OTPORNOST MATERIJALA Geometrijske karakteristike poprenog preseka 1 TEITE
- Slides: 51
OTPORNOST MATERIJALA Geometrijske karakteristike poprečnog preseka 1
TEŽIŠTE POPREČNOG PRESEKA RAVNE POVRŠINE Težište ravne površine je tačka T(x. T, y. T) čije su koordinate: A y y. T T(x. T; y. T) Gde su: 0 x. T sl. 1. 1 x A-površina ravne površine ograničene krivom linijom (sl. 1. 1) -statički momenti površine A za x, odnosno y osu. 2
Ako površina ima osu simetrije, težište se nalazi na toj osi (sl. 1. 2. a). U slučaju da površina ima dve ose simetrije težište je u njihovom preseku (sl. 1. 2. b). Ako površina ima centar simetrije težište je u tom centru (sl. 1. 2. c). T a) T T b) c) sl. 1. 2 3
Ako je površina A sastavljena iz više delova sa površinama A 1, A 2. . . An čija su težišta T 1, T 2. . . Tn, tada se položaj težišta ukupne površine A u odnosu na odabrani koordinantni sistem dobija prema: gde su: Ai- površine pojedinih delova ravne površine x. Ti- koordinate težišta pojedinačnih površina po x pravcu y. Ti- koordinate težišta pojedinačnih površina po y pravcu 4
Na slici 1. 3 geometrijski su interpretirane date veličine. y. T x. T 1 1 T 1 A 2 A 1 A 3 x T y. T T 2 2 x. T 2 y. T 2 T x. T 3 Sl. 1. 3 T 3 3 y. T 1 x. T y. T 3 y x Napomena: Za određivanje položaja težišne ose y. T nije bilo neophodno koristiti obrazac, jer se položaj težišne y. T ose dobija iz osnosimetričnosti površine po x pravcu. 5
STATIČKI MOMENTI RAVNE POVRŠINE Statički momenti površine A (sl. 1. 4) za ose 0 x i 0 y su: d. A y y y. T T(x. T; y. T) A 0 x x. T x sl. 1. 4 Dimenzija je (L L 2=L 3) Jedinica je (m 3) Statički moment složene ravne površine, za osu, jednak je algebarskom zbiru statičkih momenata svih prostih površina za istu osu. 6
-Ako osa prolazi kroz težište statički moment površine za tu osu jednak je nuli -Za osu simetrije statički moment površine 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
1) Određivanje položaja težišta -Podelimo složenu površinu na više prostih površina kojima poznajemo položaj težišta -Usvojimo koordinatni sistem x 0 y u odnosu na koji određujemo težište -Odredimo težište prema datim jednačiama -Podela složene površine na više prostih površina kojima poznajemo položaj težišta a) b) sl. 1. 5 c) 8
-Usvojanje koordinatnog sistema x 0 y u odnosu na koji određujemo težište T 2 T 1 T 3 a) T 2 T 1 T 2 O=T 1 T 3 b) c) 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
Rešenje za slučaj pod a) Koordinate pojedinačnih težišta u odnosu na usvojeni koordinatni sistem T 1(-1; 0) T 2(1, 5; 1, 5) T 3(1; -1) y 1 T 2 2 T(0, 4; 0, 4) T 3 3 x Površine pojedinih površina A 1=3 3=9 cm 2 A=22. 5 cm 2 A 2=3 3=9 cm 2 A 3=3 3/2=4, 5 cm 2 Statički momenti inercije Položaj težišta: T (0, 4; 0, 4) 10
Rešenje za slučaj pod c) y T 2 T(0, 4; 0, 4) 0=T 1 1 Koordinate pojedinačnih težišta u odnosu na usvojeni koordinatni sistem T 1(0; 0) T 2(2; 2) 2 x Površine pojedinih površina A 1=3 3 2=18 cm 2 2 A=22. 5 cm A 2=3 3/2=4, 5 cm 2 Statički momenti inercije Položaj težišta: T (0, 4; 0, 4) 11
d) Rotiramo osu x za 45 i dobijemo osu simetrije. Za tako postavljen koordinatni sistem sledi Koordinate pojedinačnih težišta y x T 1(0; 0) T 2(2, 84; 0) Površine pojedinih površina T 2 A 1=3 3 2=18 cm 2 2 A=22. 5 cm O=T 1 A 2=3 3/2=4, 5 cm 2 Statički momenti inercije x y 2 ) ( T 0=T 0 7; 5 , 0 1 T 2 Položaj težišta: 1 T (0, 57; 0) 12
Zaključci 1. Položaj težišta na nekoj površini je stalna tačka, 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
MOMENTI INERCIJE RAVNIH POVRŠINA U odnosu na koordinatni sistem x 0 y (sl. 1. 7) razlikujemo sledeće momente inercije ravnih površina: d. A -Aksijalni momenti inercije y y y. T T(x. T; y. T) r 0 -Centrifugalni momenat inercije A x x. T sl. 1. 7 x -Polarni momenat inercije Zbog r 2=x 2+y 2 dobijamo da je 14
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 je centrifugalni moment inercije Ixy jednak nuli. Dimenzija momenta inercije je (L 4) a jedinica (m 4) 15
TRANSLACIJA KOORDINATNOG SISTEMA (STEINEROVA TEOREMA) Aksijalni momenti inercije y. T y x. T a T -Moment inercije ravne površine za osu paralelnu težišnoj osi jednak je zbiru sopstvenog momenta inercije za težišnu osu i položajnog momenta inercije (Steinerova teorema). A 0 x b sl. 1. 8 Položajni moment inercije jednak je proizvodu površine i kvadrata rastojanja težišta posmatrane površine od ose za koju tražimo moment inercije 16
U datim jednačinama članove nazivamo: - sopstveni aksijalni momenti inercije za težišne ose Tx. T, Ty. T A a 2 - položajni aksijalni moment inercije za osu 0 x date površine A b 2 - položajni aksijalni moment inercije za osu 0 y date površine Centrifugalni momenat inercije y. T y x. T a T A 0 x b sl. 1. 9 - sopstveni centrifugalni moment inercije date površine A a b - položajni centrifugalni moment inercije date površine 17
Polarni momenat inercije y. T y T a r 0 x. T I 0 T- sopstveni polarni momenat inercije za pol T A x b A (a 2+b 2)=A r 2 - položajni polarni moment inercije za pol 0 sl. 1. 9 18
ROTACIJA KOORDINATNOG SISTEMA Ako poznajemo momente inercije u odnosu na koordinatni sistem x 0 y, tada su odgovarajući momenti inercije A y za koordinatni sistem u 0 v nastao v rotacijom koordinatnog sistema x 0 y za ugao (sl. 1. 10) dati sa: T u x 0 sl. 1. 10 19
GLAVNE OSE I GLAVNI MOMENTI INERCIJE Ekstremne vrednosti aksijalnih momenata inercije nazivamo glavni momenti inercije. (2) y (1) Ose 1 i 2 nazivaju se glavni pravci ( glavne ose): Ugao koji glavni pravac zaklapa sa pozitivnim delom 0 x ose dobijamo iz: O x sl. 1. 11 20
-osa (1) je osa u čijem pravcu deluje maksimalni glavni momenat inercije I 1 i ona zaklapa ugao 1 sa pozitivnim delom težišne 0 x ose. -osa (2) je osa u čijem pravcu deluje minimalni glavni momenat inercije i zaklapa ugao 2= 1+90 sa pozitivnim delom 0 x ose. Ugao nanosimo u direktnom matematičkom smeru y (2) 2= 1+90 1) ( 1 O x sl. 1. 12 Centrifugalni moment inercije za sistem glavnih osa je jednak nuli, tj. I 12=0. 21
Ako su x i y težišne ose tada su momenti inercije I 1 i I 2 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
Poluprečnik inercije i 1 nanosimo na osu (2), odnosno upravno na osu (1), poluprečnik inercije i 2 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 iu 2 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
Primer 2 Za površinu prikazanu na slici odrediti glavne težišne momente inercije i nacrtati elipsu inercije. Postupak: a) Odredimo položaj težišta b) Odredimo momente inercije površine za težišne ose c) Odredimo glavne momente inercije d) Nacrtamo elipsu inercije 24
a) Određivanje položaja težišta - Podelimo složenu površinu na više prostih površina kojima poznajemo položaj težišta i momente inercije - Usvojimo koordinatni sistem x 0 y u odnosu na koji određujemo težište. - Odredimo težište prema poznatim izrazima y 1 3 T 1 T 3 T 2 2 x 0 25
Koordinate pojedinačnih težišta x. T 1=a+2 a=3 a y. T 1=3. 5 a x. T 2=2 a y. T 2=a x. T 3=0 y. T 3=3 a Površine pojedinačnih delova su: A 1=12 a 2 A 2=8 a 2 A 3=4. 5 a 2 SA=24. 5 a 2 26
Koordinate pojedinačnih težišta x. T 1=a+2 a=3 a y. T 1=3. 5 a x. T 2=2 a y. T 2=a x. T 3=0 y. T 3=3 a Površine pojedinačnih delova su: A 1=12 a 2 A 2=8 a 2 A 3=4. 5 a 2 SA=24. 5 a 2 27
y. T x. T 28
-Određivanje momenata inercije Aksijalne momente inercije određujemo prema Steinerovoj teoremi Sopstveni momenti inercije su dati u tabeli i iznose: x 1 T 1 4 a y 2 2 a 3 a y 1 x 2 T 2 4 a T 3 ___________ 13. 92 a 4 3 a 3 a y 2 x 3 ______________ 28. 92 a 4 29
Položajni aksijalni momenti inercije za površinu 1 y x. T 1 y 1 x* y. T x. T A 1 T y* x 1 x. T y. T 0 y. T 1 x I 1 Px=A 1 y*2=A 1 y. T - y. T 1 2=12 a 2 2, 59 a 3, 5 a 2= 9, 94 a 4 I 1 Py=A 1 x*2=A 1 x. T - x. T 1 2=12 a 2 2, 12 a 3, 0 a 2=9, 29 a 4 30
Položajni aksijalni momemti inercije za površinu 2 y y 2 x. T 2 y. T x* x. T y* T x. T T 1 y. T 2 x 2 T 2 0 A 2 x I 2 Px=A 2 y*2=A 1 y. T – y. T 2 2=8 a 2 2, 59 a-a 2= 0, 76 a 4 I 2 Py=A 1 x*2=A 1 x. T – x. T 2 2=8 a 2 2, 12 a 2, 0 a 2=20, 22 a 4 31
Položajni aksijalni momemti inercije za površinu 3 y y 3 y. T x. T=X* y* A 3 T x 3 x. T T 3 T 1 0 y. T 3 x I 3 Px=A 3 y*2=A 3 y. T – y. T 3 2=4, 5 a 2 2, 59 a 3, 0 a 2= 20, 22 a 4 I 3 Py=A 3 x*2=A 3 x. T – x. T 3 2=4, 5 a 2 2, 12 a-0 a 2=0, 12 a 4 32
Polozajni aksijalni momemti inercije za celu površinu Položajni momenti inercije za osu x: I 1 Px=A 1*y 12=A 1* y. T - y. T 1 2=12 a 2* 2. 59 a-3. 5 a 2= 9. 94 a 4 I 2 Px=A 2*y 22=A 2* y. T - y. T 2 2=8 a 2* 2. 59 a-a 2= 20. 22 a 4 I 3 Px=A 3*y 32=A 1* y. T - y. T 3 2=4. 5 a 2* 2. 59 a-3. 0 a 2= 0. 76 a 4 _________ Položajni momenti inercije za osu y: I 1 Py=A 1*x 12=A 1* x. T - x. T 1 2=12 a 2* 2. 12 a-3. 0 a 2=9. 29 a 4 I 2 Py=A 2*y 22=A 2* x. T - x. T 2 2=8 a 2* 2. 12 a-2. 0 a 2=0. 12 a 4 I 3 Py=A 3*y 32=A 3* x. T - x. T 3 2=4. 5 a 2* 2. 12 a-0. 0 a 2=20. 22 a 4 _____________________ Ukupni akasijalni momenti inercije za težišne ose: 33
-Određivanje centrifugalnog momenta inercije s p Sopstveni centrifugalni momenti inercije x 1 T 1 4 a y 2 2 a 3 a y 1 težišne ose su ose simetrije pa su sopstveni centrifugalni momenti jednaki nuli T 2 x 2 4 a Centrifugalni sopstveni momenat inercije za trougao (površina 3) je: + - - + - + ++ - + + + a) b) + - 34
U našem slučaju trougao je orjentisan kao pod a) pa je Položajni centrifugalni momenti inercije: Položajni centrifugalni moment inercije može da bude pozitivan i negativan u zavisnosti od toga u kom se kvadrantu nalazi pojedinačno težište u odnosu na glavno težište. 35
Koristimo apsolutna rastojanja između težišta, a znak odredimo prema položaju težišta I 1 Pxy=A 1* x. T-x. T 1 y. T-y. T 1 =12 a 2* 2. 12 a-3. 0 a 2. 59 a-3. 5 a =9. 61 a 4 (I kvadrant) I 2 Pxy=A 2* x. T-x. T 2 y. T-y. T 2 =8 a 2* 2. 12 a-2. 0 a 2. 59 a-1. 0 a =1. 53 a 4 (III kvadrant) I 3 Pxy=A 3* x. T-x. T 3 y. T-y. T 3 =4. 5 a 2* 2. 12 a-0. 0 a 2. 59 a-3. 0 a =-3. 91 a 4 (II kvadrant) Sada je ukupni centrifugalni momenat inercije: (1. 125+9. 61+1. 53 -3. 91)a 4=8. 36 a 4 36
Glavni centralni momenti inercije -maksimalni momenat inercije -minimalni momenat inercije Položaj glavnih osa inercije: 37
Položaj glavnih centralnih osa (1) i (2) zavisi od odnosa aksijalnih momenata inercije Ix i Iy. Njihov položaj je takav da pri rotaciji za ugao veća vrednost aksijalnog momenta prelazi u maksimalnu vrednost, a manja u minimalnu. U našem slučaju veći je moment inercije Iy, pa njegovom rotacijom za ugao =25. 88 u pozitivnom smeru dobijamo glavni pravac (1), koji prolazi kroz drugi i četvrti kvadrant. (1) y. T Ix. T (2) T x. T T 1 38
Položaj ugla 1 možemo dobiti i kao: -za {to zajedno sa vredno{}u centrifgalnog momenta daje slede}e polo`aje glavnih osa inercije 39
Naš slučaj 40
Elipsa inercije -nanosimo na osu (2) -nanosimo na osu (1) y. T (1) i 1 i 2 (2) x. T T T 1 41
Primer 3. Za površinu prikazanu na slici odrediti glavne težišne momente inercije i nacrtati elipsu inercije. a Postupak: a a a 1. Odredimo položaj težišta 2. Odredimo momente inercije površine za težišne ose 3. Odredimo glavne momente inercije 4. Nacrtamo elipsu inercije 3. 1 Određivanje položaja težišta Zadatu površinu smo podelili na dva dela i odredili položaj težišta pojedinačnih površina u odnosu na usvojeni koordinatni sistem x 0 y 42
y y 1 T 1 y 2 T 2 x 1 x 0 x. T 1 Koordinate pojedinačnih težišta u odnosu na usvojeni koordinatni sistem T 1 (a ; a) T 2 (1, 58 a ; 1, 58 a) Površine pojedinačnih delova su: A=A 1 -A 2=4 a 2 -0. 785 a 2=3. 215 a 2 A 1=2 a 2 a=4 a 2 43
Koordinate težišta ukupne površine su: T (0, 86 a; 0, 86 a) T 0 44
Određivanje momenata inercije Aksijalne momente inercije određujemo prema Steinerovoj teoremi Sopstveni momenti inercije su dati u tabeli i iznose (1. 33 -0. 055)a 4=1. 275 a 4 45
Položajni momenti inercije: 2=4 a 2*� 2= 0. 078 a 4 I 1 Px=A 1*y 12=A 1*� y. T - y. T 1� 0. 86 a-a� 2=0. 785 a 2*� 2= 0. 407 a 4 I 2 Px=A 2*y 22=A 2*� y. T - y. T 2� 0. 86 a-1. 58 a� 2=4 a 2*� 2=0. 078 a 4 I 1 Py=A 1*x 12=A 1*� x. T - x. T 1� 0. 86 a-a� 2=0. 785 a 2*� 2=0. 407 a 4 I 2 Py=A 2*y 22=A 2*� x. T - x. T 2� 0. 86 a-1. 58 a� Akasijalni momenti inercije su: 46
*napomena: zadata površina ima osu simetrije, to je dijagonala kvadrata (površine 1) i sve tačke na toj osi simetrije su podjednako udaljene i od x i od y ose, pa tako i koordinate težišta cele površine (x. Ti=y. Ti). Takođe se zbog te simetrije dobija i da je Ix. T=Iy. T. a a T 1 a T 2 47
Određivanje centrifugalnog momenta inercije Ix. Ty. T Sopstveni centrifugalni momenti inercije težišne ose su ose simetrije pa su sopstveni centrifugalni momenti jednaki nuli Centrifugalni sopstveni momenat inercije za četvrtinu kruga (pov. 2) je: Za četvrtine kruga važi isto pravilo kao i za trouglove za predznak centrifugalnog momenta inercije. + 48
Položajni centrifugalni momenti inercije I 1 Pxy=A 1* x. T-x. T 1 y. T-y. T 1 =4 a 2* 0. 86 a-a =0. 078 a 4 (I kvadrant) I 2 Pxy=A 3* x. T-x. T 2 y. T-y. T 2 =0. 785 a 2* 0. 86 a-1. 58 a =0. 407 a 4 (I ) Sada je ukupni centrifugalni momenat inercije: Glavni centralni momenti inercije: -maksimalni momenat inercije -minimalni momenat inercije 49
y Odnosno I 1, 2=Ix ± l Ixy I tg x 1 Položaj glavnih osa inercije: ∞ 2 =90 =45 (*)Pravac glavne ose prolazi kroz I i III kvadrant ako je Ixy<0 U našem slučaju Ixy<0 a ugao α=45° tako da je osa simetrije površine ujedno i glavna osa inercije (1). (2) y. T (1) x T T 50
Elipsa inercije: -nanosimo na osu (2) -nanosimo na osu (1) i 1 i 2 51
- Aksijalni presek
- Otpornost
- Induktivna otpornost
- Zakon električnog otpora
- Omov zakon za deo strujnog kola
- Otpornost
- Osnovne geometrijske konstrukcije
- Limita zaporedja
- Konstrukcija šesterokuta
- Osnovne geometrijske konstrukcije
- Sikston
- šrafiranje
- Studije preseka
- Linija zlatnog preseka
- Osnovna sredstva definicija
- Elementi turistickog trzista
- Osobine procesora
- Licne karakteristike preduzetnika
- Karakteristike usluga
- Pojam ugostiteljstva
- Javna dobra primeri
- Osnovne karakteristike preduzeca
- Metrijske karakteristike
- Odlike humanizma i renesanse
- Olfaktivna pjesnička slika
- Karakteristike tramvaja
- Stilska figura ponavljanje stihova
- Pljevaljski ugalj karakteristike
- Metrijske karakteristike
- Muški polni hormoni
- Postimpresionizam u slikarstvu
- Interni kes
- Ugalj ugljevik karakteristike
- Karakteristike autizma
- Tranje
- Mesimdhenia aktive
- Podela materijala
- Podela materijala
- Svojstva materijala 2 razred
- Evidencija materijala
- Nedostaci prirodnih materijala
- Upoznavanje materijala
- Bacc med techn
- Osnovna svojstva materijala
- Evidencija zaliha
- Nedovrsena proizvodnja knjizenje
- Materijali treci razred
- Jasmina cetkovic
- Najpoznatiji poluprovodnici
- Mrs 2
- Vrste troškova
- Tehnologija zavarivanja