1

0

00000

00

00000

33

21213

=

=−=

=====

pSi

tSS

SSSSS

/q

M/M/Mi

;/M;/M;/T;/T;/N

10. TORZIJA ŠTAPOVA OPĆEG POPREČNOG PRESJEKA 10.1. Postavka problema

x1

x2

x3

So

S'o

V

Co

C'o

Sp

Slika 48.

S = S0 + S0' + Sp – kontura tijela volumena V koje nastaje gibanjem izvodnice po dvjema jednakim i paralelnim ravninskim krivuljama (sl. 48.). Vanjska opterećenja zadana u integralnom obliku kao: Rubna zadaća spada u I rubnu zadaću teorije elastičnosti (na konturi zadane sile). Treba odrediti komponente naprezanja σij (polje naprezanja od 9 komponenata odnosno 6 različizih). Tražimo rješenje u naprezanjima pa koristimo Beltrami-Michellove jednadžbe koje zadovoljavaju uvjete kinematičke dopustivosti.

2

0σσσσσσ 322331132112 ≠=====

Vu σσi0x

σjiij

j

ji ==∂

∂

0x

σ

x

σ

0x

σ

x

σ

0x

σ

x

σ

2

23

1

13

3

32

1

12

3

31

2

21

=∂

∂+

∂

∂

=∂

∂+

∂

∂

=∂

∂+

∂

∂

0x

σi0

x

σ

3

32

3

31 =∂

∂=

∂

∂

( )const.σσ

0x

σi0

x

σ

2112

1

12

2

21

==

=∂

∂=

∂

∂

0σσσ 332211 ===

Problem torzije štapa prvi je riješio St. Venant poluobratnim postupkom tako da je pretpostavio da su neke komponente naprezanja poznate, a druge je odredio iz poznatih jednadžbi teorije elastičnosti i rubnih uvjeta. Prethodno je pretpostavljeno da se svi zamišljeni diskovi duž osi štapa x3 nalaze pod istim uvjetima deformiranja i da se u smjeru osi x1 i x2 slobodno deformiraju tako da su sve komponente normalnih naprezanja jednake nuli:

(10.1) pa ostaju samo posmične komponente koje mogu biti različite od nule.

(10.2) 10.2. Statički dopustivo rješenje

Riješenje mora biti statički dopustivo, odnosno mora zadovoljavati jednadžbe ravnoteže. Uz zanemarenje volumenskih sila imamo:

(10.3)

odnosno u razvijenom obliku uz (10.1) imamo:

(10.4)

Na temelju spomenutog uvjeta da se svi zamišljeni jedinični diskovi duž osi štapa nalaze pod istim uvjetima deformacija zaključujemo da su posmična naprezanja po dužini štapa konstantna odnosno vrijedi:

(10.5)

To meñutim implicira da iz prve dvije jednadžbe mora biti:

(10.6)

3

( ) ( )

1

23

2

13

212323211313

x

Φσ,

x

Φσ

x,xσσ,x,xσσ

∂∂

−=∂∂

=

==

00 232

132 =∇=∇ σσ i

( ) ( ) 0Φx

i0Φx

2

2

2

1

=∇∂∂

=∇∂∂

iz čega slijedi da su posmična naprezanja σ12 = σ21 po površini poprečnog presjeka konstantna. Pokazano je prethodnom analizom da su prve dvije jednadžbe (10.4) direktno zadovoljene, a ostaje treća koju treba zadovoljiti. To se postiže izborom funkcije Φ(x1, x2) – Prandtlova funkcija koja povezuje komponente σ13 i σ23 na slijedeći način:

(10.7)

Pomoću Prandtlove funkcije jednadžbe ravnoteže (10.4) su identički zadovoljene. 10.3. Kinematički dopustivo rješenje Budući smo izabrali rješenje po naprezanjima moraju se zadovoljiti Beltrami-Michelove jednadžbe. Od šest jednadžbi tipa Beltrami-Michel, četiri su automatski zadovoljene, a ostaju dvije u obliku:

(10.8) iz čega zaključujemo da su σ13 i σ23 harmonijske funkcije. Supstitucijom (10.7) u (10.8) dobivamo:

(10.9) Slijedi:

cconst.Φ2 ==∇ (10.10)

Što predstavlja Poissonovu parcijalnu diferencijalnu jednadžbu 2. stupnja. Dakle Φ(x1, x2) mora biti iz skupa rješenja Poissonove parcijalne diferencijalne jednadžbe. Rješenje je "statički dopustivo" i "kinematički dopustivo". Da bi bilo pravo rješenje mora zadovoljiti i rubne uvjete.

4

( ) 03321 == n;n,n,nn

pjjini

Sn

Sna n

ili/p

0

0

==

=

σρ

ρ

)c(nnn

)b(nnn

)a(nnn

n

n

n

0

0

0

3

0

2231133

3

0

2

0

1122

3

0

2211

0

1

33

3222

3311

=++=

=++=

=++=

=

==

==

σσσρ

σσσρ

σσσρ

0nσnσ 223113 =+

0nx

Φn

x

Φ2

1

1

2

=∂∂

−∂∂

10.4. Rješenje koje zadovoljava rubne uvjete 10.4.1. Rubni uvjeti na plaštu Sp a) rubni uvjeti na plaštu zadane sile s nulvektorom

(10.11)

(10.12)

Slika 49 Rubni uvjeti na plaštu štapa Sp Kako je σ11 = 0, σ22= 0 i σ33 = 0 slijedi iz prvih dviju gornjih jednadžbi σ12 = 0 i σ21 = 0 jer nema opterećenja na plaštu. Budući smo pretpostavili da je σ12 = const. po poprečnom presjeku onda zaključujemo da je svugdje σ12 = 0. Treća jednadžba sada izgleda:

(10.13) Umjesto σ13 i σ23 uvodimo funkciju naprezanja pa imamo.

(10.14)

So

S'o

Co

C'o

Spds n

n

x2

x1

x3

C

ds

dx2

dx1

5

ds

dxn;

ds

dxn

ds

dx,

ds

dx)n,n(n

12

21

1221

−==

−==

const.Φ/C odnosno

0s

Φ ili 0

ds

dx

x

Φ

ds

dx

x

Φ

o

1

1

2

2

=

=∂∂

=∂∂

+∂∂

x1

x2

n1

σ12σ12σ12σ12

n2

σ21σ21σ21σ21

ρn1=0 n

dx1

dx2

C

ds

t

x3

ρn2=0

n1

n2

Slika 50. Presjek štapa izmeñu gornje i donje konture

Sada (10.14) možemo pisati u obliku:

(10.15) što predstavlja usmjerenu derivaciju ili gradijent na konturi Co. 10.4.2. Rubni uvjeti na konturi S0

x1

x2

x3 Mt

dx2

dx1

x1

x2

32σ

31σ

Slika 51.

6

0M M0;MM 21t3 ==≠=

0σi0σ 3231 ≠≠

0)(0 33213330

==∫= σσS

dxdxN

000 3321 === )(M;M σ

0dxdxσT i 0dxdxσT

00 S

21322

S

21311 ==== ∫∫

0dxΦ/dxΦdxdxx

ΦT

00

0

0

C1C1

CS

21

2

1 ===∂∂

= ∫∫∫

( )∫∫ −==0

212311323S

tt dxdxxxM;MM σσ

∫∫

∂∂

+∂∂

−=0S

212

2

1

1

t dxdxxx

Φx

x

ΦM

( )

( )o

o

C2

2

2

2

C1

1

1

1

Φxx

ΦΦx

x

Φxx

ΦΦx

x

+∂∂

=∂∂

+∂∂

=∂∂

Rubni uvjet na S0 je zadan integralno:

(10.16) Samo dvije komponente naprezanja su različite od nule djeluju na pobočkama.

(10.17) Iz uvjeta ravnoteže sila u smjerovima x1, x2 i x3 imamo: Suma svih sila u smjeru osi štapa x3 je nula: (10.18) Suma momenata u odnosu na osi x1 i x2 je nula:

(10.19) Suma svih sila u smjeru x1 i x2 mora biti takoñer jednaka nuli:

(10.20) Dokazuje se primjenom Stokesova teorema na pr. za smjer x1 .

(10.21)

jer je 00

1 =∫C dx .

Na isti način dokazuje se i T2 = 0 za smjer x2. Ostaje suma momenata oko osi štapa x3.

(10.22) Izraz (10.22) se može napisati u obliku:

(10.23) Primjenom Stokesovog teorema imamo:

(10.24)

7

∫∫+Φ−=0

0

S

210Ct dxΦdx2A/2M

∑=

−=n

ii

n

n

SSS

C......C,C,C

S......S,S,S

10

210

210

( ) .constΦ ;x

Φσ ;

x

Φσ ;x,xΦΦ 2

1

32

2

3121 =∇∂∂

−=∂∂

==

t32121 M Mi ; M; M;T ;T ;N ====== 00000

∫∫∑ ++Φ−==

0

i0

S

21i

n

1i

Ci0Ct dxΦdx2A/Φ2A/2M

∫∫=0

212S

t dxdxM Φ

Mt

So

Co

C3

C2

C1

Φο ΦοΦ1 Φ1 Φ2 Φ2 Φ3 Φ3

Pomoću izraza (10.23) i (10.24) dobivamo:

(10.25) gdje je ∫∫=

0

210S

dxdxA - površina poprečnog presjeka štapa odreñena krivuljom C0. Ovo vrijedi

za jednostruko povezano područje, omeñeno s jednom vanjskom konturom. Lako se pokazuje da za višestruko povezano područje s više kontura (Sl. 52) analogno vrijedi:

(10.26) Slika 52.

(10.27) takoñer i ovdje vrijedi:

(10.28) pomoću Stokesova teorema se dobiva:

(10.29) Za jednostruko i višestruko suvislo područje vrijedi da je konstanta

0C/Φ proizvoljna pa se

može uzeti jednaka nuli tj. uzimamo 0Φ/oC = . U tom slučaju vrijedi:

- za jednostruko povezano područje

(10.30)

8

∫∫∑ +==

0

i

S

21i

n

1i

Cit dxΦdx2A/Φ2M

∫∫===∇0

0

S

21tC

2 dxΦdx2 Mi 0Φ/ C;Φ

- za višestruko povezano područje

(10.31)

Iz izloženog se vidi da je problem torzije štapova prizmatičnog poprečnog presjeka teorijski riješen ako se odabere funkcija Φ= Φ (x1, x2) tako da se zadovolji Poissonova diferencijalna jednadžba i odgovarajući rubni uvjeti, dakle:

(10.32) Jednadžba CΦ

2 =∇ je Poissonova nehomogena parcijalna diferencijalna jednadžba drugog reda s konstantnim koeficijentima. Njezin homogen dio 0Φ

2 =∇ zadovoljavaju harmonijske funkcije, dok se za nehomogen dio rješenje može naći raznim kombinacijama harmonijskih i eksponencijalnih funkcija. Često puta oblik funkcije Φ je odreñen oblikom konture poprečnog presjeka prizmatičnog štapa opterećenog momentom torzije. 10.5. Svojstva rješenja torzije štapa

Co

x2

x1

Φ/Co=0

ds

n

t

Cn

)nivolinija ta-(n CΦ/

)nivolinija ta-(0 0/Φ

n

0

C

C0

=

=

Slika 53. Nivolinije ili ekvipotencijale gdje je Cn – nivo linija (ekviponecijala) Ekvipotencijale ili nivolinije su krivulje jednakih funkcija naprezanja Φ. Promatramo normalu i tangentu na nivo liniju. n – normala na nivo liniji Cn; t – tangenta na nivo liniji Cn. Vektor totalnog naprezanja izgleda:

9

0s

Φ

ds

dx

x

Φ

ds

dx

x

Φ

ds

dxσ

ds

dxσnρ

ds

dx,

ds

dxt ;

ds

dx,

ds

dxn

)σ,(σρρ

1

1

2

2

132

2313

2112

32313n

=∂∂

=∂∂

+∂∂

=−=⋅

=

−=

==

rr

rr

rr

(10.33) Iz čega se zaključuje da je n

rr⊥3ρ , a to znači da je vektor ukupnog naprezanja usmjeren u

smjeru tangente na nivoliniju odnosno ekvipotencijalu. Time je ostvarena pretpostavka o konstantnosti funkcije Φ na ekvipotencijali. Sada provjerimo iznos vektora totalnog naprezanja u smjeru tangente na nivoliniju:

n

Φn

x

Φn

x

Φ

ds

dx

x

Φ

ds

dx

x

Φ

ds

dxσ

ds

dxσtρ

12

2

1

1

2

232

1313 ∂

∂−=

∂∂

+∂∂

−=∂∂

−∂∂

−=+=⋅ )( 21

τn

Φσσρ

2

32

2

313 =∂∂

−=+= (10.34)

τ - je proporcionalno gustoći nivolinija. To znači što su nivolinije gušće, to je vektor totalnog posmičnog naprezanja u tim točkama veći. Tražimo ekstrem i pronalazimo ga na rubu odnosno na nultoj nivoliniji.

( ) 0Φnn

Φτ 222 =∇

∂∂

−=

∂∂

−∇=∇ (10.35)

τ -je harmonijska funkcija s najvećom vrijednosti na rubu poprečnog presjeka.

Mt

τmax

2x

1x

0C

Slika 54.

10

10.5.1. Singulariteti

b

a

A-singularitetτB

τC

B

C

Slika 55. Singularna točka A

U točki A je singularitet posmičnih naprezanja. odnosno 0=τ , gdje imamo nedefiniranu tangentu. Taj singularitet je prisutan u svim lomnim točkama poprečnog presjeka. 10.7. Deformacije štapa i odreñivanje konstante C Za izotropni linearno elastični štap opterećen momentom torzije vrijedi.

012332211 ==== σσσσ i 012332211 ==== εεεε (10.36)

dok za 13σ i 23σ vrijedi:

2

13x∂Φ∂

=σ i 1

23x

Φσ

∂∂

−= (10.37)

Poznata je veza izmeñu naprezanja i deformacija koja po Hookeovu zakonu izgleda:

ijijij 2µδλσ εϑ += ; ( )Gµ = (10.38)

Prema (10.36) vrijedi:

0x

u

x

u

x

uεεε

3

3

2

2

1

1

332211 =∂

∂=

∂

∂=

∂

∂===

( ) 0x

u

x

u

2

1ε

1

2

2

112 =

∂

∂+

∂

∂= (10.39)

11

Analogno gornjem imamo: 13132 σµε =

23232 σµε = (10.40)

Jednakosti (10.40) možemo izraziti kao:

23

1

1

3

x

Φ

µ

1

x

u

x

u

∂∂

=∂

∂+

∂

∂

2x∂∂

12

3

3

2

x

Φ

µ

1

x

u

x

u

∂∂

−=∂

∂+

∂

∂

1x∂∂− (10.41)

Deriviramo li prvu jednakost (10.41) po x2 , drugu po x1 i zbrojimo, dobivamo

µ

CΦ)(

µ

1)

x

u

x

u(

x

2

1

2

2

1

3

=∇=∂

∂−

∂

∂

∂∂

(10.42)

jer je CΦ2 =∇ , a kako je 3

1

2

2

1 2ωx

u

x

u−=

∂

∂−

∂

∂ , gdje je 3ω komponenta tenzora rotacije oko

osi x3 , tada vrijedi:

µ

ωC

x=

∂∂

− )(2 3

3

ili µ

αC

=− 2 odnosno µα2−=C (10.43)

Dobili smo izraz za konstantu u Poissonovoj parcijalnoj diferencijalnoj jednadžbi torzije gdje je α - kut zaokreta štapa po jedinici dužine. Integriramo li izraz (10.42) po x3 i dodamo (10.39) dobivamo nove diferencijalne jednadžbe oblika:

)x,f(x2

1x

2µ

C

x

u213

2

1 +=∂∂

(10.44)

)x,f(x2

1x

2µ

C

x

u213

1

2 −−=∂∂

Temeljem (10.39) izraz 0)x,f(x 21 = . Nakon integracije gornjih jednadžbi po x2 i x1, dobivamo

23

0

11 xx2µ

Cuu +=

13

0

22 xx2µ

Cuu −= (10.45)

12

Kako je α2µ

C= , a 0u 0

1 = i 0u 0

2 = (početni pomaci) , dobivamo:

321 xx αu = i 322 xx αu −= (10.46)

Još treba odrediti pomak 3u . Iz sustava jednadžbi (10.41) dobivamo:

2

2

1

3

x

Φ

µ

1x

2µ

C

x

u

∂∂

+−=∂∂

1

1

2

3

x

Φ

µ

1x

2µ

C

x

u

∂∂

−=∂∂

(10.47)

Iz gornje dvije diferencijalne jednadžbe integracijom se odredi 3u . Po strukturi rješenja se

vidi da pomaci 3u nisu linearni, odnosno dolazi do deplanacije ili vitoperenja ravnine

poprečnog presjeka štapa opterećenog torzijom. Rješenje sustava (10.47) daje. ( )213 x,xΦ αu = (10.48)

13

,2

111

22x

wtg

x

wtg

∂∂

==∂∂

== αααα

.2

31

3x

wxv

x

wxu

∂∂

−=∂∂

−=

11 TEORIJA TANKIH PLOČA 11.1 Pravokutne ploče Čvrsta deformabilna tijela koja imaju jednu dimenziju znatno manju od ostalih dviju zovu se ploče. Ovdje se prikazuje teorija savijanja ploča koje su opterećene okomito na vlastitu ravninu. Posebnu ulogu u inženjerskoj praksi imaju „tanke ploče“ čija je debljina znatno manja od ostale dvije dimenzije dužine i širine. Da bi ploču smatrali tankom mora odnos visine ploče i njezina kraćeg raspona biti 20/1l/h min ≤ , a odnos maksimalnog progiba i

visine ploče 5/1h/wmax ≤ . Ovi uvjeti u inženjerskoj praksi najčešće i jesu zadovoljeni.

Teoriju savijanja tankih ploča s malim progibima razvio je Kirchhoff 1850. god. na temelju slijedećih pretpostavki.

1. U središnjoj ravnini koja prolazi polovinom visine ploče nema normalnih deformacija u uzdužnom i poprečnom smijeru, pa ona predstavlja neutralnu ravninu.

2. Točke koje su prije savijanja ploče bile na normali na središnju ravninu, ostaju na toj normali i nakon savijanja ploče.

3. Normalna naprezanja okomita na ravninu ploče mogu se zanemariti.

Pod gornjim pretpostavkama uz usvojeni koordinatni sustav (O,x1,x2,x3), mogu se svi relevantni parametri savijanja ploča odrediti ovisno o vertikalnom pomaku odnosno progibu ploče w(x1,x2). Prema oznakama na segmentima savijene ploče na (Sl. 11.1) vrijede za male pomake i male zaokrete izrazi:

...................................... (11.1) iz skice se vidi da je 1323 αα xvixu −=−= pa se uvrštavanjem izraza (11.1) dobija

...................................... (11.2)

Slika 11.1 Geometrijska analiza deformcije tankih ploča

x3

x1

A1

B1

1F

E1

O

dx1u

x

x3

x2

A1

D1

1H

E1

O

dx2v

x33

2α

2α

2α−

1α

1α

1α−

14

.)(2

1

21

2

321

1222

2

32

2221

2

31

11xx

wx

x

u

x

v

x

wx

x

v

x

wx

x

u

∂∂∂

−=∂∂

+∂∂

=∂

∂−=

∂∂

=∂

∂−=

∂∂

= εεε

( ) ( )( )

.1

,1

,1

121211222222211211 ευ

συεευ

συεευ

σ+

=+−

=+−

=EEE

321

2

2112

321

2

22

2

222322

2

21

2

211

1

,1

,1

xxx

wE

xx

w

x

wEx

x

w

x

wE

∂∂∂

+−==

∂

∂+

∂

∂

−−=

∂

∂+

∂

∂

−−=

υσσ

υυ

συυ

σ

( )

( )

( )( )

3

2/

2/

232

3

2/

2/

131

21

2

2

32/

2/

32

321

2

33

2/

2/

1212

21

2

22

2

2

3

32

3

2/

2/2

1

2

22

2

233

2/

2/

222

22

2

21

2

2

3

32

3

2/

2/2

2

2

21

2

233

2/

2/

111

11121

1121

1121

dxQ

dxQ

xx

wEhdxx

xx

wEdxxM

x

w

x

wEhdxx

x

w

x

wEdxxM

x

w

x

wEhdxx

x

w

x

wEdxxM

h

h

h

h

h

h

h

h

h

h

h

h

h

h

h

h

∫

∫

∫∫

∫∫

∫∫

−

−

−−

−−

−−

=

=

∂∂∂

−−

−=∂∂

∂+

==

∂

∂+

∂

∂

−−=

∂

∂+

∂

∂

−−==

∂

∂+

∂

∂

−−=

∂

∂+

∂

∂

−−==

σ

σ

υυυ

σ

υυ

υυ

σ

υυ

υυ

σ

Sada iz poznatih izraza koji povezuju pomake i deformacije moežemo pisati

........... (11.3)

Kako su derivacije 2122

222

12 xx/wix/w,x/w ∂∂∂∂∂∂∂ konstantne duž normale, a

deformacije linearno proporcionalne s različitim predznakom idući od srednje ravnine, zaključujemo da je normalna deformacija srednje ravnine jednaka nuli. U skladu s pretpostavkom 2. iz teorije tankih ploča i Hookeovim zakonom za ravninsko stanje imamo

........... (11.4) a kada u (11.4) uvrstimo (11.3) imamo

...(11.5) U skladu s pretpostavkama 1, 2 i 3 vrijedi: 0333231 === σσσ .

Slika (11.2) Raspodjela naprezanja po ploči Unutarnje sile po jedinici širine ploče dobivamo integracijom naprezanja po visini ploče kao.

...................(11.6)

x1

h/2

h/2

x2

dx1

dx2

22σ21σ

23σ

11σ

12σ

13σ

21σ

23σ22σ11σ12σ

13σ

3x

3dx

15

( )21

2

1221

2

22

2

222

2

21

2

1xx

w1DM

x

w

x

wDM

x

w

x

wDM

∂∂∂

−−=

∂

∂+

∂

∂−=

∂

∂+

∂

∂−= υυυ

02

dxdxpdx

2

dxdxdx

x

QdxdxQdxdx

x

Mdxdx

x

MMx

02

dxdxpdx

2

dxdxdx

x

QdxdxQdxdx

x

Mdxdx

x

MMx

0dxpdxdxdxx

Qdxdx

x

QFx

121

112

2

212112

2

2121

1

1'2

221

221

1

121221

1

1212

2

2'1

2121

1

112

2

23

=−∂

∂−+

∂

∂−

∂

∂−=

=+∂

∂+−

∂

∂+

∂

∂=

=+∂∂

+∂∂

=

∑

∑

∑

0

0

0

12

21

1

1

21

12

2

2

2

2

1

1

=−∂∂

+∂∂

=−∂∂

+∂∂

=+∂∂

+∂∂

Qx

M

x

M

Qx

M

x

M

px

Q

x

Q

Sada momente savijanja ploče po jedinici širine možemo zapisati skraćeno u obliku:

.......(11.7)

gdje je D – krutost ploče na savijanje ( )23

112

EhD

υ−=

11.1.1 Izvoñenje diferencijalne jednadžbe pravokutne ploče

Slika 11.3. Opterećenje p i komponente unutarnjih sila na diferencijalnom elementu ploče Element ploče na slici (11.3) je u ravnoteži ako je suma sila koji na njega djeluju jednaka nuli,

te ako su sume momenata oko osi '

2'

1 xix jednake nuli.

.......(11.8) Ako zanemarimo male doprinose viših redova, imamo:

.............................(11.9)

2Q

11

11 dx

x

QQ

∂∂

+

1Q

22

22 dx

x

QQ

∂∂

+

1M

12M

11

11 dx

x

MM

∂∂

+

11

1212 dx

x

MM

∂∂

+

2M

21M

22

22 dx

x

MM

∂∂

+2

2

2121 dx

x

MM

∂∂

+2x

3x

1x

p

1'x

2'x

16

∂

∂+

∂

∂∂∂

−=

∂

∂+

∂

∂∂∂

−=

22

2

21

2

22

22

2

21

2

11

x

w

x

w

xDQ

x

w

x

w

xDQ

px

w

x

w

xx

w

x

w

xD =

∂

∂+

∂

∂

∂

∂+

∂

∂+

∂

∂

∂

∂2

2

2

21

2

22

2

22

2

21

2

21

2

D

p

x

w

xx

w

x

w=

∂

∂+

∂∂

∂+

∂

∂4

2

4

22

21

4

41

4

2 .4

D

pw =∇

.xh

M12,x

h

M12,x

h

M1233

121233

2233

11 === τσσ

Ako izraze (11.7) uvrstimo u (11.9) dobijamo:

...........................(11.10) Ako sada (11.10) uvrstimo u prvi izraz iz (11.9) dobijamo

.............................(11.11) Izraz (11.11) predstavlja diferencijalnu jednadžbu tanke ploče i može se jednostavnije zapisati u obliku ili .....................(11.12) Da bi definirali napreznja preko momenata savijanja možemo izraze (11.7) uvrstiti u (11.5) pa dobijamo:

........................(11.13) 11.1.2. Rubni uvjeti pravokutnih ploča Pravokutne ploče mogu imati nekoliko oblika i načina fiksiranja krajeva. Pretpostavlja se da su krajevi pravokutne ploče paralelni sa koordinatnim osima x1 i x2. Tako imamo:

a) slučaj ukliještenog ili upetog kraja u smjeru osi x1 na mjestu (x1=0).

0x

w0w 0x

1

0x 11=

∂∂

= == (11.14)

b) slučaj slobodno oslonjenog kraja u smjeru osi x1 na mjestu (x1=0).

00022

2

21

2

010 11=

∂

∂+

∂

∂== ==

x

w

x

wiliMw xx υ (11.15)

isto tako za ovaj slučaj budući je 0w 0x1

== duž osi x1=0 vrijedi.

17

0022

2

0

211

=∂

∂=

∂

∂== xx

x

w

x

w (11.16)

c) slučaj slobodnih krajeva x1=0 (slobodno).

000 0101201 111=== === xxx QMM (11.17)

od kojih se drugi i treći uvjet mogu sažeti u jedan u obliku 0x

MQ 0x

2

121 1

=

∂− = , a koji u

proširenoj formi izgleda:

( ) 02

0

0221

3

31

3

022

2

21

2

1

1

=∂∂

∂−+

∂∂

=∂∂

+∂∂

=

=

x

x

xx

w

x

w

x

w

x

w

υ

υ

(11.18)

Isto se može postaviti i na drugom kraju u smjeru x1 na mjestu x1=a. Takoñer slični rubni uvjeti mogu se postaviti i u smjeru x2, na mjestu x2=0 i x2=b. U slučaju tankih ploča sa zakrivljenim rubovima, koordinatne osi koincidiraju s normalom i tangentom u promatranim rubnim točkama. Tada prema slici (11.4) vrijede odnosi.

Sl. (11.4) unutarnje sile na zakrivljenom rubu Vrijednosti momenata Mn, Mnt i poprečne sile Qn3 u zavisnosti o komponentama M1, M2, M12, te Q13 i Q23 izražene su transformacijama u obliku

23Q

13Q

12M

21M

2x

1x2M

1M α

nMntM

tn

1x

2x

t n

3x

3nQ

α

rub ploče

18

sinαQcosαQQ

cos2αMsin2α2

MMM

sin2αMαsinMαcosMM

21n

1221

nt

12

2

2

2

1n

+=

−−

=

++=

(11.19)

a.) u slučaju kada je zakrivljeni rub upet ili ukliješten vrijedi:

0n

wi0w =

∂∂

= (11.20)

b.) u slučaju da je zakrivljeni rub slobodno poduprt biti će:

0Mi0w n == (11.21)

c.) a u slučaju slobodnog kraja rubni uvjeti su:

0t

MQi0M nt

nn =∂

∂−= (11.22)

11.2 Kružne ploče U analizi savijanja kružnih ploča pogodno je Cartesieve pravokutne koordinate zamjeniti s polarnim koordinatama r i φ. U tom slučaju veze izmeñu radijus vektora i polarnog kuta φ, te Cartesievih koordinata x1 i x2 prikazane su u obliku.

1

222

21

2

x

xarctg;xxr =+= ϕ (11.23)

Laplaceov diferencijalni operator u polarnim koordinatama ima oblik

2

2

22

2

r

1

rr

1

r ϕ∆

∂

∂+

∂∂

+∂

∂= (11.24)

Pa diferencijalna jednadžba tanke ploče u polarnim koordinatama izgleda

D

pw

r

1

rr

1

rr

1

rr

1

r 2

2

22

2

2

2

22

2

=

∂

∂+

∂∂

+∂

∂

∂

∂+

∂∂

+∂

∂

ϕϕ (11.25)

Diferencijalni element kružne ploče s unutarnjim silama je prikazan na slici (11.5)

19

Sl. (11.5) diferencijalni element kružne ploče

Tako Mr djeluje na površinu s normalom r, a Mφ na površinu s normalom u smjeru φ. Pretpostavimo li da os x1 koincidira sa polarnim radijusom r, tada momneti Mr, Mφ i Mrφ, imaju iste vrijednosti kao i M1, M2 i M12. Na taj način se lako obavlja transformacija izmeñu momenata savijanja u Cartesievim i polarnih koordinata. Uz uvjet da je φ=0 transformacijom dobivamo:

( ) .11

1

,11

,11

2

2

2

2

2

2

2

2

2

22

2

22

2

21

2

∂∂

−∂∂

∂−=

∂

∂+

∂

∂+

∂∂

−=

∂

∂+

∂∂

+∂

∂−=

∂

∂+

∂

∂−=

ϕϕυ

υϕ

ϕυυ

ϕ

ϕ

w

rr

w

rDM

r

ww

rr

w

rDM

w

rr

w

rr

wD

x

w

x

wDM

r

r

(11.26)

Na sličan način se dobivaju i izrazi za poprečne sile u polarnim koordinatama u obliku:

.

∂∂

+∂∂

+∂∂

∂∂

−=

∂∂

+∂∂

+∂∂

∂∂

−=

wr

1

rr

1

rr

1DQ

,wr

1

rr

1

rrDQ

2

2

22

2

2

2

22

2

r

ϕϕ

ϕ

ϕ

(11.27)

11.2.1 Rubni uvjeti kružnih ploča a.) ako je rub kružne ploče radijusa r=a upet ili ukliješten tada vrijede uvjeti na rubu:

0r

w0w arar =

∂∂

= == , (11.28)

ϕQ

ϕM

ϕd

ϕ

r

rQ

rM

rMϕϕrM

20

b.) ako je meñutim kružna ploča radijusa r=a slobodno položena po rubu tada vrijedi:

0Mi0w arrar == == (11.29)

c.) u slučaju slobodnog kraja kod kružne ploče radijusa r=a vrijede uvjeti:

0M

r

1Q0M

ar

rarr =

∂

∂−=

== ϕ

ϕ (11.30)

11.2.2 Opće rješenje diferencijalne jednadžbe kružne ploče Opće rješenje diferencijalne jednadžbe kružne ploče se dade izraziti u obliku

10 www += (11.31)

Gdje je w0 partikularno rješenje diferencijalne jednadžbe ploče, a w1 opće rješenje homogenog dijela diferencijalne jednadžbe oblika

01111

1222

2

222

2

=

∂

∂+

∂∂

+∂

∂

∂

∂+

∂∂

+∂

∂w

rrrrrrrr ϕϕ (11.32)

Opće rješenje w1 gornje jednadžbe dao je Clebsch u formi

ϕϕ nrRnrRrRwn

n

n

n sin)(cos)()(1

)2(

1

)1()0(01 ∑∑

∞

=

∞

=

++= (11.33)

Dio gornjeg rješenja )()0(0 rR koji je neovisan od ϕ predstavlja centralno simetrično savijanje

kružne ploče. Substitucijom rješenja w1 u homogeni dio diferencijalne jednadžbe (11.32) dobiva se diferencijalna jednadžba oblika:

011 )(

2

2)(

2

)(2

2

2

2

2

=

−+

−+ k

n

k

n

k

n Rr

n

dr

dR

rdr

Rd

r

n

dr

d

rdr

d (11.34)

gdje je k=0, 1, 2

Opće rješenje jednadžbe (11.34) za n=0 je:

rrDrCrBAR lnln 200

200

)0(0 +++= (11.35)

za n=1 je:

rrDrCrBrAR kkkkk ln)(1

1)(1

3)(1

)(1

)(1 +++= − (11.36)

21

za n≥2 je: 2)(2)()()()( ++− +++= nk

n

nk

n

nk

n

nk

n

k

n rDrCrBrAR (11.37)

Konstante )()()()( ,,, k

n

k

n

k

n

k

n DiCBA (k=1,2) odreñuju se iz odgovarajućih rubnih uvjeta ploče.

11.2.3 Centralnosimetrično savijanje kružnih ploča Ovdje se podrazumijeva poprečno savijanje centralno simetričnih tankih kružnih ploča radijusa ar = pod djelovanjem jednolikog kontinuiranog opterećenja p. S obzirom na centralnu simetriju geometrije i opterećenja, rješenje rubne zadaće ne ovisi više o ϕ . Na temelju uvjeta simetrije i Clebschova općeg rješenja (11.33) rješenje zadanog problema se 0može uzeti u obliku:

(r)Rww (0)

00 += (11.38)

gdje je 0w partikularno rješenje jednadžbe

D

pw

rrrrrr=

∂∂

+∂

∂

∂∂

+∂

∂ 112

2

2

2

(11.39)

dato u obliku

40 64

rD

pw = (11.40)

a rješenje za )()0(0 rR dato izrazom (11.35) se može odabrati uz 0C0 = i tako dobivamo

42

0

2

00 r64D

plnrrDrBAw +++= (11.41)

Temeljem prve formule (11.27) za poprečnu silu u polarnim koordinatama imamo

+−=r

DrD

pDQr

14

2 0 (11.42)

s druge strane uz uvjet rp

Qr 2−= dobivamo 00 =D pa imamo:

4200 64

rD

prBAw ++= (11.43)

Konstante A0 i B0 odreñujemo iz rubnih uvjeta kružne ploče sa simetričnim opterećenjem: prva grupa uvjeta (slobodno položeni rub)

0=w i 01

2

2

=∂∂

+∂

∂r

w

rr

wν (11.44)

22

druga grupa uvjeta (upeti ili uklješteni rub)

0r

wi0w =

∂∂

= (11.45)

Substitucijom rješenja w u prvu grupu uvjeta (slobodno položeni rub) imamo:

0a

D16

pB2a

D16

p3B2

0aD64

paBA

20

20

2200

=

+++

=++

υ (11.46)

za drugu grupu uvjeta (upeti rub) dobivamo:

0aD16

paB2

0aD64

paBA

30

4200

=+

=++ (11.47)

Nakon supstitucije konstanti A0 i B0 konačno dobivamo rješenje: za prvu grupu uvjeta (slobodno položeni rub)

( )

−++

−= 2222

1

5

64rara

D

pw

υυ

(11.48)

za drugu grupu uvjeta (upeti rub)

( )222 raD64

pw −= (11.49)

Na temelju izraza za momente savijanja (11.26) za prvu grupu uvjeta (slobodno položeni rub kružne ploče) dobivamo:

[ ]0

)1()3(16

))(3(16

22

22

=

+−+=

−+=

ϕ

ϕ υυ

υ

r

r

M

rap

M

rap

M

(11.50)

Iz čega proizlazi da su radijalni i tangencijalni smjerovi glavni smjerovi, a Mr i Mφ glavni momenti savijanja centralnosimetričnih kružnih ploča. Ekstremni momenti savijanja za gornji slučaj su u centru ploče za r=0, gdje imamo

23

16

)3(2pa

MM r υϕ +== (11.51)

a ekstremni progib takoñer u centru ploče za r=0 izgleda

D

paw

64)1(

)5( 4

max υυ

++

= (11.52)

U slučaju druge grupe rubnih uvjeta (upeti rub) momenti savijanja izgledaju

[ ]

[ ]0

)31()1(16

)3()1(16

22

22

=

+−+=

+−+=

ϕ

ϕ υυ

υυ

r

r

M

rap

M

rap

M

(11.53)

Ekstremne vrijednosti su: na rubu za r=a imamo:

88

22 pa M i

paM r

υϕ −=−= (11.54)

u centru ploče za r=0 vrijedi

)1(16

2

υϕ +==pa

MM r (11.55)

Maksimalni progib za slučaj upetog ruba je

D

paw

64

4

max = (11.56)