka i deformacije štapova. (slika 9.12, str. 139) 5. Uzdužna sila

18. A B 1 2 1 2 C C F F Statička analiza S1 (1) E1,A1,L1 S2 (2) E2,A2,L2 Σx=0 S1·sin1-S2·sin2=0 Σy=0 S1·cos1+S2·cos2=F (δC= δCH +δCV ) ΔL2 ΔL1 → S1 i S2 δC Izračunamo deformacije: C2 C1 C’ 5. Uzdužna sila

19. 1 2 C ΔL2 ΔL1 F δC C2 C1 C’ (pomak smo izrazili pomoću deformacija) 90-(1+2) δCV 1 s1=C’C1 δCH ΔL2= ΔL1·cos(1+2 )+s1 ·sin(1+2 ) 90-(1+2) 5. Uzdužna sila

20. 5.6 – Statički neodređeni sustavi To su takvi sustavi kod kojih sile u pojedinim elementima sustava ne mogu biti određene samo pomoću jednadžbi ravnoteže već je potrebno promatrati i deformacije elemenata sustava. Razlika između broja statičkih nepoznatih veličina i jednadžbi ravnoteže daje nam stupanj statičke neodređenosti sustava. Da bi smo mogli odrediti sile u pojedinim elementima sustava potrebno je postaviti dopunske jednadžbe deformacija elemenata sustava. Broj dopunskih jednadžbi deformacija jednak je stupnju statičke neodređenosti sustava. Postupak proračuna je slijedeći (slično kao u 4.8 uz dopune): 5. Uzdužna sila

21. Statička strana zadaće: za prerezane elemente sustava, koji sadržavaju nepoznate sile, postavimo jednadžbe ravnoteže te utvrđujemo stupanj statičke neodređenosti; • Geometrijska strana zadaće: utvrđujemo vezu između deformacija pojedinih elemenata sustava temeljem uvjeta kompatibilnosti deformacija (koristimo plan pomaka). Postavljamo onoliko dodatnih geometrijskih jednadžbi koliko je puta sustav statički neodređen; • Fizikalna strana zadaće: Pomoću Hooke-ovog zakona, deformacije pojedinih elemenata sustava izražavamo unutarnjim silama u pojedinim elementima sustava (+ temperatura); • Rješavamo postavljeni sustav jednadžbi iz čega slijede veličine unutarnjih sila u pojedinim elementima sustava (dobivamo veze između opterećenja i deformacija kao i opterećenja i naprezanja); • Provodimo odgovarajuće kontrole: (1) matematička (ispravno rješavanje); (2) fizikalna (dobivene deformacije i naprezanja su u granicama dozvoljenih). 5. Uzdužna sila

22. L Če Al 1) Statička analiza Zadan je okrugli aluminijski štap (a) koji se nalazi unutar čelične cijevi (č). Fč F Primjer: E=∞ Fa F Σy=0 → Fa + Fč = F 2 – 1 = 1x F Trebamo odrediti naprezanja u cijevi i u štapu. 5. Uzdužna sila

23. F Δč Δa L Če Al F 2) Geometrijska analiza Kako je sila centrična, to će ploče i dalje ostati međusobno paralelne. Uvjet deformacije: Δa = Δč 3) Fizikalna analiza Imamo 1-D stanje naprezanja, te deformacije sustava izražavamo unutarnjim silama, tj. Hooke-ovim zakonom: 5. Uzdužna sila

24. 4) Rješavanje sustava jednadžbi Fa + Fč = F Δa = Δč Komentari: • Dobro je izvršiti kontrolu dobivenog izraza prema dimenzijama veličina. • E·A – krutost elementa • Što je veća krutost elementa, materijal na sebe preuzima veće opterećenje (sila Fčje veća što je nazivnik manji). 5. Uzdužna sila

25. a1 E S1 F C 1 A AH E=∞ B D 2 AV F S2 a2 L Primjer: Apsolutno kruta greda pridržana s dva štapa. 1) Statička analiza 4 nepoz.lež.reak. – 3 jedn.rav. = 1x stat.neodređen (1) E1,A1,L1 S1 Primjenjujemo metodu presjeka S2 (2) E2,A2,L2 ΣM(A)=0 S2·sin2·a2+S1·sin1·a1=F·L 5. Uzdužna sila

26. a1 E S1 F C 1 A E=∞ B D 2 S2 F a2 L Pošto je sustav 1x statički neodređen to je potrebno postaviti 1 dodatnu jednadžbu – geometrijska jednadžba. 2) Geometrijska analiza Uvjet deformacije - ??? Sličnost trokuta ACC’=ABB’ ΔL2 ΔL1 2 1 B’ C’ 5. Uzdužna sila

27. Geometrijska jednadžba – veza između deformacija 3) Fizikalne jednadžbe (Hooke-ov zakon za 1-D) 4) Rješavanje sustava jednadžbi (jednadžbe 3 grupe ubaciti ćemo u jednadžbu 2 grupe) Ovo je bila metoda sila, jer smo zadani sustav rješavali po silama. 5. Uzdužna sila

28. Fx u x v A’ Fy y Zadani sustav možemo rješavati i po pomacima – metoda pomaka. (i) Ei,Ai,Li,i,Si (i) i A ΔLi → u, v 5. Uzdužna sila

29. 5.7 – Temperaturna naprezanja Promatramo slobodno, homogeno i izotropno tijelo koje zagrijavamo. U svakoj točki i u svim smjerovima relativna deformacija (εt )je konstantna: εt = t ·Δt t – temperaturni koeficijent linearnog rastezanja Δt – promjena temperature t čelik = 125·10-7 /º C t bakar = 167·10-7 /º C t aluminij = 255·10-7 /º C Temperaturna naprezanja se javljaju kada su deformacije podvrgnute nekim ograničenjima. 5. Uzdužna sila

30. Kod statički određenih sustava nemamo temperaturnih naprezanja jer deformacije (deformiranje) nije ograničeno. • Kod statički neodređenih sustava deformacije su podvrgnute određenim ograničenjima tako da se sada pojavljuju temperaturna naprezanja (ovo se događa bilo da se zagrijavaju pojedinih elementi ili čak i da se cijeli sustav jednoliko zagrijava). +Δt 5. Uzdužna sila

31. S2 S1 L L1 +Δt ΔLt = L1 - L →ΔLt = t·Δt · L 1) Statička analizaS1 = S2 = S 2) Geometrijska analizaΔLt - ΔLS = 0 → ΔLt = ΔLS 3) Fizikalna analizaΔLt = t·Δt· L iΔLS = S·L / E·A 4) RješenjeS = t·Δt·E·Aiσxx = S / A = t·Δt·E 5. Uzdužna sila

32. A B C S2 S1 S1   D 1) Statička analiza ΣV=0 → S2 + 2 ·S1 ·cos = 0 (2) E2,A2,L2 S2 = - 2 ·S1 ·cos Primjer:3 štapa spojena u 1 točki a zagrijava se samo srednji štap. (1) E1,A1,L1 +Δt 2 – 1 = 1x 2) Geometrijska analiza ΔL1 = ΔL2 ·cos 3) Fizikalna analiza ΔL1 = S1·L1 / E1·A1 ΔL2 = (S2·L2 / E2·A2) + t·Δt·L2 ΔL1 ΔL2  4) Rješenje Pitanje: koja je sila vlačna a koja tlačna? 5. Uzdužna sila

33. 5.8 – Montažna (početna) naprezanja U sustavu se mogu pojaviti unutarnje sile iako nemamo nikakvih vanjskih djelovanja. Do toga dolazi zbog netočnosti pri izvedbi elemenata sustava. Kako se te unutarnje sile javljaju pri montaži elemenata sustava odnosno prije nego li na sustav počnu djelovati neki vanjski utjecaji, to se naprezanja uslijed tih unutarnjih sila nazivaju montažna naprezanja odnosno početna naprezanja. 5. Uzdužna sila

34. A B C   δ D ? S2 ? S1 S1 1) Statička analiza ΣV=0 → S2 - 2 ·S1 ·cos = 0 (2) E2,A2,L2 S2 = 2 ·S1 ·cos Primjer:3 štapa spojena u 1 točki pri čemu je srednji štap izveden nešto kraći. (1) E1,A1,L1 2 – 1 = 1x 2) Geometrijska analiza δ = ΔL2 + (ΔL1 / cos) ΔL2 3) Fizikalna analiza ΔL1 ΔL1 = S1·L1 / E1·A1 ΔL2 = S2·L2 / E2·A2 Komentar 1.: Sila S2 je vlačna, a sila S1 je tlačna! 4) Rješenje Komentar 2.: Greška δ može biti slučajna, ali i namjerna! 5. Uzdužna sila

35. 5.9 – Potencijalna energija pri rastezanju/pritisku Pod djelovanjem sile F štap se deformira. Pri tome sila F vrši rad na putu ΔL. Dok smo u elastičnom području, taj vanjski rad se pretvara u potencijalnu energiju, a ako smo u plastičnom području onda se samo dio vanjskog rada pretvara u potencijalnu energiju dok se ostatak troši na deformiranje odnosno na zagrijavanje štapa. 5. Uzdužna sila

36. F F A F1 ΔL B λ ΔL Nas zanima situacija u elastičnom području. Koliko je prirasla potencijalna energija? dW=F1·dλ dF (površina trokuta 0AB) 0 dλ Slijedi: U=W (u elastičnom području, potencijalna energija je jednaka radu vanjskih sila) 5. Uzdužna sila

37. Kako je po Hooke-ovom zakonu: slijedi da je potencijalna energija jednaka: Vidimo da je potencijalna energija deformiranja uvijek pozitivna, U>0, jer je kvadratna funkcija od F ili ΔL. To je površina ispod F-ΔL dijagrama. 5. Uzdužna sila

38. Ako potencijalnu energiju podijelimo s volumenom tijela dobit ćemo jediničnu ili specifičnu potencijalnu energiju: Kako je po Hooke-ovom zakonu σ = ε· E odnosno ε = σ / Eslijedi da je specifična potencijalna energija jednaka: Vidimo da je specifična potencijalna energija deformiranja uvijek pozitivna, u>0, jer je kvadratna funkcija od σ ili ε. To je površina ispod σ - ε dijagrama. 5. Uzdužna sila

39. A A L L G G G G E=∞ E=∞ δst 5.10 – Udarno opterećenje štapa Masa štapa i zadržača je zanemariva prema masi tereta (G). Između štapa i tereta nema trenja → sve se pretvara u energiju (nema gubitka energije, sustav je zatvoren). h δst < δDIN δDIN Rad vanjskih sila (W) jednak je potencijalnoj energiji (U). 5. Uzdužna sila

40. Rad vanjskih sila Unutarnja potencijalna energija ili potencijalna energija deformiranja Rad vanjskih sila jednak je unutarnjoj potencijalnoj energiji odnosno potencijalnoj energiji deformiranja pri čemu je te dobivamo jednadžbu 5. Uzdužna sila

41. (kvadratna jedn. po δdin ) Opće rješenje je: Fizikalno jedino moguće rješenje je: odnosno: pri čemu je: dinamički koeficijent 5. Uzdužna sila

42. Koliki je dinamički koeficijent? Kod pada tereta s neke visine postoji veza između visine padanja h i brzine padanja v: Uvrstimo li to u izraz za δDIN s prethodne stranice, dobivamo: Pri čemu dinamički koeficijent možemo izraziti kao: Za slučaj da je visina padanja h=0 i brzina padanja v=0 dobivamo da je dinamički koeficijent kDIN = 2 Pošto je visina padanja h>0 i brzina padanja v>0 to je dinamički koeficijent: 5. Uzdužna sila

43. Kolika su naprezanja u štapu kad na njega djeluje naglo opterećenje? pri čemu je σst: Dinamičko opterećenje koje djeluje na donjem presjeku štapa je: Vidimo da je dinamičko opterećenje uvijek nepovoljnije od statičkog opterećenja. Zaključak: Između statičkog i dinamičkog djelovanja postoji bitna razlika. 5. Uzdužna sila

44. 5.11 – Gipke žice (lančanica) (Koga zanima može pogledati u knjizi poglavlje 9.12, str. 172-180) 5. Uzdužna sila

45. 5.12 – Membransko stanje naprezanja Primjeri membrana su: rezervoari, cisterne, kotlovi, mjehur od sapunice, itd. Prema tome za membranu možemo kazati: (1) debljina membrane znatno je manja od ostalih dimenzija; (2) membrana je gipka; (3) membrana ne može preuzeti moment savijanja nego samo normalna naprezanja koja su jednoliko raspodijeljena po debljini stjenke membrane u smjeru okomitom na poprečni presjek. 5. Uzdužna sila

46. Promatrajmo diferencijalni element membrane: 5. Uzdužna sila

47. O1 dφ1 2 dφ1 2 dφ1 ρ1 ρ1 σxx·t·ds2 σxx·t·ds2 p t ΣV=0 5. Uzdužna sila

48. Za male kutove imamo da je: Kako je: Laplace-ova jednadžba membranskog stanja naprezanja Dobivamo: Uz Laplace-ovu jednadžbu membranskog stanja naprezanja potrebno je postaviti još jednu dodatnu jednadžbu – ona ovisi o problemu kojeg rješavamo. 5. Uzdužna sila

49. t R ρ1 = R ρ2 = ∞ Primjer: Kotao pod unutarnjim pritiskom (Slika 10.3, str. 184). R2·π·p = σ2·2·R·π·t 5. Uzdužna sila

50. t D=2·R t ρ1 = R ρ2 = ∞ Primjer: Kotao pod unutarnjim pritiskom između krutih površina (Slika 10.6, str. 188). Za postaviti drugu jednadžbu, moramo promatrati deformacije kotla u uzdužnom smjeru (2). Pitanje: ε2=? → 5. Uzdužna sila