Cvičení 1 (Opakování základních znalostí z pružnosti a pevnosti)

VŠB – Technická univerzita Ostrava Fakulta strojní Katedra pružnosti a pevnosti (339)

Pružnost a pevnost v energetice (Návody do cvičení)

Cvičení 1 (Opakování základních znalostí z pružnosti a pevnosti)

Autor: Jaroslav Rojíček Verze: 1 Ostrava 2009

PPE

Cvičení 1

1 Opakování základní pružnosti: V předmětu Pružnost a pevnost byly probrány základní pojmy (napětí, deformace), způsoby řešení úloh (metoda řezu), zatěžování atd. Základní rovnice pro výpočet napjatosti a změny tvaru pro tah-tlak, ohyb, krut jsou zopakovány v Tab. 1. Tab. 1. Tah – tlak Ohyb Kroucení (volné)

S=ab

Jx L

L F

x

Mk

F Vnitřní účinky (síly)

y

ΔL

x

N(x)=∑Fi= F N ( x) S



Charakteristiky průřezu Deformace

S   dS

L 

F L ES

Mk(x) x

F +

F

φ

JP

M(x)

N(x)

Napětí

x

A

x

A

A

L

Mk

+ M(x)=∑Mi= - Fx



M ( x) y Jx

+

Mk(x)=∑Mki=- Mk



J x   y 2 dS

y  

x

Mk ( x) r Jp

J P   r 2dS

M ( x) E  Jx



Mk  L G  JP

K výpočtu staticky neurčitých úloh můžeme používat např. Castiglianovy věty (pro tenké pruty, po úpravě): 1 N ( xi ) N ( xi )  dxi (Tah-tlak),  l A   E  S (li ) FA  

yA 

A 

1 E  Jx 1 G  JP

 M (x )  i

( li )

M ( xi ) 1 dxi ,  A  FA E  Jx

 Mk ( x )  i

( li )

 M (x )  i

( li )

Mk ( xi ) dxi (Kroucení). Mk A

2/14

M ( xi ) dxi (Ohyb), M A

PPE

Cvičení 1

2 Řešené příklady na procvičení – Cv_1_Př_1 A Dáno: A=10 mm, B=20 mm, L=200 mm, F= 1000 N, E=200000MPa. B F Urči: (opak statiky a pružnosti – postup řešení)  průhyb, natočení, rozložení napětí v nosníku, reakce. L Obr. 1 Při řešení příkladů v pružnosti a pevnosti byl u staticky určitých úloh používán jednoduchý postup:  Uvolnění tělesa (těles, základní popis úlohy),  sestavení statických rovnic rovnováhy (výpočet reakcí),  určení řezů a rovnic popisujících hodnoty vnitřních sil a momentů (dle typu úlohy),  určení průběhů vnitřních sil a momentů (graficky) a jejich analýza (extrémy),  určení charakteristik průřezů (S, Jx, JP),  výpočet napětí (průběh, hodnoty a polohy extrémů),  výpočet průhybové čáry, posunutí nebo natočení (dle typu úlohy). Tento postup použijeme i u našeho příkladu. Podrobnější popis jednotlivých kroků, vysvětlení a odvození rovnic lze nalézt v přednáškách ze Statiky a Pružnosti a pevnosti, případně v Literatuře [1] – [9]. a/ Uvolnění tělesa: Z úlohy vyjmeme jedno vybrané těleso s veškerým zatížením, které na vybrané těleso působí. Veškeré vazby vybraného tělesa s ostatními tělesy, rámem apod. nahradíme reakcemi (vše překreslíme do nového obrázku). U soustav těles tento postup aplikujeme na všechna tělesa kromě rámu. V našem případě takto získáme Obr. 2 (směry reakcí volíme). MRA F RAX A RAY

L Obr. 2

b/ Statické rovnice rovnováhy: Vyjadřují, že počítané (uvolněné) těleso se nepohybuje v žádném z možných „směrů pohybu“ – stupňů volnosti (u pohybujícího se tělesa sestavujeme pohybové rovnice, viz [10], [11]). V rovině má jedno těleso tři stupně volnosti. U tahu často uvažujeme pouze jeden stupeň volnosti – pohyb ve směru osy prutu – z toho pak vyplývá prodloužení nebo zkrácení (podobně u kroucení).  FiX  0  RAX  0  RAX  0 N  ,

F M

iY iA

 0  RAY  F  0  RAY  F  1000

N ,

 0  M RA  F  L  0  M RA   F  L  200

3/14

N  m .

PPE

Cvičení 1

c/ Určení řezů a rovnic popisujících hodnoty vnitřních sil a momentů: Každý řez je samostatný a dělí celé těleso na dvě poloviny. U řezů zavádíme také znaménkovou konvenci. Postup je naznačen v Tab. 2. Tab. 2. Příklad_1_ohyb Těleso rozdělíme L Zeleně jsou vnitřní účinky myšleným řezem Celé těleso Modře jsou reakce MRA F RAX A Červeně jsou zatížení

Řez tělesem

RAY

Levá část tělesa

M(x1) N(x1) T(x1)

F

+

x1

Znaménková konvence

T(x*1) N(x*1) Pravá část tělesa

+ RAX MRA RAY

Znaménková konvence

x*1

M(x*1)

Rovnice rovnováhy platí pro Celé těleso, Levou část tělesa, Pravou část tělesa i pro bod kde se obě části rozdělené myšleným řezem stýkají. Pro osu x Celé těleso RAX  0 Levá část tělesa  FiX  0 N ( x1 )  0 Pravá část tělesa N ( x1* )  RAX  0  N ( x1* )   RAX  0 Pro osu y  FiY  0

Pro moment  Mi  0

Místo řezu

N ( x1 )  N ( x1* )  0  N ( x1 )  N ( x1* )

Celé těleso

RAY  F  0

Levá část tělesa

T ( x1 )  F  0  T ( x1 )  F

Pravá část tělesa

T ( x )  RAY  0  T ( x1* )  RAY  F

Místo řezu

T ( x1 )  T ( x1* )  0  T ( x1 )  T ( x1* )

Celé těleso Levá část tělesa Pravá část tělesa

M RA  F  L  0 M ( x1 )  F  x1  0  M ( x1 )   F  x1

M ( x1* )  M RA  F  x*1  0  M ( x1* )   F  L  x*1

Místo řezu

M ( x1 )  M ( x1* )  0  M ( x1 )  M ( x1* )

* 1



Mezi x1 a x*1 platí vztah x1  L  x1* . Proměnné popisující polohu řezu v tělese se mohou pohybovat v oblasti: x1  0; L  , x*1  0; L  .

4/14



PPE

Cvičení 1

d/ Určení průběhů vnitřních sil a momentů: Rovnice uvedené v Tab. 2 převedeme do grafické podoby. V jednodušších případech lze z průběhu určit i polohu a hodnoty extrému. Obecně se extrémy hledají pomocí derivace funkce. Průběhy vnitřních sil a momentů pro počítaný příklad jsou uvedeny v Tab. 3. Hodnoty vnitřních účinků jsou shodné, ať jdeme z kterékoliv strany. Tab. 3. Příklad_1_ohyb Celé těleso MRA F RAX A * * Mezi x1 a x 1 platí vztah x1  L  x1 . Proměnné popisující polohu řezu v tělese se mohou pohybovat RAY x1 v oblasti: x1  0; L  , ( x*1  0; L  ). Pro osu x průběhy Levá část tělesa Normálových sil N ( x1 )  0 FMax  0 Pravá část tělesa N ( x1* )  0

+

N

N x1

Pro osu y průběhy Levá část tělesa Posouvajících sil T ( x1 )  F (Tečných) Pravá část tělesa TMax  F T ( x1* )  F

+

T

T x1

Průběh ohybového Levá část tělesa momentu M ( x1 )   F  x1 M Max   F  L Pravá část tělesa ( x1  L, x1*  0 ), M ( x* )   F  L  x* 1 1 kde x1*  L  x1 , Pomocí substituce získáme: x1  L  x1* M ( x1* )   F  L  x*1   F  x1









M

M

+

x1

e/ Určení charakteristik průřezů: Charakteristiky průřezu reprezentují tvar plochy průřezu. Pro ohyb jsou tři základní charakteristiky průřezu – dva osové momenty setrvačnosti plochy Jz, Jy, (kvadratické) a deviační moment setrvačnosti plochy Jzy. Osové momenty setrvačnosti plochy vyjadřují „odolnost“ vybraného průřezu při ohybu okolo dané osy. Deviační moment setrvačnosti plochy vyjadřuje symetrii rozložení plochy vybraného průřezu okolo os z a y. Deviační moment při výpočtu ohybu „musí“ být nulový Jzy=0. Postup při výpočtu momentů setrvačnosti složených ploch je uveden v příkladu Cv_1_Př_4. Momenty setrvačnosti plochy obdélníka k osám procházejícím těžištěm jsou uvedeny v Tab. 4. Tab. 4. Osový moment setrvačnosti A  B3 A A=10 mm J   6667 mm4 plochy k ose z z 12 B=20 mm Osový moment setrvačnosti A3  B Jy   1667 mm4 plochy k ose y 12 z B y

Deviační moment setrvačnosti J zy  0 plochy

5/14

mm  4









PPE

Cvičení 1

f/ Výpočet napětí: Obecně je hodnota napětí funkcí polohy  x1 , y, z  . V případě ohybu je možné použít vzorec uvedený v Tab. 1. Napětí je ke každému bodu dáno funkcí  x1 , y, z  . Bod je reprezentován krychličkou, jejíž rozměry se limitně blíží nule (v prostoru dx1, dy, dz, v rovině dx1, dy). Hodnoty ohybového momentu v obecném místě nosníku jsou uvedeny v Tab. 3 a hodnoty osových momentů setrvačnosti plochy jsou uvedeny v Tab. 4. Dosazením získáme obecný vzorec pro hodnotu napětí v obecném místě nosníku: M ( x1 )  F  x1  x1 , y, z   y  y. Jz Jz V našem případě je napjatost nezávislá na ose z. Dosazením hodnoty maximálního ohybového momentu a maximální hodnoty y (vyplývá z rozměrů průřezu) získáme hodnotu maximálního napětí. Poloha maxima vyplývá z polohy maximálního momentu. Kladná hodnota napětí reprezentuje tahovou napjatost σAH, záporná hodnota napětí tlakovou napjatost σAD. Výsledek s jednoduchým popisem napjatosti je uveden v Tab. 5. Tab. 5. Maximální moment je v místě x1=L a má hodnotu M MMax=-F.L.

+y

Nejvzdálenější body plochy průřezu od těžiště (osy z) mají hodnoty y=-B/2 a y=B/2.

Tah 300 MPa σAH= 300 y=-B/2

Nosník má pouze jeden průřez, kterému odpovídá moment setrvačnosti JZ.

MMax=-F.L

+

-

x1=L

y=B/2

σAD=-300 Tlak 300 MPa

Maximální napětí v horní části nosníku  AH : B F L B    x1  L, y    300 MPa   2  Jz 2  Maximální napětí v dolní části nosníku  AD : B F L B    x1  L, y      300 MPa  2 Jz 2 

g/ Výpočet průhybové čáry, posunutí a natočení: Posledním krokem je výpočet změny tvaru tělesa. Průhybovou čáru vypočteme pomocí Analytické metody, posunutí a natočení určíme ve vybraném místě (bodu) pomocí Castiglianových vět. U analytické metody musíme používat znaménkovou konvenci. Znaménka můžete odvodit na základě jednoduchého příkladu. Aplikace analytické metody na nosník je ukázána v Tab. 6. Tab. 6. M ( x1 ) y( x1 )   Analytická metoda: MRA + EJ F RAX A 2 3  F  x1  F  x1  y ( x1 )   C1 , y ( x1 )   C1  x1  C2 . 2 E  J 6 E  J RAY x1 y(x1) Pomocí okrajových podmínek vyřešíme konstanty C1, C2. y( x1  L)  0 , y( x1  L)  0 (vetknutí).

F  L2  F  L3 , C2  . 3 E  J 2 E  J 2 3  F  x1 F  L2  F  x1 F  L2 F  L3     x1  Řešení je tedy: y ( x1 )  , y ( x1 )  . 2 E  J 2 E  J 6 E  J 2 E  J 3 E  J Po dosazení a úpravě získáme konstanty C1, C2: C1 

6/14

PPE

Cvičení 1

Aplikace Castiglianových vět je naznačena v Tab. 7. Tab. 7. Castiglianova metoda: MRA F 1 M ( x1 ) RAX A B yB  M ( x1 ) dx1  EJ FB RAY 1 M ( x1 ) B  M ( x1 ) dx1 x1 yB  EJ M B MRA

RAX

A

F MB=0 B

RAY

x1 φ B

Výpočet posunutí yB: FB  F M ( x1 )   x1 , x1  0; L  , M ( x1 )   F  x1 , FB L

yB 

1 F  L3 (  F  x )  (  x ) dx  . 1 1 1 E  J 0 3 E  J

Výpočet natočení  B : M ( x1 )   F  x1  M B ,

M ( x1 )  1 , x1  0; L  , M B

L

1 F  L2 (  F  x )  (  1 ) dx  . 1 1 E  J 0 2 E  J Porovnáme-li výsledky řešení u Castiglianovy metody (natočení a posunutí v bodě B Tab. 7) s výsledky řešení Analytickou metodou (do rovnic dosadíme natočení y( x1  0) a posunutí y( x1  0) ) dostaneme shodné výsledky. Rovnice se liší pouze znaménkem, neboť u Analytické metody se znaménka řídí znaménkovou konvencí a u Castiglianovy metody směrem síly (momentu) podle kterého derivujeme.

B 

3 Řešené příklady na procvičení – Cv_1_Př_2 S1

L1 F1

S2 B

F2

L2

Dáno: S1=80 mm2, S2=50 mm2, L1=200 mm, L2=400 mm, F1= 1000 N, F2= 1200 N E=200000MPa,

Urči: (Opak – princip superpozice)  Reakce, průběhy vnitřních posunutí bodu B.

sil,

napětí,

Obr. 3 Při řešení příkladů z pružnosti a pevnosti můžeme často využít principu superpozice. Existuje řada (relativně) složitých úloh, které můžeme rozložit na několik částí (úloh jednoduchých), ty samostatně vyřešit a výsledky dílčích řešení znovu sečíst. Výsledkem postupu je stejná hodnota (rovnice) jako v případě přímého řešení složité úlohy. Princip superpozice obvykle neplatí u velkých deformací, plastických deformací (zatížení nad mezí kluzu), creepu (tečení), v únavě apod. (složité, často nelineární rovnice). Princip superpozice platí (jednoduché, často lineární rovnice) v oblasti platnosti Hookova zákona:  pro reakce, zatížení,  vnitřní účinky,  napětí, 7/14

PPE

Cvičení 1

 deformace a posunutí,  teplotní zatížení apod. V tomto příkladu si připomeneme výše uvedené, vybrané případy aplikace superpozice (teplota bude probrána později v 7. cvičení). Tyto postupy budou využity při řešení prostorových, tvarově složitých či staticky neurčitých úloh (potrubní sítě), u složených namáhání a teplotních úloh. a/ Reakce a zatížení: Celou úlohu rozdělíme na dvě, z nichž každá bude obsahovat pouze jedno zatížení (sílu). Výsledná reakce je dána součtem dílčích výsledků. Směry reakcí je vhodné volit stejně. Postup je naznačen v Tab. 8. Tab. 8. Celá úloha = Část 1 + Část 2 Schéma:  uvolnění,  rozdělení.

A RA S1 F1 S2 B

Reakce

A RA1 L1

S1

L2

S2

F2

L1

S1

L1

L2

S2 B

L2

B

F2

RA  F1  F2  0

RA1  F1  0

R A 2  F2  0

RA  F2  F1

RA1   F1

RA2  F2

RA  F2  F1

Superpozice

F1

A RA2

S

RA  RA1  RA2   F1  F2

Kontrola

RA  RA

S

b/ Vnitřní účinky: Stejně jako v předchozím bodu můžeme určit také vnitřní síly. Postup je ukázán v Tab. 9. Tab. 9. Celá úloha = Část 1 + Část 2 Schéma:  rozdělení.

RA

x2

Superpozice

A RA1

S1 L1 x1

Rovnice

200

S1 L1 x1

F1 L S2 2 F2 +

1200 A RA2 S1 L 1

-1000

1200

x2

F1 L2 S2

+

x1 S2 L 2 x2

F2 +

N ( x1 )  F 2 F1

N 1 ( x1 )   F1

N 2 ( x1 )  F2

N ( x2 )  F 2

N 1 ( x2 )  0

N 2 ( x2 )  F2

N ( x1 )   F 1 F2  N 1 ( x1 )  N 2 ( x1 )

N ( x2 )  F 2 N 1 ( x2 )  N 2 ( x2 ) c/ Napětí: Superpozice je využívána zejména při řešení složených namáhání, kdy známe řešení jednotlivých částí rozložené úlohy. Napjatost řešíme vždy v bodu, pro zobrazení napjatosti

8/14

PPE

Cvičení 1

používáme elementární krychli (v rovině obdélník). Kladné znaménko přiřadíme tahovému zatížení. Postup je ukázán v Tab. 10. Tab. 10. Celá úloha = Část 1 + Část 2 Schéma:  rozdělení.

σ(x1)

RA

S1 L1 x1

Superpozice

σ2(x1)

RA2

S1 L1 x1

F1 L S2 2

x2 Rovnice

σ1(x1)

RA1

x1

F1 L2 S2

x2

F2 + σ(x2)

S1 L 1 S2 L2 x2

σ1(x2)

 ( x1 ) 

N ( x1 ) F 2 F1  S1 S1

N 1 ( x1 )  F1  ( x1 )   S1 S1

 ( x2 ) 

N ( x2 ) F 2  S2 S2

 1 ( x2 ) 

 ( x1 ) 

 F 1 F2 N 1 ( x1 ) N 2 ( x1 )    1 ( x1 )   2 ( x1 )   S1 S1 S1 S1

1

N 1 ( x2 ) 0 S2

F2

σ2(x2)

N 2 ( x1 ) F2  ( x1 )   S1 S1 2

 2 ( x2 ) 

N 2 ( x2 ) F2  S2 S2

F2 N 1 ( x2 ) N 2 ( x2 )   1 ( x2 )   2 ( x2 )   S2 S2 S2 d/ Deformace a posunutí: Superpozice lze s úspěchem použít u staticky určitých i staticky neurčitých úloh (přímých, lomených či křivých prutů), kde je větší množství zatížení či vazeb. Postup je demonstrován v Tab. 11 (šrafovaná část není řešena). Tab. 11. Celá úloha = Část 1 + Část 2

 ( x2 ) 

Schéma:  rozdělení.

S1 L 1 x1 x2 +

Rovnice

L1 

F1 L S2 2 F2

S1 x1

F1

L1

L 1+ Δ L 1

L2

ΔL

F2

F1 L S2 2

ΔL 1 x2 +

F2

ΔL 2

N ( x1 ) F  F1 N ( x2 ) F2 dx1  2  L1 , L2   dx2   L2 . E  S1 E  S1 E  S2 E  S2 ( L1 ) ( L2 )



F2  F1 F  L1  2  L2 . E  S1 E  S2 Z těchto ukázek je zřejmá široká použitelnost principu superpozice v pružnosti a pevnosti.

Superpozice

L  L1  L2 

9/14

PPE

Cvičení 1

4 Řešené příklady na procvičení – Cv_1_Př_3 Mk S 2L/3 Obr. 4

L/3

Dáno: S=80 mm2, L=200 mm, Mk= 1000 Nmm, E=200000MPa, Urči: (Opak – Staticky neurčité úlohy)  Reakce.

Při řešení příkladů z pružnosti a pevnosti se často setkáváme s úlohami staticky neurčitými. Řešení tohoto typu úloh má jasný postup:  Uvolnění, sestavení rovnic rovnováhy, určení stupně statické neurčitosti,  nalezení odpovídajícího počtu deformačních podmínek,  vyřešení posunů či natočení,  řešení soustavy rovnic – stanovení reakcí. Hlavní a často nejsložitější částí řešení je nalezení deformačních podmínek. Často lze využít rovnice definující chování vazby, podobnosti trojúhelníků, nebo rozdělení tělesa. a/ Uvolnění, sestavení rovnic rovnováhy, stupeň statické neurčitosti: Postup je naznačen v následující Tab. 12. Tab. 12.  Uvolnění Mk Mk2 Mk1 S A B 2L/3  Rovnice rovnováhy

 Mk  0  Mk

1

L/3

 Mk  Mk2  0

Získali jsme jednu rovnici rovnováhy a dvě neznámé - reakce Mk1 , Mk2 . K řešení potřebujeme ještě jednu rovnici (deformační podmínku) – úloha je jednou staticky neurčitá. Hledáme jednu deformační podmínku. b/ Deformační podmínky: K vytvoření deformační podmínky můžeme často využít vazeb mezi tělesy, případně těleso rozdělit na několik částí viz Tab. 13. Tab. 13. Varianta 1: V místě A, B je vetknutí, které S Mk v tomto případě zachycuje úhel zkroucení. A B Rovnice těchto vazeb můžeme použít přímo jako deformační podmínky. 2L/3 L/3 Deformační podmínky:  A  0 ,  B  0 . Varianta 2: Rozdělíme-li tyč myšleným řezem v místě momentu Mk, pak úhel zkroucení musí být v obou částech stejný (znaménko se řídí dle znaménkové dohody) aby při opětovném sloučení nedošlo k nespojitosti.

Mk1 A

S 2L/3

L/3 Mk2

S

B Deformační podmínka:  A   B 10/14

PPE

Cvičení 1

c/ Vyřešení posunů či natočení: V tomto kroku lze s výhodou použít Castigliánových vět. Postup u vybraných deformačních podmínek je naznačen v Tab. 14. Tab. 14. Varianta: Schéma: Varianta 1: S Mk Mk2 Mk2  L Mk2  Mk   2  L A , B   B 3G  J p 3G  J p B 

3  Mk2  L Mk  2  L .  3G  J p 3G  J p

Varianta 2:

2L/3

L/3

Hledáme natočení:  B  ? .

2  Mk1  L ,  B  Mk2  L . A  3G  J p 3G  J p

S

Mk1 A

2L/3

L/3 S

Mk2 B

Hledáme natočení:  A  ? ,  B  ? d/ Řešení soustavy rovnic, stanovení reakcí: Nalezené funkce dosadíme zpět do deformačních podmínek a úpravou (řešením soustavy rovnic) získáme hodnoty reakcí. Postup je naznačen v Tab. 15. Tab. 15. Varianta: Reakce: Varianta 1: 2  Mk 3  Mk2  L Mk  2  L B    0  3  Mk2  2Mk  0 , 3G  J p 3G  J p Mk1  Mk  Mk2  0 .

Mk2  

3 Mk Mk1   3

Varianta 2:

2  Mk1  L Mk2  L   A  B   2Mk1  Mk2 , 3 G  J p 3 G  J p

Mk1  Mk  Mk2  0  Mk1  2Mk1 Mk  3Mk1  Mk

Mk 3 2  Mk Mk2   3

Mk1  

5 Řešené příklady na procvičení – Cv_1_Př_4 d Dáno: a=35 mm, b=30 mm, c=15 mm, d=15 mm, b c

Urči: (Opak – Momenty setrvačnosti plochy)  Polohu a hodnotu hlavních centrálních momentů setrvačnosti plochy.

a Obr. 5

11/14

PPE

Cvičení 1

Celý postup určení hlavních centrálních os a momentů setrvačnosti složené plochy lze rozdělit do několika bodů (elementární plochy jsme schopni spočíst analyticky):  Rozdělení na elementární plochy, určení jejich těžiště a celkového těžiště,  určení momentů setrvačnosti a deviačních momentů elementárních ploch k jejich těžišti,  určení momentů setrvačnosti složené plochy k osám procházejícím těžištěm (Steinerova věta),  určení hlavních centrálních momentů setrvačnosti a určení hlavních centrálních os setrvačnosti složené plochy. Složené plochy rozdělujeme tak, aby rozdělené části byly symetrické podle stejných os. Pokud to nelze (jako v našem případě) je postup delší. a/ Rozdělení na elementární plochy, určení jejich těžiště a celkového těžiště + určení momentů setrvačnosti a deviačních momentů elementárních ploch k jejich těžišti: Složenou plochu se snažíme rozdělit na minimální počet elementárních ploch. Složenou plochu lze rozdělit na elementární plochy mnoha způsoby, ale všechny způsoby řešení (rozdělení) dávají jeden, ve všech případech stejný, výsledek. Momenty setrvačnosti obdélníka jsou v Tab. 4. Postup je naznačen v Tab. 16. Tab. 16. Složená plocha Varianta 1: vybereme Varianta 2: Varianta 3: T1 +

T2

+ -

y y

Těleso 1 d

b x

Poloha těžiště tělesa 1 v souřadném systému x-y: d b T1  xT 1; yT 1    ;  .  2 2 Momenty setrvačnosti plochy tělesa 1 k osám procházejícím těžištěm T1 a rovnoběžným s osami x, y: d  b3 d3 b , J y1  . J x1  12 12

x Těleso 2 d a-d

Poloha těžiště tělesa 2 v souřadném systému x-y: c ad y T 2  xT 2 ; yT 2     d;  . 2  2 c Momenty setrvačnosti plochy tělesa 2 k osám procházejícím těžištěm T2 a  d   c3 , J  a  d 3  c . J  a rovnoběžným s osami x, y: y2 x2 x 12 12 Poloha těžiště složeného tělesa v souřadném systému x, y:  S  x  S2  xT 2 S1  yT 1  S2  yT 2   , T  xT ; yT    1 T 1 ; S1  S2 S1  S2   kde S1 a S2 jsou obsahy těles 1 a 2. b/ Určení momentů setrvačnosti složené plochy k osám procházejícím těžištěm (Steinerova věta): Steinerova věta slouží k výpočtu hodnot momentů setrvačnosti plochy u „posunutých“ os. Postup je naznačen v Tab. 17. 12/14

PPE

Cvičení 1 Tab.17. Momenty setrvačnosti plochy tělesa 1 k osám procházejícím těžištěm celkovým T a rovnoběžným s osami x, y: 2 J xT 1  J x1   yT  yT 1   S1 ,

Těleso 1

xT

y

xT1

J yT 1  J y1  xT  xT 1   S1 , 2

T T1

yT1

J xyT 1  J xy1  xT  xT 1    yT  yT 1   S1 .

yT

x Těleso 2 y

Momenty setrvačnosti plochy tělesa 2 k osám procházejícím těžištěm celkovým T a rovnoběžným s osami x, y: 2 J xT 2  J x 2   yT  yT 2   S2 ,

xT2 xT yT

J yT 2  J y 2  xT  xT 2   S2 ,

T

2

J xyT 2  J xy 2  xT  xT 2    yT  yT 2   S2 .

yT2 T2 x

Momenty setrvačnosti plochy složeného tělesa: J x  J xT 1  J xT 2 , J y  J yT 1  J yT 2 , J xy  J xyT 1  J xyT 2 . c/ určení hlavních centrálních momentů setrvačnosti a určení hlavních centrálních os setrvačnosti složené plochy: V případě, že celkový deviační moment setrvačnosti plochy je nulový, pak osové momenty setrvačnosti plochy vypočtené v předchozím bodu jsou hlavní centrální momenty setrvačnosti a osy procházející celkovým těžištěm jsou hlavní centrální osy setrvačnosti. V našem příkladu deviační moment plochy nevyjde nulový. V prvním kroku určíme hodnoty hlavních centrálních momentů setrvačnosti ploch, ve druhém kroku polohu os. Při řešení využijeme Mohrovy kružnice. Osové momenty setrvačnosti ploch jsou vždy větší než 0. Postup je naznačen v Tab. 18. Tab. 18. Z předchozích kroků výpočtu jsme získali 3 hodnoty Mohrova kružnice: centrálních momentů setrvačnosti plochy: J x , J y , J xy . Určíme vzdálenost středu kružnice od počátku a velikost poloměru kružnice:

Jx  Jy

Jxy

2

 J  Jy  2   J xy . OS  , R   x 2  2  Hodnoty hlavních centrálních momentů setrvačnosti plochy (Jxy=0) odpovídají průsečíku kružnice a osy osových momentů setrvačnosti plochy: J1  O S  R , J 2  O S  R , hodnotu úhlu určíme z pravoúhlého trojúhelníka:    J  xy  . 2  tg  Jx  Jy    2  

13/14

Jxy 0 J2

Jy R

2φ

J1

S

Jx, Jy -Jxy Jx

PPE

Cvičení 1

Polohu os určíme na základě jednoduché úvahy. Momenty setrvačnosti ploch jsou charakteristiky průřezu pro ohyb. Mají – li dvě různé plochy průřezu stejné hodnoty hlavních centrálních momentů setrvačnosti, budou se, z hlediska ohybu, „chovat“ stejně. Maximální a minimální moment setrvačnosti můžeme určit z Mohrovy kružnice, úhel φ je mezi Jy a J2 ( J MIN  J 2 ) nebo mezi Jx a J1 ( J MAX  J1 ). Následující Tab. 19. ukazuje určení polohy hlavních centrálních os setrvačnosti. Místo skutečného tvaru průřezu zvolíme náhradní plochy vhodného tvaru, které mají stejné charakteristiky průřezu. U této „náhradní“ plochy známe polohu těžiště xt , yt i velikost plochy S a můžeme využít vzorce J xy   xt  yt  S a snadno spočíst znaménko příslušné tvaru plochy. U vhodně zvolené náhradní plochy snadno určíme také polohu minimálního a maximálního momentu setrvačnosti plochy. Tab. 19. Skutečná plocha Náhradní plocha 1 Náhradní plocha 2 y

φ y + x

Platí: J xy   xy dS , plocha je vždy kladná S  0. Schematicky: J xy   xt  yt  S Vypočteno: J xy .

φ

JMIN

y +

+ - J MAX

φ

x

Deviační moment je dán součinem dvou kladných nebo dvou záporných hodnot (souřadnice těžiště) – bude vždy kladný. Platí, je-li J xy  0 .

φ +

-

JMAX

-

x

JMIN

Deviační moment je dán součinem kladné a záporné hodnoty (souřadnice těžiště) – bude vždy záporný. Platí, je-li J xy  0 .

6 Literatura Odvození a příklady na procvičení lze nalézt ve většině skript či učebnic pružnosti a pevnosti, statiky atd. Například: [1] Lenert, J., Pružnost a pevnost 1, 2, VŠB-TU Ostrava. [2] Krčál, O., Sbírka příkladů z pružnosti a pevnosti 1, VŠB-TU Ostrava. [3] Krčál, O., Adámková, L. Sbírka příkladů z pružnosti a pevnosti 2, VŠB-TU Ostrava. [4] Trebuňa, Jurica, Šimčák, Pružnosť a pevnosť I, II, [5] Šmiřák, Pružnost a plasticita I, [6] Miroljubov, I. N. a kol., Řešení úloh z pružnosti a pevnosti, SNTL, 1976. [7] Pěšina, E., Reif, P., Valenta, F., Sbírka příkladů z pružnosti a pevnosti, SNTL, 1964. [8] Juliš, Tepřík, Slavík, Statika, SNTL, 1987 [9] Ondrouch, Šnupárková, Příručka statiky s příklady, 1986 [10] Horyl, Statika a dynamika, 1988 [11] Medvec, A., Stradiot, J., Záhorec, O., Caban, S., Mechanika III - Dynamika, STU v Bratislave, 1996.

14/14