Otpornost Materijala Past Paper (PDF) - Jesen 2015

ОТПОРНОСТ МАТЕРИЈАЛА јесен 2015 1  Валентин Главарданов Литература (предавања): Ј. Мандић: Отпорност материјала, Грађевинска књига, Београд. Литература (вежбе): Р. Маретић: Збирка решених задатака из Отпорности материјала, ФТН, Нови Сад...

ОТПОРНОСТ МАТЕРИЈАЛА јесен 2015 1  Валентин Главарданов Литература (предавања): Ј. Мандић: Отпорност материјала, Грађевинска књига, Београд. Литература (вежбе): Р. Маретић: Збирка решених задатака из Отпорности материјала, ФТН, Нови Сад 2 it is my conviction that students of engineering and science are better served if they understand and “own” the underlying mathematics that the computers are doing on their behalf Clive Dym УВОД 4 У Отпорности материјала проучаваћемо деформабилна еластична тела која се налазе у равнотежи. 1. Класификација оптерећења 6 Увешћемо следеће две поделе оптерећења: А) спољашње и унутрашње оптерећење Б) површинско и запреминско оптерећење 7  А) Спољашње и унутрашње оптерећење Под спољашним оптерећењем тела сматрамо оптерећење којим околина делује на тело. Под унутрашњим оптерећењем тела сматрамо оптерећење којим делови тела међусобно делују наједан на други. 8  Б) површинско и запреминско оптерећење Под површинским оптерећењем сматрамо непрекидно распоређене силе по некој површини. Примери: снег на крову куће, итд Под запреминским оптерећењем сматрамо непрекидно распоређене силе по некој запремини. Примери: сила гравитације, инерцијална сила, итд 9 2. Основни задаци Отпорности материјала. 10  Основни задаци Отпорности материјала су: Испитивање чврстоће Испитивање крутости Испитивање стабилности 11  Испитивање чврстоће Под испитивањем чврстоће подразумевамо испитивање унутрашњих сила (напона) са циљем да се тело под дејством оптерећења не сломи или трајно деформише (отказ конструкције). 12  Испитивање крутости Под испитивањем крутости подразумевамо испитивање деформација тела са циљем да под дејством оптерећења деформације буду у задатим границама. 13 Испитивање стабилности Под испитивањем стабилности равнотежног положаја тела подразумевамо одређивање услова при којим поред поменутог постоји и неки други блиски равнотежни положај 14 3. Аксиом Коши-Ојлера. Вектор напона. Нормални и тангенцијални напон 15  Аксиом Коши-Ојлера Замислимо да смо неко тело пресекли на два дела са неком равни. Тада се дејство једног дела на други (а и обрнуто) може заменити статички екавивалентим непрекидно распоређеним силама по површини пресека. 16 17  Образложење Ојлер – Кошијевог аксиома коришћењем опружног модела 18  Вектор напона n јединична спољашња нормала DA површина у околини тачке P 19  DR је главни вектор оптерећења које делује на површину DA Вектор напона у тачки P за пресечну раван са јединичном спољашњом нормалом n је:    DR dR pn  lim  DA0 DA dA 20 Напомена. Вектор напона у тачки P за пресечну раван са јединичном спољашњом нормалом n користећи принцип акције и реакције има облик DR DR dR p n  lim   lim    pn DA0 DA DA0 DA dA Димезнија за вектор напона је N  pn    2    Pa  m   Нормални и тангенцијални напон Нормални напон је пројекција вектора напона на правац јединичне нормале n s (сигма) Тангенцијални напон је пројекција вектора напона на пресечну раван t (тау) Питагорина теорема pn  s 2  t 2 22 4. Матрица напона. Симетрија матрице напона 23 Нека је P произвољна тачка на телу. Уведимо неки фиксиран али произвољно изабран координатни систем (види слику) Замислимо да смо пресекли тело на два дела са координатном равни yPz са јединичном спољашњом нормалом i. Тада у тачки P постоји вектор напона кој ћемо означити са px. Пројектовањем тог вектора на координатне осе добијамо његове пројекције s xx , s xy , s xz па се вектор може записати као: px  s xx i  s xy j  s xz k Напомена. Приликом означавања пројекција важи правило оса која је нормална на пресечну површ s yz оса на коју се пројектује вектор напона  Ако замислимо да смо тело прпрсекли са и са преостале две координатне равни добићемо одговарајуће векторе напона py  s yx i  s yy j  s yz k pz  s zx i  s zy j  s zz k Компоненте вектора напона за пресеке координатним равнима можемо представити у облику матрице која се назива матрица напона и има облик s xx s xy s xz    [s ]  s yx s yy s yz  s zx s zy s zz   Напомена. Елементе на дијагонали називамо нормалним напонима а елементе изван дијагоналне тангенцијалним напонима.  Симетрија krak krak sila sila dx dy  M z  s xy dydz 2  s yx dxdz 2  0 prednjaravan desnabocnaravan  s xy  s yx  0  s xy  s yx slicno sledi s xz  s zx i s yz  s zy Дакле матрица напона је симетрична. 5. Вектор напона за произвољну оријентисану пресечну раван (Кошијева теорема) 30 Посматрајмо мали тетреаедар (види слику) који смо издвојили из тела које је у равнотежи и уведимо следеће ознаке: n  nx i  ny j  nz k је јединична спољашња нормала на косу раван BCD h је висина тетраедра из тачке P dV је запремина тетраедра dA  P BCD dAx  P CPD dAy  P BPD dAz  P BPC Из аналитичке геометрије је познато dAx  nx dA, dAy  ny dA, dAz  nz dA (1) Као и 1 dV  hdA, (2) 3 Посматрајмо сада равнотежу малог тетраедра. С обзиром на Коши-Ојлеров аксиом на странице тетраедра делују мале силе којима одговарају вектори напона:  p x ,  p y ,  p z , pn Претпоставимо да је тетраедар оптерећен и запреминским силама f. Тада услов равнотеже да је главни вектор једнак нули постаје: F i  pn dA  px dAx  p y dAy  pz dAz  fdV  0 коришћењем (1) и (2) следи 1 pn dA  px nx dA  p y n y dA  pz nz dA  f hdA  0 3 односно 1 pn  px nx  p y n y  pz nz  f h0 3 како је последњис сабирак бесконано мали у односу на претходне можемо га " занемарити " па следи pn  px nx  p y n y  pz nz (3) Коришћењем израза за векторе напона за пречне координатне равни из претходног питања следи pn  (s xx i  s xy j  s xz k )nx  (s yx i  s yy j  s yz k )n y  (s zx i  s zy j  s zz k )nz pn  s xx nx i  s xy nx j  s xz nx k  s yx n y i  s yy n y j  s yz n y k  s zx nz i  s zy nz j  s zz nz k pn  (s xx nx  s yx ny  s zx nz )i  (s xy nx  s yy ny  s zy nz ) j  (s xz nx  s yz ny  s zz nz )k (4) Ако са ( p ) ,( p ) ,( p ) означимо пројекције вектора напона pn на координатне n x n y n z осе важи pn  ( p n ) x i  ( p n ) y j  ( p n ) z k (5) Из (4) и (5) следи ( p n ) x  s xx nx  s yx ny  s zx nz ( p n ) y  s xy nx  s yy ny  s zy nz ( p n ) z  s xz nx  s yz ny  s zz nz (6) Једначину (6) матрично можемо записати као  ( p n ) x  s s yx s zx   nx     xx  ( p n ) y   s yx s yy s yz   ny    p n   s   n  (7)   T   s s yz s zz   nz   n z   xz ( p )  Како је матрица напона симетрична s  s  T Коначно следи  ( p n ) x  s s xy s xz   nx     xx   p n   s   n       ( p n ) y   s yx s yy s yz   ny  (8)   s s zy s zz   nz   n z   zx ( p ) Једначина (8) представља израз за вектор напона за произвољно оријентисану пресечну раван (Кошијева теорема) 6. Хипотезе Отпорности материјала. 35  Хипотеза о непрекидности Хипотеза о хомогености Хипотеза о изотропности Хипотеза о малим деформацијама Хипотеза о замена стварног оптерећења еквивалентним Хипотеза равних пресека 36 А) Хипотеза о непрекидности Тело (материја) у потпуности испуњва простор у коме се налази 37  Б) Хипотеза о хомогености Тело је хомогено уколико у свим тачкама материјал има иста структуру. 38 В) Хипотеза о изотропности Тело (материја) тело има иста својства у свим правцима. 39 Случајеви неизотропних тела 40  Г) Хипотеза о малим деформацијама Деформације су мале у односу на величину тела. Последице: 1) једначине равнотеже се пишу у недеформосаном положају 2) важи принцип суперпозиције 41  Д) Хипотеза о замени стварног оптерећења еквивалентним Ако стварно оптерећење заменимо њему статички еквивалентним утицај замене се неће “осетити” у деловима тела коју су довољно далеко удаљена од места замене. 42 Ђ) Хипотеза равних пресека Пресеци који су равни у недеформисаном телу, остају равни и након деформисања 43 7. Класификација напонских стања: линеарно, раванско и просторно стање напона. 44 А) Стање напона у тачки је линеарно ако су вектори напона за све пресечне равни кроз ту тачку колинеарни. Тада у координатном систему чија се x-оса поклапа са векторима напона матрица напона има следећи облик s xx 0 0  0 0 0     s   0 0 0  45 Б) Стање напона у тачки је раванско ако вектори напона за све пресечне равни кроз ту тачку припадају некој равни. Тада у координатном систему чија је z-оса нормална на векторе напона матрица напона има следећи облик s xx s xy 0   s   s yx s yy 0  0 0 0  46 Ц) Стање напона у тачки је просторно ако су вектори напона за све пресечне равни кроз ту тачку произвољно оријентисани у простору. 47 5. Мере деформација: дилатација и угао клизања 48  Дилатација у правцу дефинисаном вектором n ds  dS n  dS Пре деформације После деформације 49  Угао клизања између праваца одређених векторима n и m  nm   '   Пре деформације После деформације 50  9. Дефиниције: аксијално оптерећени штапови, аксијалне силе. нормални напон. 51  Штап је тело чија је једна димензија (дужина) знатно већа у односу на преостале две Штап је аксијално оптерећен уколико је изложен дејству сила чији се правци поклапају са осом штапа 52 Аксијалну силу у неком попречном пресеку дефинишемо као пројекцију главног вектора непрекидно распоређеног оптерећења које делује у том пресеку на спољашњу нормалу пресека. Применом услова равнотеже на делове штапа аксијалну силу можемо израчунати као суму свих сила са једне или друге стране пресека. Дакле важи   Fa   Fi l  0  Fa   Fi l ili Fa   Fi d  0  Fa   Fi d Пример  Fa   Fi l  F1  F2 53  Опште упутство за одређивање напона Замислити да је штап пресечен у произвољној тачки са равни за коју желиш да одредиш напон. Заменити међусобни утицај делова добијених пресецањем адекватно изабраним непрекидно распоређеним силама по пресеку. Применити дефиницију пресечних величина (аксијална сила, момент увијања, момент савијања). 54 Одређивање нормалног напона за пресечну раван нормалну на осу штапа Претпоставка: Вектори напона у свакој тачки попречног пресека су једнаки и паралелни са осом штапа. Дакле важи pn  s n, s  const 55 Дакле елементарна сила d R која делује на површину dA која садржи произвољну тачку P (види слику) је dR  pn dA  s dAn С обзиром на дефиницију аксијалне силе и претходну формулу следи def Fa  n  d R  n  ns dA  n n s dA   s dA  s  dA  s A A A A A A Fa Па је тражени нормални напон облика s A  8. Издужење. Уздужна и попречна дилатација штапа. Издужење при нехомогеној дилатацији. Дилатација и издужење при загревању. 57 Dl  l1  l промена дужине - издужење Dd  d1  d промена ширине Уздужну дилатацију (дилатација у правцу осе)  у тачки P дефинишемо са P*Q*  PQ dz  Ddz  dz Ddz def    ($) PQ dz dz 59 С обзиром да је попречна димензија штапа много мања од његове дужине попречну дилатацију (дилатација у правцу нормалном на осу штапа) дефинишемо са Dd q  d 60 Експериментално је утврђена веза између уздужне и попречне дилатације у облику  q    где је (ни) - Поасонов коефицијент Дилатација је нехомогена када није иста у свакој тачки штапа, т.ј.  ( z)  const У случају нехомогене дилатације издужење налазимо на следећи начин int egracija l ($)  Ddz   ( z )dz  Dl    ( z )dz ($$) 0 61 У случају хомогене дилатације,  ( z)  const Dl Dl   l    l Приликом промене температуре за DT уздужна дилатација штапа је хомогена и облика   aDT где је a линеарни коефицијент топлотног ширења. Издужење штапа у овом случају је l l ($$)  Dl    ( z )dz   aDTdz  a l DT 0 0 62 10. Дијаграм нормалних напона у зависности од дилатације (Хуков закон). 63 епрувета направљена од испитиваног материјала 64  Дуж OP је линеарна веза између s и  и представља Хуков закон s  E где је E модул еластичности са димензијом   N E   2  m  Карактеристичне тачке: P – граница пропорционалности Е – граница еластичности R – граница развлачења (течења) М – граница чврстоће К – граница кидања 65  11. Издужење аксијално оптерећеног штапа као функција аксијалне силе и температуре 66 У случају када је поред механиког присутан и утицај температуре Хуков закон се усваја у облику s   aDT E С обзиром на образац за изужење штапа и горњу формулу следи l l s l s l 1 l Dl    dz   (  aDT )dz   dz   aDTdz   s dz  a l DT 0 0 E 0 E 0 E0 Fa Како је нормални напон s следи издужење A l 1 Fa Dl   dz  a l DT E0 A 67 За штап који је константног пресека и има константну аксијалну силу претходна формула постаје Fal Dl   a l DT AE Напомена: претходна формула одређује и издужење дела штапа који је константног пресека и има константну аксијалну силу. При томе l представља дужину тог дела штапа. 68 12. Прорачун штапова изложених аксијалном оптерећењу. 69  sd - дозвољени напон s – степен сигурности scr - критични напон s cr sd  s степен сигурности је већи од 1 70 Прорачун (димензионисање) се изводи из услова да највећи нормални напони не пређу дозвољене како не би дошло до лома материјала. Дакле Fa s max   sd A max 71 14. Став о издужењу штапа чији је један крај покретан, а други непокретан 72  Одредити промену дужине штапа коме је крај О непокретан, а крај А се помери за растојање dA које је мало у односу на дужину штапа l 73  l1  l  Dl Косинусна теорема: l12  l 2  d A2  2ld A cos a 74  (l  Dl )  l  d  2ld A cos a 2 2 2 A l  2l Dl  (Dl )  l  d  2ld A cos a 2 2 2 2 A 2l Dl  (Dl )  d  2ld A cos a 2 2 A Како су Dl, d A мале величине можемо занемарити њихове квадрате. 2l Dl  2ld A cos a  Dl  d A cos a 75  Став о издужењу штапа чија је једaн крај непокетан Изужење штапа је једнако пројекцији вектора померања покретног краја на осу која се поклапа са осом штапа у недеформисаном положају а усмерена је од непокретног ка покретном крају штапа, т.ј Dl  d A cos a 76  12+1. Статички неодређени аксијално оптерећени штапови. 77  Статички неодређени проблеми Проблем је статички неодређен ако је број реакција веза је већи од броја нетривијалних једначина равнотеже Разлика броја реакција веза и броја нетривијалних једначина равнотеже је степен статичке неодређености. Да би се статички неодређен проблем решио потребно је написати допунске једначине. Допунских једначина има онолико колико пута је проблем статички неодређен. 78 Пример Дато: A,l,E,DT,a Наћи: реакције веза 79  Xi  X A  X B  0 једначина равнотеже 2 реак. везе – 1 јед. рав. = 1 ста. нео. 80  допунска једначина Dl  0 XAl Dl  Dl F  Dlt   la Dt  0 AE X A   A Ea Dt одређивање напона XA s   E a Dt A 81 83 15. Напони у косом пресеку аксијално оптерећеног штапа. Моров круг напона. 84  Посматрајмо коси пресек штапа који је одређен јединичном спољашњом нормалом n (види слику) и јединичним вектором t који лежи у равни пресека. Са слике следи n  cos ai  sin a j t   sin ai  cos a j Приметимо да је матрица напона у случају када је x оса оса аксијално оптерећеног штапа облика s xx 0 0  0 Fa    s  0 0  s xx  A  0 0 0  А) Применом Кошијеве теореме вектор напона за косу пресечну раван постаје  ( p n ) x  s 0 0   nx  s xx 0 0  cos a  s xx cos a     xx  p n   s   n   ( p n ) y   0      0 0   n y    0 0 0   sin a    0      0 0 0   nz   0 0 0   0     ( p n ) z   0 Б) С обзиром на дефиницију нормални напон и тангенцијални напони су def 1  cos 2a s n  p n n  ( p n ) x nx  s xx cos 2 a  s xx 2 def s xx s t  p n t  ( p n ) x t x  s xx sin a cos a   sin 2a 2 ц) Приметимо да из израза нормални напон следи s xx s xx sn   cos 2a , 2 2 s xx st   sin 2a 2 86  Квадрирањем и затим сабирањем претходне две једначине следи s xx   s xx  2 2  s n   st   2   2   2  што представља једначину Моровог круга напона у дијаграму нормалних и тангенцијалних напона. Дијаграм Дакле, Моров круг напона представља геометријско место тачака које одговарају могућим вредностима нормалних и тангенцијалних. Напона у зависности од положаја пресечне равни. 16. Раванско стање напона. Нормални и тангенцијални напони у произвољно оријентисаној равни. Посматрајмо коси пресек танке плоче која се налази у раванском стању напона у xy равни. Нека је пресек одређен јединичном спољашњом нормалом n (види слику) и јединичним вектором t који лежи у равни пресека. Са слике следи n  cos ai  sin a j t   sin ai  cos a j  Приметимо да je због раванског стања напона матрица напона облика s xx s xy 0 s 0     yx s yy s   0 0 0  А) Применом Кошијеве теореме вектор напона за косу пресечну раван постаје  p n   s   n        ( p n ) x  s s xy 0  nx  s xx s xy 0 cos a  s xx cos a  s xy sin a     xx ( p n ) y   s yx s yy 0   ny   s yx s yy 0  sin a   s yx cos a  s yy sin a     0 0   nz   0 0   0     ( p n ) z   0 0 0 Б) С обзиром на дефиницију нормални напон је облика def s n  p n n  ( p n ) x nx  ( p n ) y n y  (s xx cos a  s xy sin a )cos a  (s yx cos a  s yy sin a )sin a  s xx cos2 a  s xy sin a cos a  s yx sin a cos a  s yy sin 2 a s xy s yx 2sin a cosa sin 2a  s xx cos a  s yy sin a  2s xy sin a cos a 2 2  s xx cos2 a  s yy sin 2 a  s xy90sin 2a Ц) С обзиром на дефиницију тангенцијални напон је облика def s t  pn t  ( pn )x tx  ( pn ) y t y  (s xx cos a  s xy sin a ) sin a  (s yx cos a  s yy sin a ) cos a  s xy sin 2 a  s xx sin a cos a  s yx cos 2 a  s yy sin a cos a s xy s yx  (s yy  s xx ) sin a cos a  s xy (cos 2 a  sin 2 a ) 2sin a cos a sin 2a (s yy  s xx )  sin 2a  s xy (cos 2 a  sin 2 a ) 2 cos 2 a sin 2 a  cos 2a (s yy  s xx )  sin 2a  s xy cos 2a 2 Д) У специјалном случају када је s 0 0 s    0 s 0   0 0 0   Нормални и тангенцијални напони постају  3 ($) s n (a   )  0, s n (a   )0 4 4  3  3 s t (a  )  s t (a   )  s , s t (a   )  s t (a  )  s ($$) 4 4 4 4 17. Главни напони и главни правци при просторном и раванском стању напона Дефиниција. Нека скалар l и јединични вектор n задовољавају s xx s xy s xz   nx   nx     s  n   l  n   s yx s yy s yz   ny   l  ny  s zx s zy s zz   nz   nz   Тада скалар l одређује главни напон а правац одређен вентором је одговарајући главни правац. n Горњи услов можемо записати и као (s xx  l )nx  s xy n y  s xz nz  0 s yx nx  (s yy  l )ny  s yz nz  0 (1) s zx nx  s zy n y  (s zz  l )nz  0 nx2  n y2  nz2  1 Да би посматрани систем имао нетривијално решење по nx ny nz мора важити s xx  l s xy s xz s yx s yy  l s yz 0 (2) s zx s zy s zz  l У опшем случају детермнанта је облика l 3  Is l 2  IIs l  IIIs  0 (3) Где су Is , IIs , IIIs коефијенти који зависе од елемената матрице напона. Из (3) следи да постоје три главна напона јер је реч о кубној једначини. Главне напоне ћемо означити са s1 , s 2 , s 3 За сваки од тих главних напона, заменом l  s i , i  1, 2,3 и решавањем (2) можемо одредити и одговарајуће главне правце којих у општем случају може бити и више од три. Важно. 1) Без доказа наводимо чињеницу да главни напони одређују уједно и екстремне врености нормалних напона. 2) Увек постоје три међусобно управна главна правца. У координатном систему одређеном тим главним правцима матрица напона је дијагонална, т.ј. s 1 0 0  0 s     s  2 0   0 0 s 3   Раванско стање напона Као специјалан случај посматрајмо раванско стање напона, т.ј. s xx s xy 0 s   s yx s yy 0   0 0 0  Сада (1) постаје (s xx  l ) nx  s xy n y  0 s yx nx  (s yy  l )n y  0  l nz  0 (4) nx2  n y2  nz2  1 а детермината (2) се редукује на s xx  l s xy 0 s s xy yx s yx s yy  l 0   l (s xx  l )(s yy  l )  s xy2   0 (5) 0 0 l Сређивањем следи l (s xx  l )(s yy  l )  s xy2   l l 2  (s xx  s yy )l  s xxs yy  s xy2   0 (6) Па су решења (6) облика s xx  s yy  (s xx  s yy ) 2  4(s xxs yy  s xy2 ) l1,2  2 s xx  s yy  s xx2  2s xxs yy  s yy 2  4s xxs yy  4s xy 2  2 s xx  s yy  s xx2  2s xxs yy  s yy 2  4s xy 2  2 s xx  s yy  (s xx  s yy ) 2  4s xy2  2 l3  0 Уобичајено је да главне напоне означимо са s xx  s yy  (s xx  s yy ) 2  4s xy2 s 1  l1  2 (7) s xx  s yy  (s xx  s yy )  4s 2 2 s 2  l2  xy 2 s 3  l3  0 Главне правце одређујемо заменом l  s i , i  1, 2,3 у (4). Одредимо главне правце у xy равни за l  s i , i  1,. 2 Из (4) следи  (s xx  s i )nx  s xy ny  0 / ny      (s  s ) n n  s ( n 2  nx)0 2 s yx nx  (s yy  s i )ny  0 /  nx  xx yy x y xy y (8) nx2  ny2  1 Ако јединични вектор напишемо у облику n  nx i  ny j  cos a i  sin a j једначина (8) постаје: s xx  s yy (s xx  s yy ) cos a sin a  s xy (sin a  cos a )  2 2 sin 2a  s xy cos 2a  0 2 Из претходне једначине добијамо непознати угао a који одређује главне правце као: 2s xy tan 2a  (9) s xx  s yy Напоменимо да претходна једначина има два решења за угао чиме су одређена два главна правца која одговарају главнм напонима s , s ! 1 2 За l  s 3  0 главни правац опет следи из (4) и дат је са: s xx nx  s xy ny  0    (5) s yx nx  s yy n y  0   nx  n y  0, nz  1  n2  n2  n2  1   x y z   18. Веза напона и деформација (Хуков закон за нормалне напоне) за раванско и просторно стање напона. Линеарно стање напона - подсетник Посматрајмо мали делић оптерећен само нормалним напонима у x правцу. s xx Тада је према раније реченом дилатација у x правцу (уздужна) : x  E s xx Док су дилатације у y и z правцу (попречне):  y   z   x   E Принцип суперпозиције. У случају када на делић делује више оптерећења укупну дилатацију добијамо као збир дилатација услед сваког поједичног оптерећења. Сада применом принципа суперпозиције дилатација у x правцу постаје: s xx s yy s zz s xx  s yy  s zz   1 x     (1) E E E E  Дакле дилатација x за напон s xx је уздужна док је за напоне s yy , s zz попречна!!!  Поновном применом принципа суперпозиције добијамо дилатације у y,z правцима као: s yy s xx 1s zz y      s yy  s xx  s zz   (2) E E E E s zz s xx s yy s zz  s xx  s yy   (3) 1 z     E E E E  Једначине (1)-(3) представљају везу нормалних напона и деформација при просторном стању напона. (Хуков закон за нормалне папоне). Једначине (1)-(3) се могу решити и по напонима. После дугачке али лаке алгебре следи: 1    x    y   z   E s xx  (1  )(1  2 )   E s yy    1    y    x   z   (1  )(1  2 ) 1    z    x   y   E s zz  (1  )(1  2 )    Специјан случај: раванско стање напона У случају раванског стања напона у xy равни ( s zz  0 ) једначине (1)-(3) се редукују на  x  s xx s yy ,  y  s yy s xx  ,  z   s xx  s yy  1 1 E E E Из прве две једначине следи  1      s  s  yy    x E xx  1  2      x  y  s xx   1 s s  /  E   y E  yy xx    односно  1     s  s  yy  /   x E xx  1  2      y   x  s yy    1 s s   E E xx    y yy   Па је Хуков закон решен по напонима облика E E s xx    y  , 2  x s yy    x  2  y 1  1  19. Хуков закон за тангенцијалне напоне  Експеримент Дефиниција. Када је паралелоглам оптерећен као на слици кажемо да се ради о чистом смицању.  Резултати експеримента: Странице су остале приближно исте дужине али су се углови између страница променули. Како је s xy  s yx уочено је да за мале деформације важи следећа веза: s xy  G xy (1) Где је: s xy је тангенцијани напон def је угао клизања између оса x и y  xy  CAB  C ' A ' B ' G је модул клизања С обзиром да је материјал изотропан анлогно мога важити: s xz  G xz (2) s yz  G yz (3) Једначине (1)-(3) представљају Хуков закон за тангенцијалне напоне. Резиме. Једначине (1)-(3) заједно са једначинама (1)-(3) иѕ преходног питања представљају Хуков закон за изотропна линеарно еластична тела. 20. Запреминска дилатација Посматрајмо мали паралелопипед који се под дејсвом нормалних напона деформисао у мало већи. Примети да тангенцијални напони не утичу на промену дужина па самим тим и на промену запремине те их зато можемо изоставити !!! Запремина пре деформације је: dV  dxdydz Запремина после деформације је: dv   dx  Ddx  dy  Ddy  dz  Ddz  Даљим сређивањем запремина после доформације постаје: dv   dx  Ddx  dy  Ddy  dz  Ddz   Ddx   Ddy   Ddz   dx 1   dy 1   dz 1    dx   dy   dz  Ddx x  dV  dxdydz 1   x  1   y  1   z  dxdydz 1   x  1   y  1   z  dV dx   Дефиниција. Запреминска дилатација, у ознаци V , је дефинисана као: dv  dV def V  dV Применом дефиниције и претходних формула следи: dv  dV 1   x  1   y  1   z  dV  dV def V   dV dV  1   x  1   y  1   z   1  1   x   y   z   x y   x z   y  z   x y  z  1   x   y   z   x y   x z   y  z   x y  z  Како су деформације (дилатације) мале можемо запреминску дилатацију написати у облику: V   x   y   z Ако искористимо Хуков закон за нормалне напоне дилатација постаје: V   x   y   z s xx  s yy  s zz    s yy  s xx  s zz    s zz  s xx  s yy  Hukov zakon 1 1 1   E  E E   s xx  s yy  s zz  2 s xx  s yy  s zz   1 E 1  2  E  s xx  s yy  s zz 