VIA TEHNIKA KOLA ZRENJANIN

SEMINARSKI RAD

Predmet: Tehniko crtanje sa osnovama mainstva

Tema: Teite homogenih ravnih figura, Statiki moment Otporni moment Moment inercije

Student: Petrovi Marijana Markovi Jelena Bandovi Milena Paser Ivan Mitrovi Oliver

19/2004-14 47/2004-14 28/2004-14 25/2004-14 38/2004-14 Maj 2005. Zrenjanin

Profesor: Dr Mile Lovre

1. TEITE HOMOGENIH RAVNIH FIGURA Pod materijalnom ravnom figurom podrazumevamo materijalno telo oblika tanke ploe ija je debljina zanemarljiva u odnosu na ostale dve dimenzije. Takvo telo, stoga, moemo posmatrati kao materijalnu ravnu povr ogranienu zatvorenom krivom linijom. Ako je materijalna ravna figura homogena, teina joj je proporcionalna povrini tj:G = A

gde je specifina teina, tj. teina jedinice povrine figure. Ako ravnu figuru, povrine A, podelimo na n elementarnih delova, povrina Ai (i=1,2,...,n), onda je teina svakog elementa Gi=Ai Da bismo odredili poloaj teita homogene ravne figure uoimo takvu figuru iji poloaj u odnosu na sistem Dekartovih pravouglih koordinata u ravni figure , izabran tako da y-osa bude usmerena vertikalno navie. Delei uoenu figuru na n delova, dobijamo sistem od n vezanih paralelnih sila u ravni, ije su napadne take odreene koordinatama xi i yi. Da bismo odredili poloaj uoene figure, primeniemo Varinjonovu teoremu, birajui koordinatni poetak za momentnu taku: Gxc=-G1X1 G2X2 - ... GnXn = GiXii =1 n

odakle sledin n

Xc =

GiXii =1

G

=

GiXii =1 n

Gii =1

Da bismo odredili koordinatu i teita, obrnemo sve sile za 90, tako da budu paralelne x-osi, i primenimo ponovo Varinjonovu teoremu za koordinatni poetak kao momentnu taku, tako dobijamo: Gyc = G1 y1 G2 y 2 ... Gn y n = Gi y ii =1 n

odakle sledi

yc =

Gi y ii =1

n

G

=

G yi =1 n i

n

i

Gi =1

i

Poto je prema pretpostavci figura homogena, teine Gi i G moemo na prethodno pokazani nain izraziti proizvodom specifine teine i odgovarajuih povrina, pa tako odbijamo izraze:

Xc =

Ai X ii =1

n

A

=

A Xi =1 n i

n

i

Ai =1

i

Yc =

AiYii =1

n

A

=

A Yi =1 n i

n

i

Ai =1

i

VeliineSx = A1 X 1 + A2 X 2 + ... + An X n = Ai X i Sy = A1Y1 + A2Y2 + ... + AnYn = Ai Yii =1 i =1 n n

koje figuriu u prethodnim izrazima, predstavljaju statike momente povrine za x odnosno y-osu. Prema tome:

Statiki moment povrine za osu je zbir proizvoda povrina elemenata ravne figure i njegovih rastojanja do te ose.Xc = Sy A , Yc = Sx S y = AX c , S x = AYc A

1.2

POLOAJ TEITA HOMOGENIH TELA IMAJU JEDNU ILI VIE OSA SIMETRIJE.

KOJA

1. Ako homogeno telo ima jednu osu simetrije, onda se teite (C) tela nalazi na toj osi simetrije. 2. Ako homogeno telo ima jednu ravan simetrije, inda teite tela (C) lei u toj ravni. 3. Ako homogeno telo ima centar simetrije, tj. ako ima dve ili vie osa simetrije, teite (C) tela se nalazi u centru simetrije tj. u preseku osa simetrije. Teita homogenih tela u obliku dui, kvadrata, obima kruga, povrine kruga, zapremine paralelopipeda, valjka, sfere i drugih.

2. STATIKI MOMENT U izrazima za koordinate teita ravne figure

Xc =

Ai X ii =1 n

n

Ai =1

,

Yc =

A Yi =1 n i

n

i

i

Ai =1

i

koje smo u statici izveli, figuriu veliineS x = Ai X ii =1 n

i

S y = Ai Yii =1

n

,

koje predstavljaju statike momente za ose x i y sistema Dekartovih pravouglih koordinata. Ove veliine, predstavljaju zbir proizvoda elementarnih povrina i njihovih rastojanja od ose. Dimenzija statikog momenta povrine je stoga (L3) i izraava se u m3. Rastojanje elementarne povrine od ose moe biti pozitivno i negativno to zavisi od poloaja elemenata prema osi. 3. OTPORNI MOMENT Kolinikom aksijalnog momenta inercije i teine ose (sopstveni aksijalni moment inercije) i rastojanja najudaljenije take povrine od te ose definiemo OTPORNI MOMENT POVRINE. Prema tome, ako su koordinate ose x i y u teitu ose, otporni moment povrine W x za xosu jeWx = Ix Ymax

dok je otporni moment povrine za y-osuWy = Iy X max

pri emu u ovim izrazima veliine Ymax i Xmax kao rastojanja najudaljenijih taaka povrine od osa x i y, unosimo kao pozitivne vrednosti.

Osim otpornog momenta povrine za osu, definie se i POLARNI OTPORNI MOMENT POVRINE, kao kolinik sopstvenog polarnog momenta inercije I0 i rastojanja max najudaljenije take povrine od teita povrine.W0 = I0 max

idealni otporni momentWi = h Ap 2

Ap - povrina pojasa 4.MOMENT INERCIJE Moment inercije je skalarna veliina koja je karakteristina za rotaciono kretanje tela. Moment inercije zavisi od mase tela i od rastojanja tela od ose rotacije. Za materijalnu tacku, mase m, koja koja se nalazi na rastojanju r od proizvoljne ose rotacije, moment inercije je: I = mr2 za bilo koje telo moment inercije u odnosu na osu 00 dobija se kao zbir momenata inercije elementarnih masa.

I = m1r1 + m2 r22 + ... + mn rn2

2

gde su mase m1, ..., mn mase elementarnih delia, a r1, ..., rn njihove najkrae udaljenosti od ose 00. Ova relacija se moe napisati u obliku:I = mi rii =0 n 2

Kako je zapreminska masa definisana kao:=m V

izraz se moe napisati u oblikuI = r12 Vi =1 n

ovi izrazi se u graninom sluaju mogu napisati u integralnoj formiI = r 2 dm = 2 dV

na osnovu ovih relacija mogu se izraunati momenti inercije tela pravilnog geometrijskog oblika u odnosu na njihove karakteristine ose rotacije. 4.1 TAJNEROVA TEOREMA Pri odreivanju momenta inercije u odnosu na neku osu koristi se tajnerova teorema. Prema ovoj teoremi, AKO TELO U ODNOSU NA OSU KOJA PROLAZI KROZ NJEN CENTAR MASA, IMA MOMENT INERCIJE I0, TADA E U ODNOSU NA BILO KOJU PARALELNU OSU IMATI MOMENT INERCIJE I = I0 + mr2 gde je r rastojanje izmeu paralelnih osa

5.VARINJONOVA TEOREMA O MOMENTU REZULTANTE Varinjonova teorema glasi: INTENZITET MOMENATA REZULTANTE SISTEMA SUELJENIH SILA, U ODNOSU NA PROIZVOLJNU IZABRANU MOMENTNU TAKU U RAVNI NJIHOVOG DEJSTVA, JEDNAK JE ALGEBARSKOM ZBIRU INTENZITETA MOMENATA SVIH SILA SISTEMA U ODNOSU NA ISTU MOMENTNU TAKU. MOMENTI INERCIJE I OTPORNI MOMENTI RAVANSKIH FIGURA

Zadatak 1: Odrediti teite I profila prikazanog na slici. Visina profila h = 160mm, irina profila b = 74mm, debljina profila d = 10mm. Popreni presek profila A = 2280mm2.

h = 160mm b = 74mm d = 10mm A = 2280mm2Xc = A X 2280 0 = =0 A 2280 Yc = A Y 2280 0 = =0 A 2280

Xc = 0, Yc = 0 iz ovog uslova zakljuujemo da je teite ovog preseka u taki C. Ix = Ix + Ay2 y=0

Ix=935+228002=935+2280=3215104mm4

Iy = Iy + Ax2

Iz=54,7+228002=54,7+2280=2334,7104mm4

x=0 Ix i Iy su aksijalni momenti inercije za teine ose prema tajnerovoj teoremi.Wx = Ix I 3215 10 4 2 3215 10 4 6430 10 4 = x = = = = 40,1875 10 4 mm 3 h 160 y max 160 160 2 2Iy X max = Iy b = 2334,7 10 4 = 31,55 10 4 mm 3 74

Wy =

Wx i Wy su aksijalni momenti poprenog preseka. Zadatak 2: Homogena ravanska figura prikazana je na slici. Analitikim postupkom odrediti poloaj teita te figure u odnosu na zadati sistem Dekartovih pravouglih koordinata ako je R=2cm.

Xc =

Ai X ii =1 n

n

Ai =1

Yc =

AYi =1 n i

n

i

i

Ai =1

i

Xc =

A1 X 1 + A2 X 2 + A3 X 3 A1 + A2 + A3R 2 4 3,14 = = 3,14cm 2 4 4

Yc =

A1Y1 + A2Y2 + A3Y3 A1 + A2 + A3R 2 4 3,14 = = 6,28cm 2 2 2

A1 =

A2 =

A3 = R 2 = 4cm 2X1 = 4R 8 = = 0,8492 3 9,42

X2 = 0

X3 =

R 2 = =1 2 2

Y1 =

4R 8 = = 0,8492 3 9,42

Y2 =

4R 8 = = 0,8492 3 9,42

Y3 =

R 2 = = 1 2 2

Xc =

3,14 ( 0,8492) + 6,28 0 + 4 1 2,6664 + 0 + 4 = = 0,0993 0,1cm 3,14 + 6,28 + 4 13,42

Yc =

3,14 ( 0,8492) + 6,28 0,8492 + 4 ( 1) 2,6664 + 5,3329 4 = = 0,0993 0,1cm 3,14 + 6,28 + 4 13,42

Zadatak 3: Izraunati moment inercije figure sa slike za ose simetrije x i y ako je R=0,1m.

R=0,1m Ix=Ix1+Ix2+Ix3

I x1 = I x1 + A1 0 =I x2 = I x2 0,12 +

(2 R ) 4 (2 0,1) 4 0,016 = = = 0,000133 = 13,3 10 5 m 4 12 12 12 R 2 4R 2 (0,1) 2 3.14 4 0,1 2 + A2Y22 = 0,11R 4 + (R + ) = 0,11 (0,1) 2 + (0,1 + ) = 2 3 2 3 3,14

0,0314 (0,1 + 0,042) 2 = 0,21 + 0,0157(0,01 + 0,084 + 0,0176) = 2 = 0,12 + 0,000157 + 0,001318 + 0,000276 =

12175,3 10 5 m 4

2 I x 3 = I x 3 + A3 y 3 = 0,11 R 4 +

R 2 4R 2 0,12 3,14 4 0,1 2 (R + ) = 0,11 0,12 + (0,1 + ) = 2 3 2 3 3,14

12175,3 10 5 m 4

I x = 13.3 10 5 + 12175,3 10 5 + 12175,3 10 5 = 24363,9 10 5 m 4I y = I y1 + I y 2 + I Y 3

I y1 =

(2 R) 2 = 13,3 10 5 m 4 12

I y 2 = 0,392 R 4 = 0,392 (0,1) 4 = 3,92 10 5 m 4

I y 3 = 0,392 R 4 = 0,392 (0,1) 4 = 3,92 10 5 m 4I y = 13,3 10 5 + 3,92 10 5 + 3,92 10 5 = 21,14 10 5 m 4

Zadatak 4: Za gredu iji je popreni presek na slici, odrediti aksijalne momente inercije i aksijalne otporne momente ako je visina h=60mm, prenik d=40mm i irina b=60mm.b Ix =

h4 12 h4 12

i i

d Ix =

d 4 0,05 d 4 64 d 4 0,05 d 4 64

b Iy =

d Iy =

b d Ix = Ix Ix =

h 4 d 4 0,05d 4 12 64

Ix =

60 4 0,05 40 4 = 95,2 10 4 cm 4 12 h 4 d 4 h 4 0,05 d 4 12 64 12I y = 95,2 10 4 cm 4

b d Iy = Iy Iy =

Ix i Iy su aksijalni momenti inercijeWx = Ix y maxy max = h 2

Wy =

Iy x max

x max =

b 2

Wx =

I x 95,2 10 4 = = 3,1733 10 4 cm 3 n 60 2 2

Wy =

I y 95,2 10 4 = = 3,1733 10 4 cm 3 b 60 2 2

Wx i Wy su otporni momenti. Zadatak 5: Data je greda sa prepustima optereena koncentrisanim silama: F1=6000N, F2=10000N, F3=15000N i F4=5000N. Odrediti otpore oslonaca, nacrtati dijagrame transferzalnih sila i dijagrame momenata savijanja. Izraunati napadne momente u karakteristinim presecima ispod sila i odrediti maksimalni moment (Mmax). F1=6000N F2=10000N F3=15000N F4=5000N

1. M

B

=0

FA 8 FA 9,5 F2 6 F3 2 + F4 1,5 = 0

FA =FA =

2.

6000 9,5 + 10000 6 + 15000 2 5000 1,5 = 17437,5 N 8 M A = 0

F1 9,5 + F2 6 + F3 2 F4 1,5 8

FB 8 F4 9,5 F3 6 F2 2 + F1 1,5 = 0

FB =FB =

5000 9,5 + 15000 6 + 10000 2 6000 1,5 = 18562,5 N 8

F4 9,5 + F3 6 + F2 2 F1 1,5 8

M1 = 0 M A = F1 1,5 = 6000 1,5 = 9000 NmL M2 = F1 3,5 + FA 2 = 6000 3,5 + 17437,5 2 = 21000 + 34875 = 13875 Nm D M2 = F4 7,5 F3 4 + F3 6 = 13875 Nm

M 3L = F1 7,5 + FA 6 F2 4 = 19625 Nm M 3D = F4 3,5 + FB 2 = 19625 NmL MB = F1 9,5 + FA 8 F2 6 F3 2 = 7500 Nm D MB = F4 1,5 = 7500 Nm

M max = M 3 = 19625 Nm