Ljuskama se nazivaju površinski nosači, čija srednja površina nije ravna nego je primjetno ispupčena. Njihovo statičko ponašanje znatno odstupa od ponašanja ploče. Kada imaju pogodan oblik, njihovo je naprezanje znatno manje, njihova krutost u odgovarajućoj mjeri veća, a proračun u većini slučajeva jednostavniji.
Naprezanje svake ljuske može se rastaviti na dva dijela: membransko naprezanje i savijanje. Membranski naponi se, slično kao i naponi kod ploče opterećene u vlastitoj ravni, mogu izraziti pomoću poprečnih sila u tangencijalnoj ravni – to su, na primjer, u presjeku x=const. normalna sila _Nx=_σx*t i smičuća sila _Nxy=_τxy*t, gdje je t debljina ljuske. Naponi usljed savijanja isti su kao i kod ploča i mogu se prikazati momentima savijanja Mx, torzionim momentima Mxy i smičućim silama Qx.
Bitna svojstva ljuski zasnivaju se na činjenici da po pravilu naponi usljed savijanja nemaju ni veličinu ni značaj membranskih napona, tako da se često mogu potpuno zanemariti. U tom slučaju svi naponi su ravnomjerno raspoređeni po debljini ljuske i djeluju tangencijalno na srednju površinu. Proračuni koji se zasnivaju na ovim pretpostavkama spadaju u okvir membranske teorije ljuski.
Membranska teorija rotaciono simetričnih ljusaka pod rotaciono simetričnim opterećenjem
Opći obrasci
Za koordinatne linije usvajaju se meridijani i paralelni krugovi u srednjoj površini ljuske, pa su koordinate: azimut ϑ (“geografska dužina”) i nagib φ tangente na meridijan prema ravni upravnoj na osu simetrije (sl. 1a). Prema tome su presečne sile: normalna sila Nφ u pravcu meridijana i normalna sila Nϑ u prstenu (sl. 1b). Smičuće sile Nφϑ ne pojavljuju se kod rotaciono simetričnog naprezanja. Opterećenje na jedinicu površine označava se na sljedeći način (sl. 1b): Y tangencijalno na meridijan, pozitivno u pravcu u kome φ raste, Z normalno na ljusku, pozitivno ka osi simetrije.
Slika 1
Prikaz 2
Neka je poluprečnik zakrivljenosti meridijana r1. On je funkcija ugla φ pa je jednačinom _r1=r1(_φ) određen oblik meridijana. Ova se može smatrati jednačinom meridijana i glasi, npr.
za kružnicu r1=a=const.
za ovu parabolu r1=a/cos3__φ
kod elipse r1=a2b2(a2sin2__φ+b2cos2__φ)-3/2
Za proračunavanje normalne sile N__φ u pravcu meridijana treba postaviti uslov ravnoteže dijela ljuske koja leži iznad paralelnog kruga φ (sl. 2). Rezultanta R tereta Y i Z koji djeluju na ovaj dio je vertikalna, s obzirom na simetriju. Njena veličina se dobija integriranjem po površini ljuske od φ’=0 do φ’=φ. Površina elementa ljuske je dF=r1d__φ’*rd__ϑ, pa je vertikalna komponenta opterećenja (Ysin__φ’+Zcos__φ’)dF. Za cijeli prstenasti dio ljuske koji leži između krugova φ’ i φ’+dφ’ rezultanta spoljnog opterećenja je:
dR=2__πr (Ysin__φ’+Zcos__φ’) r1d__φ’,
odakle se integriranjem po φ’ za dio ljuske koji leži iznad paralelnog kruga φ’=φ dobija:
Jedinica 1
Ovo opterećenje primaju normalne sile u pravcu meridijana, koje djeluju po obimu uočenog kruga; vertikalna komponenta rezultante ovih sila je 2__πr * N__φ sin__φ, pa se izjednačavanjem odavde dobija tražena normalna sila
Jedin. 2
Ako je ljuska na gornjem dijelu isečena duž kruga φ=φ0 (npr. otvor za osvjetljenje u kupoli), donja granica integrala je, razume se, φ0, a ne nula. Ako na ivici ljuske koja je nastala na ovaj način djeluje i opterećenje R0, to i njega treba dodati rezultanti R (sl. 3).
Slika 3
Da bi se odredila normalna sila N__ϑ, potrebno je postaviti uslov ravnoteže za element ljuske okomit na tangencijalnu ravan (sl. 4). Rezultanta spoljnog opterećenja u tom pravcu iznosi Z r1 d__φ r d__ϑ. Sile N__φ*r d__ϑ koje leže u meridijalnoj ravni zaklapaju međusobno mali ugao d__φ, pa je njihova rezultanta u pravcu normale na ljusku N__φ r d__ϑ*dφ. Analogno tome, i sile Nϑ r1 dφ koje leže u ravni horizontalnog kruga i međusobno obrazuju ugao dϑ imaju rezultantu Nϑ r1 dφ*dϑ, koja takođe leži u ravni horizontalnog kruga i zato sa normalom na ljusku zatvara ugao 0,5_π-φ_, tako da u uslov ravnoteže ulazi samo njihova komponenta Nϑ r1 dφ dϑ*sinφ. Uslov ravnoteže, prema tome, glasi
ili, kada se podijeli sa r r1 dϑ dφ:
Jedan.3
Ovdje je sa r2=r/sinφ označen drugi glavni poluprečnik krivine ljuske.
Slika 4
Kupola u obliku kruga
Kada je oblik meridijana analitički dat jednačinom r1=r1(φ) i kada su za terete Y(φ) i Z(φ) dati analitički izrazi, presečne sile u ljusci mogu se uvijek odrediti integriranjem u zatvorenom obliku ili numerički, koristeći Simpson-ovo pravilo. Za kružnu kupolu prečnika a u sljedećem se daju presečne sile za neke slučajeve opterećenja:
Posljednji obrazac, koji za φ=0 daje beskonačno velike poprečne sile, važi tek na izvjesnom odstojanju od napadne tačke sile. U neposrednoj okolini mjesta na kome djeluje sila, čak i kada je ona raspodijeljena po površini kruga konačnog ali malog prečnika, opterećenje se uglavnom prenosi savijanjem.
Obrasci za ljuske otvorene na gornjem dijelu mogu se izvesti iz prethodnih, ako se na stvarno opterećenje doda fiktivno opterećenje P u vrhu, čija se veličina tako određuje ako ukupna normalna sila u pravcu meridijana koja djeluje na gornjoj ivici ljuske φ=φ0 iznosi Nφ=0, ili je jednaka nekoj vrijednosti određenoj vanjskim silama koje ljuska ovdje prima.
Konična školjka
Slika 5
Kod konusne ljuske se nagib meridijana φ ne može koristiti kao koordinata, jer on ima u svim tačkama istu vrijednost. Umjesto njega uvodi se odstojanje s od vrha kupole mjereno duž izvodnice (sl. 5). Normalna sila u pravcu meridijana u skladu s tim označava se sa Ns. Potrebni obrasci mogu se dobiti iz navedenih pod 1 kada se izvrši granični prelaz. Iz jednačine (2) dobija se na taj način
a iz izraza jednačine (3)
Nϑ = -r2 Z = -Z s ctga.
Za najvažnije slučajeve opterećenja važe sljedeći obrasci:
Grafički postupak za bilo koji oblik meridijana
Slika 6
Kada krivulja meridijana nije data analitičkim izrazom, nego, recimo, grafički, određivanje poluprečnika zakrivljenosti je suviše teško i suviše netačno. U tom slučaju pogodnije je koristiti grafički postupak (sl. 6).
Ljuska se podijeli većim brojem ravni φ=const., izračunaju se težine Δ_R_ prstenastih zona koje leže između ravni i najbolje odmah podijeliti sa 2_π_. Ove sile ΔR/2π nanose se u plan sila (sl. 6b). Ako se zatim, npr., kroz podjelnu tačku 7 povuče prava paralelna tangenti na meridijan u tački meridijana 7, horizontala kroz gornju tačku plana sila sjeći će je na duž R1/2π sinφ7 iz koje se na osnovu jednačine (2) dijeljenjem sa odgovarajućim r dobija odgovarajuća normalna sila u pravcu meridijana.
Za određivanje sila u prstenovima služi uslov ravnoteže horizontalnih sila na jednom elementu ljuske. Ako djeluju samo vertikalni tereti, ovaj uslov glasi (sl. 4):
Kada se ovdje dφ zamijeni konačnom razlikom Δφ, koja odgovara usvojenoj podjeli ljuske, i kad se umjesto r1 dφ unese dužina Δs elementa meridijana, odavde se dobija
U zagradi na desnoj strani stoji odsjecak na horizontalnoj pravoj u planu sila. Cjelokupna desna strana prema tome predstavlja odsjecke između podjelnih tačaka na ovoj pravoj. Da bismo ih mogli dovoljno tačno očitati, plan sila treba da bude nacrtan pažljivo i u dovoljno velikoj razmjeri.
Zategnuti i utisnuti prstenovi
Svaka rotaciono simetrična ljuska ograničena je jednim ili dvama horizontalnim krugovima (sl. 7). Na tim ivicama ona u principu može da primi samo takve terete i reakcije oslonaca koji imaju pravac tangente na meridijan. Ako spoljne sile imaju drugi pravac, kao npr. opterećenje P od gornjeg dijela konstrukcije ili reakcija S dna rezervoara prikazanog na sl. 97, ove sile se moraju, kako je to na slici prikazano, razložiti na komponente u pravcu horizontalnog kruga i tangente na meridijan. Komponenta P/sinφ0 ili S/sinφu jednaka je normalnoj sili u pravcu meridijana Nφ koja na tom mjestu djeluje, dok je za prijem horizontalne sile Pctgφ0 ili Sctgφu potreban prsten koji prima zatezanje, odn. pritisak i u kome ovo radijalno opterećenje izaziva normalnu silu + P r0 ctgφ0, odn. -S ru ctgφu. Ovakvi se prstenovi, osim na ivicama ljuske, moraju postaviti i na svim onim mjestima gdje kriva meridijana ima prelom. Oni uvijek izazivaju poremećaj membranskog stanja napona.
Slika 7
Naponi usljed savijanja u rotaciono simetričnim ljuskama
Obrasci membranske teorije ne sadrže dovoljan broj integracionih konstanti da bi se mogli ispuniti svi granični uslovi koji stvarno odgovaraju postavljenom zadatku. Posebno kod rotaciono simetričnih ljuski, nije moguće nekim pogodnim izborom integracionih konstanti postići da dilatacija εϑ = Nϑ/Et u pravcu prstena duž ivice ljuske bude jednaka odgovarajućoj dilataciji nekog drugog konstruktivnog dijela koji je s njom na tom mjestu čvrsto vezan. Ovo isto važi i za ljuske kod kojih se duž jednog horizontalnog kruga skokovito mijenja krivina meridijana, debljina ljuske ili opterećenje po jedinici površine. I kada ljuska duž neke ivice nije ukrućena prstenom, ali je na ovom mjestu opterećena silama koje imaju komponentu u pravcu normale na ljusku (npr. opterećenje P na sl. 7 kada se zamisli da je prsten uklonjen), ona ne može da primi ovakva opterećenja samo preko membranskih sila. U ovakvim slučajevima smičuća sila i momenti savijanja (sl. 8) igraju bitnu ulogu pri rasporedu sila u ljusci, što se u statičkom proračunu mora uzeti u obzir.
Slika 8
Tačan proračun ljuske na savijanje, osim u najjednostavnijem specijalnom slučaju cilindrične ljuske, predstavlja veoma težak zadatak. Za ljuske sa tankim zidovima može se izgraditi prosta i vrlo upotrebljiva približna teorija koja se oslanja na činjenicu poznatu iz stroge teorije, da se naponi usljed savijanja ograničavaju na relativno usku zonu pored ivice i brzo opadaju sa porastom odstojanja od ivice. Ovo omogućuje da se veliki broj članova u tačnoj diferencijalnoj jednačini zanemari, pa ova dobija uprošćeni oblik.
Ako se unutar ivične tone koja je jedino interesantna κ zamijeni srednjom vrijednošću, a ovo je skoro uvijek moguće, rješenje jednačine je
Jedin. 4 i 5
gde su a1, b1, a2, b2 integracione konstante. Kako je rješenje interesantno samo u blizini ivice φ=φ0, pogodno je da se ugaono odstojanje ω=φ0-φ ili ω=φ-φ0 od ove ivice uvede kao koordinata, pa se transformacijom gore navedenog rješenja dobija drugi navedeni izraz. Ovde se pojavljuju samo dvije integracione konstante A, B ili C, ψ, pošto drugi dio rješenja koji sadrži faktor eκω, i prema tome sa porastom ω ne opada, može da se isključi iz razmatranja.
Na osnovu jednačine 5 dobijaju se sljedeće vrijednosti za presječne sile i obrtanje κ tangente meridijana:
Naponi usljed savijanja u rezervoarima kružnog cilindričnog oblika
Neka je cilindrični rezervoar visine h napunjen vodom (sl. 9), tada je na visini x iznad dva rezervoara pritisak vode p=γ(h-x). Ako se na ovoj visini sa dva horizontalna preseka na odstojanju dx. iseče iz rezervoara prsten i ovaj podijeli duž jednog prečnika na dva dijela, uslov ravnoteže jednoga od njih daje membransku silu u prstenu Nφ=pa. Ako je debljina rezervoara na ovome mjestu t, dilatacija u prstenu je εφ=Nφ/Et i prema tome povećanje poluprečnika rezervoara (ugib) je
Prema tome, na donjoj ivici x=0 nalazi se
Slika 9
Ni jedno ni drugo po pravilu nije u saglasnosti s graničnim uslovima, jer je deformacija zida spriječena zbog veze s dnom rezervoara. Pri tome se na spoju između dna i zida cilindra pojavljuju transverzalne sile Qx0 i momenti Mx0 (sl. 11), čiju veličinu treba tako odrediti da zajedno sa upravo izračunatim membranskim silama u ljusci izazivaju ovu deformaciju na ivici ljuske koju dopušta dno.
Sl. 10, 11, 12, redom
Na sl. 11 prikazan je element ljuske dx*a dφ sa silama koje na njega djeluju. Uslov ravnoteže sila u pravcu normale na ljusku daje
dQx a dφ + Nφ dx dφ = p a dφ dx,
odakle je dijeljenjem sa dx dφ:
a Q’x + Nφ = p a.
Iz uslova da je moment oko horizontalne tangente na cilindar jednak nuli dobija se:
dM/dx = M’x = Qx
Eliminacijom transverzalne sile Qx iz ovih dviju jednačina slijedi
a M’’x + Nφ = p a.
Jedinica 6
U ovoj jednačini se ove nepoznate presečne sile mogu izraziti pomoću ugiba w. Za Nφ je već nađeno Nφ=Etw/a, a moment je proporcionalan krivini meridijana w’’, tj. Mx=Kw’’, pri čemu je kao i kod ploča K=Et3/12(1-μ2) krutost ljuske, koja može da bude promjenljiva sa x. Ako se ovi izrazi za prosečne sile unesu u jednačinu (6), dobija se diferencijalna jednačina teorije rezervoara:
Za rezervoar čija je debljina zida nepromjenljiva rješenje glasi:
Jedan.7
gdje je λ4=3(1-μ2)/a2t2. Ako je λh veliko (recimo, veće od 3), zgodnije je da se umjesto hiperboličkih funkcija uvedu eksponencijalne, pa je:
Jedan.8
Tada se mogu nezavisno jedna od druge odrediti konstante A1, B1 iz graničnih uslova na donjoj, a konstante A2, B2 iz graničnih uslova na gornjoj ivici, pri čemu se po pravilu dobija A2=B2=0. Na osnovu jednačine (8) i (7) dobijaju se poprečne sile, kada se račun sprovede u obrnutom smjeru i svuda uvede jednačina (8) i (7); tako je npr. za A2=B2=0:
Kada su zidovi rezervoara kruto ukliješteni u ploču, na dnu rezervoara koja je dovoljno debela da se može smatrati krutom, konstante A1, B1 treba odrediti iz uslova da je x=0, w=0 i w’=0 pa se dobija:
Ako je dno rezervoara elastična ploča ili ljuska, transverzalne sile Qx i momente Mx duž ivičnog kruga između dna i zida cilindra treba odrediti metodama teorije statički neodređenih sistema na osnovu zahtjeva da Mx i w’ za oba dijela imaju istu vrijednost.