1 / 51

O TPORNOST MATERIJALA

O TPORNOST MATERIJALA. Geometrijske karakteristike popre č nog preseka. 1. TEŽIŠTE POPREČNOG PRESEKA RAVNE POVRŠINE. Te ž i š te ravne povr š ine je ta č ka T(x T ,y T ) č ije su koordinate:. A. y. T(x T ; y T ). y T. Gde su:

jeri
Download Presentation

O TPORNOST MATERIJALA

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript

  1. OTPORNOST MATERIJALA Geometrijske karakteristikepoprečnog preseka 1

  2. TEŽIŠTE POPREČNOG PRESEKA RAVNE POVRŠINE Težište ravne površine je tačka T(xT,yT) čije su koordinate: A y T(xT; yT) yT Gde su: A-površina ravne površine ograničene krivom linijom (sl.1.1) xT x 0 sl.1.1 -statički momenti površineA za x, odnosno y osu. 2

  3. Akopovršinaimaosusimetrije, težište se nalazinatojosi (sl.1.2.a). U slučajudapovršinaimadveosesimetrijetežište je u njihovompreseku (sl.1.2.b). Akopovršinaimacentarsimetrijetežište je u tom centru (sl.1.2.c). T T T c) b) a) sl.1.2 3

  4. Ako je površina A sastavljena iz više delova sa površinama A1,A2 ...Ančija su težišta T1,T2 ...Tn, tada se položaj težišta ukupne površine A u odnosu na odabrani koordinantni sistem dobija prema: gde su: Ai- površine pojedinih delova ravne površine xTi- koordinate težišta pojedinačnih površina po x pravcu yTi- koordinate težišta pojedinačnih površina po y pravcu 4

  5. Na slici 1.3 geometrijski su interpretirane date veličine. xT y yT A1 xT1 1 T1 A3 xT A2 T yT1 T3 T2 yT yT2 yT3 2 3 x xT2 xT3 Napomena: Za određivanje položaja težišne ose yT nije bilo neophodno koristiti obrazac, jer se položaj težišne yT ose dobija iz osnosimetričnosti površine po x pravcu. Sl. 1.3 5

  6. STATIČKI MOMENTI RAVNE POVRŠINE Statički momenti površine A (sl. 1.4) za ose 0x i 0y su: dA y y T(xT; yT) yT A Statički moment složene ravne površine, za osu, jednak je algebarskom zbiru statičkih momenata svih prostih površina za istu osu. xT x x 0 sl.1.4 Dimenzija je (LL2=L3) Jedinica je (m3) 6

  7. -Ako osa prolazi kroz težište statički momentpovršine za tu osu jednak je nuli -Za osu simetrije statički momentpovršine jednak je nuli jer osa prolazi kroz težište Primer 1.1 Za zadatu površinu odrediti -položaj težišta i statičke momente inercije sl.1.5 Mere su u cm 7

  8. 1) Određivanje položaja težišta -Podelimo složenu površinu na više prostih površina kojima poznajemo položaj težišta -Usvojimo koordinatni sistem x0y u odnosu na koji određujemo težište -Odredimo težište prema datim jednačiama -Podela složene površine na više prostih površina kojima poznajemo položaj težišta c) b) a) sl.1.5 8

  9. -Usvojanje koordinatnog sistema x0y u odnosu na koji određujemo težište T2 T2 T2 T1 O=T1 T1 T3 T3 c) b) a) sl.1.6 Nameće se usvajanje koordinatnog sistema kao na slici 1.6 jer je uvek težište jedne površine na koordinatnoj osi što olakšava dalji proračun. Uradićemo slučajeve pod a) i c) da bi smo pokazali koliko veština u podeli i izboru koordinatnog sistema može da skrati postupak proračuna, a i da pokažemo da izbor podele i koordinatnog sistema ne utiče na položaj težišta površine. 9

  10. Rešenje za slučaj pod a) Koordinate pojedinačnih težišta u odnosu na usvojeni koordinatni sistem T1(-1; 0) T2(1,5; 1,5) T3(1; -1) y 2 Površine pojedinih površina A1=33=9 cm2 A2=33=9 cm2 A3=33/2=4,5 cm2 T2 1 T(0,4;0,4) T1 x A=22.5 cm2 T3 3 Statički momenti inercije Položaj težišta: T (0,4; 0,4) 10

  11. Rešenje za slučaj pod c) y Koordinate pojedinačnih težišta u odnosu na usvojeni koordinatni sistem T1(0; 0) T2(2; 2) 2 T2 Površine pojedinih površina A1=332=18cm2 A2=33/2=4,5 cm2 T(0,4;0,4) x 0=T1 A=22.5 cm2 1 Statički momenti inercije Položaj težišta: T (0,4; 0,4) 11

  12. d) Rotiramo osu x za 45 i dobijemo osu simetrije. Za tako postavljen koordinatni sistem sledi Koordinate pojedinačnih težišta T1(0; 0) T2(2,84; 0) y x T2 Površine pojedinih površina A1=332=18cm2 A2=33/2=4,5 cm2 A=22.5 cm2 O=T1 Statički momenti inercije x y 2 T2 T(0,57;0) Položaj težišta: 0=T1 1 T (0,57; 0) 12

  13. Zaključci • Položaj težišta na nekoj površini je stalnatačka, odnosno svaka površina ima samo jedno težište i njegov položaj zavisi samo od oblika površine. 2. Koordinate težišta su iste za usvojeni koordinatni sistem bez obzira na način podele složene površine (analizirani slučajevi a i c ). Za različite koordinatne sisteme različite su i koordinate težišta (slučaj pod d u odnosu na a i c) 13

  14. MOMENTI INERCIJE RAVNIH POVRŠINA U odnosu na koordinatni sistem x0y (sl.1.7) razlikujemo sledeće momente inercije ravnih površina: dA -Aksijalni momenti inercije y y T(xT; yT) yT -Centrifugalni momenat inercije r A -Polarni momenat inercije xT x x 0 sl.1.7 Zbog r2=x2+y2 dobijamo da je 14

  15. Ako je površina simetrična u odnosu na jednu od koordinatnih osa, tada je Ixy=0. Aksijalni i polarni momenti inercije su uvek pozitivni a centrifugalni moment može biti i pozitivan i negativan. Svaka površina ima bar jedan par osa za koje jecentrifugalni moment inercije Ixy jednak nuli. Dimenzija momenta inercije je (L4) a jedinica (m4) 15

  16. TRANSLACIJA KOORDINATNOG SISTEMA (STEINEROVA TEOREMA) Aksijalni momenti inercije yT -Moment inercije ravne površine za osu paralelnu težišnoj osi jednak je zbiru sopstvenog momenta inercije za težišnu osu i položajnog momenta inercije (Steinerova teorema). y xT T a A Položajni moment inercije jednak je proizvodu površine i kvadrata rastojanja težišta posmatrane površine od ose za koju tražimo moment inercije x 0 b sl.1.8 16

  17. U datim jednačinama članove nazivamo: - sopstveni aksijalni momenti inercije za težišne ose TxT, TyT yT Aa2- položajni aksijalni moment inercije za osu 0x date površine y Ab2- položajni aksijalni moment inercije za osu 0y date površine xT Centrifugalni momenat inercije T a A x 0 - sopstveni centrifugalni moment inercije date površine b sl.1.9 Aab - položajni centrifugalni moment inercije date površine 17

  18. Polarni momenat inercije yT y T xT I0T- sopstvenipolarnimomenat inercijezapol T r a A A(a2+b2)=Ar2- položajni polarni moment inercije za pol 0 x 0 b sl.1.9 18

  19. ROTACIJA KOORDINATNOGSISTEMA Ako poznajemo momente inercije u odnosu na koordinatni sistem x0y, tada su odgovarajući momenti inercije za koordinatni sistem u0v nastao rotacijom koordinatnog sistema x0y za ugao  (sl.1.10) dati sa: A y v  T u  x 0 sl.1.10 19

  20. GLAVNE OSE I GLAVNI MOMENTI INERCIJE Ekstremne vrednosti aksijalnih momenata inercije nazivamo glavni momenti inercije. y  (2) (1)  x O Ose 1 i 2 nazivaju se glavni pravci ( glavne ose): sl.1.11 Ugao koji glavni pravac zaklapa sa pozitivnim delom 0xose dobijamo iz: 20

  21. -osa (1) je osa u čijem pravcu deluje maksimalni glavni momenat inercije I1 i ona zaklapa ugao 1 sa pozitivnim delom težišne 0x ose. -osa (2) je osa u čijem pravcu deluje minimalni glavni momenat inercije i zaklapa ugao 2=1+90 sa pozitivnim delom 0x ose. y Ugao  nanosimo u direktnom matematičkom smeru 2=1+90 (2) (1) 1 x O sl.1.12 Centrifugalni moment inercije za sistem glavnih osa je jednak nuli, tj. I12=0. 21

  22. Ako su x i y težišne ose tada su momenti inercije I1 i I2 glavni centralni momenti inercije, a ose (1) i (2) su glavne centralne ose inercije. Tada izrazi za glavne ose postaju: POLUPREČNICI INERCIJE I ELIPSA INERCIJE Glavni centralni poluprečnici inercije su Jednačina elipse inercije je: 22

  23. Poluprečnik inercije i1 nanosimo na osu (2), odnosno upravno na osu (1), poluprečnik inercije i2 nanosimo na osu (1), odnosno upravno na osu (2). Elipsa inercije nam omogućava da vidimo promenu momenta inercije pri zaokretanju koordinatnog sistema. Vrednost momenta inercije zu osu (u) jednaka je (Sl. 1.13): Iu=Aiu2 gde je: A-površina zadate ravne površine iu-rastojanje između ose (u) i tangente na elipsu koja je paralelna osi (u) Sl. 1.13 Podrazumeva se da pri ovakvom određivanju momenta inercije treba voditi računa o razmeri crteža. 23

  24. Primer 2 Za površinu prikazanu na slici odrediti glavne težišne momente inercije i nacrtati elipsu inercije. Postupak: • Odredimo položaj težišta b) Odredimo momente inercije površine za težišne ose c) Odredimo glavne momente inercije d) Nacrtamo elipsu inercije 24

  25. Određivanje položaja težišta -Podelimo složenu površinu na više prostih površina kojima poznajemo položaj težišta i momente inercije -Usvojimo koordinatni sistem x0y u odnosu na koji određujemo težište. -Odredimo težište prema poznatim izrazima y 1 3 T1 T3 T2 x 2 0 25

  26. Koordinate pojedinačnih težišta xT1=a+2a=3a yT1=3.5a xT2=2a yT2=a xT3=0 yT3=3a Površine pojedinačnih delova su: A1=12a2 A2=8a2 A3=4.5a2 SA=24.5a2 26

  27. Koordinate pojedinačnih težišta xT1=a+2a=3a yT1=3.5a xT2=2a yT2=a xT3=0 yT3=3a Površine pojedinačnih delova su: A1=12a2 A2=8a2 A3=4.5a2 SA=24.5a2 27

  28. yT xT 28

  29. -Određivanjemomenatainercije AksijalnemomenteinercijeodređujemopremaSteinerovojteoremi Sopstvenimomentiinercijesudati u tabeliiiznose: y1 x1 3a T1 4a y2 x2 2a T2 4a y2 x3 3a T3 3a ______________________ ___________________________ 13.92a4 28.92a4 29

  30. Položajni aksijalni momenti inercije za površinu 1 y1 y xT1 x* yT xT A1 y* x1 T1 xT T yT1 yT x 0 I1Px=A1y*2=A1yT - yT12=12a22,59a-3,5a2= 9,94a4 I1Py=A1x*2=A1xT - xT12=12a22,12a-3,0a2=9,29a4 30

  31. Položajni aksijalni momemti inercije za površinu 2 y2 y xT2 x* yT xT y* T xT yT2 T1 yT x2 T2 x A2 0 I2Px=A2y*2=A1yT – yT22=8a22,59a-a2= 0,76a4 I2Py=A1x*2=A1xT – xT22=8a22,12a-2,0a2=20,22a4 31

  32. Položajni aksijalni momemti inercije za površinu 3 y yT y3 xT=X* y* A3 T x3 xT T3 T1 yT yT3 x 0 I3Px=A3y*2=A3yT – yT32=4,5a22,59a-3,0a2= 20,22a4 I3Py=A3x*2=A3xT – xT32=4,5a22,12a-0a2=0,12a4 32

  33. Polozajni aksijalni momemti inercije za celupovršinu Položajni momenti inercije za osu x: I1Px=A1*y12=A1*yT - yT12=12a2*2.59a-3.5a2= 9.94a4 I2Px=A2*y22=A2*yT - yT22=8a2*2.59a-a2= 20.22a4 I3Px=A3*y32=A1*yT - yT32=4.5a2*2.59a-3.0a2= 0.76a4 __________________ Položajnimomentiinercijezaosu y: I1Py=A1*x12=A1*xT - xT12=12a2*2.12a-3.0a2=9.29a4 I2Py=A2*y22=A2*xT - xT22=8a2*2.12a-2.0a2=0.12a4 I3Py=A3*y32=A3*xT - xT32=4.5a2*2.12a-0.0a2=20.22a4 _________________________________________ Ukupniakasijalnimomentiinercijezatežišne ose: 33

  34. -Određivanjecentrifugalnogmomentainercije s p Sopstvenicentrifugalnimomentiinercije y1 x1 težišne osesuosesimetrije pa susopstvenicentrifugalnimomentijednakinuli 3a T1 4a y2 - + - - + + - + + - x2 2a T2 4a Centrifugalnisopstvenimomenatinercijezatrougao (površina 3) je: + - +  -  - +  + - - + + - a) b) 34

  35. U našem slučaju trougao je orjentisan kao pod a) pa je Položajnicentrifugalnimomentiinercije: Položajnicentrifugalni moment inercije može dabudepozitivaninegativan u zavisnostiod toga u kom se kvadrantu nalazi pojedinačno težište u odnosu na glavno težište. 35

  36. Koristimo apsolutna rastojanja između težišta, a znak odredimo prema položaju težišta I1Pxy=A1*xT-xT1yT-yT1=12a2*2.12a-3.0a2.59a-3.5a=9.61a4(I kvadrant) I2Pxy=A2*xT-xT2yT-yT2=8a2*2.12a-2.0a2.59a-1.0a=1.53a4(III kvadrant) I3Pxy=A3*xT-xT3yT-yT3=4.5a2*2.12a-0.0a2.59a-3.0a=-3.91a4 (II kvadrant) Sada je ukupnicentrifugalnimomenatinercije: (1.125+9.61+1.53-3.91)a4=8.36a4 36

  37. Glavni centralni momenti inercije -maksimalnimomenatinercije -minimalnimomenatinercije Položajglavnihosainercije: 37

  38. Položajglavnihcentralnihosa (1) i (2) zavisiododnosaaksijalnihmomenatainercije IxiIy.Njihov položaj je takavdaprirotacijizaugaoveća vrednostaksijalnogmomentaprelazi u maksimalnuvrednost, a manja u minimalnu. U našemslučajuveći je moment inercijeIy, pa njegovomrotacijomzaugao=25.88 u pozitivnomsmerudobijamoglavnipravac (1), kojiprolazikrozdrugiičetvrtikvadrant. yT (1)  IyTIxT (2)  xT T T1 38

  39. Položaj ugla 1 možemo dobiti i kao: -za -za {to zajedno sa vredno{}u centrifgalnog momentadaje slede}e polo`aje glavnih osa inercije 39

  40. Naš slučaj 40

  41. Elipsainercije -nanosimonaosu (2) -nanosimonaosu (1) yT (1) i1 i2 (2) xT T T1 41

  42. Primer 3. Zapovršinuprikazanunasliciodreditiglavnetežišne momenteinercijeinacrtatielipsuinercije. a a Postupak: 1. Odredimo položaj težišta 2. Odredimo momente inercije površine za težišne ose 3. Odredimo glavne momente inercije 4. Nacrtamo elipsu inercije a a 3.1 Određivanje položajatežišta Zadatupovršinusmopodelilinadvadelaiodredili položajtežištapojedinačnihpovršina u odnosunausvojenikoordinatnisistemx0y 42

  43. y1 y y2 x2 T2 T1 x1 x 0 xT1 Koordinate pojedinačnih težišta u odnosu na usvojeni koordinatni sistem T1 (a ; 1,58a) T2 (a ; 1,58a) Površine pojedinačnih delova su: SA=A1-A2=4a2-0.785a2=3.215a2 A1=2a2a=4a2 43

  44. Koordinatetežištaukupne površine su: T (0,86a; 0,86a) T 0 44

  45. Određivanjemomenatainercije AksijalnemomenteinercijeodređujemopremaSteinerovojteoremi Sopstvenimomentiinercijesudati u tabeliiiznose (1.33-0.055)a4=1.275a4 45

  46. Položajnimomentiinercije: I1Px=A1*y12=A1*yT - yT12=4a2*0.86a-a2= 0.078a4 I2Px=A2*y22=A2*yT - yT22=0.785a2*0.86a-1.58a2= 0.407a4 I1Py=A1*x12=A1*xT - xT12=4a2*0.86a-a2=0.078a4 I2Py=A2*y22=A2*xT - xT22=0.785a2*0.86a-1.58a2=0.407a4 Akasijalnimomentiinercije su: 46

  47. *napomena: zadatapovršinaimaosusimetrije, to je dijagonalakvadrata (površine 1) isvetačkenatojosisimetrijesupodjednakoudaljeneiod x iod y ose, pa takoikoordinatetežištacelepovršine (xTi=yTi). Takođe se zbogtesimetrijedobijaida je IxT=IyT. a a T2 a T1 a T 47

  48. Određivanjecentrifugalnogmomentainercije IxTyT Sopstvenicentrifugalnimomentiinercije težišne osesuosesimetrije pa susopstvenicentrifugalnimomentijednakinuli Centrifugalnisopstvenimomenatinercijezačetvrtinukruga (pov. 2) je: Začetvrtinekrugavažiistopravilokaoizatrouglovezapredznakcentrifugalnogmomentainercije. - + 48

  49. Položajni centrifugalni momenti inercije I1Pxy=A1*xT-xT1yT-yT1=4a2*0.86a-a0.86a-a=0.078a4 (Ikvadrant) I2Pxy=A3*xT-xT2yT-yT2=0.785a2*0.86a-1.58a0.86a-1.58a=0.407a4 (I ) Sada je ukupnicentrifugalnimomenatinercije: Glavnicentralnimomentiinercije: -maksimalnimomenatinercije -minimalnimomenatinercije 49

  50. y OdnosnoI1,2=Ix ± lIxyI tg x 1 Položajglavnihosainercije:  ∞ 2=90=45 (*)Pravacglavneoseprolazikroz I i III kvadrantako je Ixy<0 U našemslučajuIxy<0 a ugao α=45° takoda je osasimetrijepovršineujednoiglavnaosainercije (1). yT (2) (1)  xT T 50

More Related