Upload
others
View
6
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
UN
IV
ER
SIT
AS
S T U D I O R U MZ
E
NIC
AE
NS
IS
UN
I
VE
R Z I T E T UZ
EN
IC
I
Univerzitet u Zenici
Mašinski fakultet
Aleksandar Karač
Riješeni ispitni zadaci
iz Otpornosti materijala
Zenica, 2014.
A.K
ara
čR
iješeniisp
itniza
daci
izO
tporn
osti
materija
la
ISBN
dr. Aleksandar Karač, Mašinski Fakultet Univerziteta u Zenici
Riješeni ispitni zadaci iz Otpornosti materijala
Prvo izdanje
Izdavač
Univerzitet u Zenici
Za izdavača
prof. dr. Dževad Zečić
Urednik
prof. dr. Dževad Zečić
Recenzenti
Prof. dr. Nermina Zaimović-Uzunović, Mašinski Fakultet, Univerzitet u ZeniciProf. dr. Alojz Ivanković, University College Dublin
Lektor i korektor
Mirela Bašić
Izdavanje rukopisa je odobreno Odlukom Senata Univerziteta u Zenici Broj: 01-108-313-3115/14. od29.10.2014. godine.
CIP -- Katalogizacija u publikacijiNacionalna i univerzitetska bibliotekaBosne i Hercegovine, Sarajevo
620.17(075.8)(076.2)
KARAČ, AleksandarRiješeni ispitni zadaci iz Otpornosti
materijala / Aleksandar Karač - Zenica :Univerzitet, 2014. - 298, 21 str. : ilustr.
Bibliografija: str. [299]
ISBN 978-9958-639-64-7
COBISS.BH-ID 21715206
UN
IV
ER
SIT
AS
S T U D I O R U MZ
E
NIC
AE
NS
IS
UN
IVE
R Z I T E T U ZE
N
ICI
Univerzitet u Zenici
Mašinski fakultet
Aleksandar Karač
Riješeni ispitni zadaci iz
OTPORNOSTI MATERIJALA
Zenica, 2014.
Predgovor
Riješeni ispitni zadaci iz Otpornosti materijala predstavlja kolekciju svih ispitnih za-dataka s rješenjima, koji su bili zadani na ispitnim rokovima na Mašinskom i Politehničkomfakultetu Univerziteta u Zenici u akademskoj 2012/2013. i 2013/2014. godini. Kolekcijabroji ukupno 109 zadataka iz oblasti aksijalnih opterećenja, uvijanja, savijanja, složenihopterećenja te hipoteza o razaranju materijala, na taj način pokrivajući osnovni kurs izpodručja otpornosti materijala koja se izučavaju na kursevima Otpornost materijala i Ot-pornost materijala I na tehničkim fakultetima Univerziteta u Zenici.
Prilikom pripremanja ove kolekcije prvobitno sam imao dilemu da li da uz zadatke damrješenja u isključivo ’matematičkom jeziku’, koristeći samo formule uz minimalna objašn-jenja, što je uobičajena praksa u većini zbirki, ili da rješenje svakog zadatka bude detaljnourađeno. Meni je, naravno, više odgovarala prva varijanta, jer zahtijeva puno manje posla,a i većina zadataka je već bila pripremljena kroz MathCAD dokumente, koji su na raspola-ganju studentima preko web stranica kursa. S druge strane, smatram da je taj način punobolji i za studente, jer do znanja ne dolaze samo čitanjem, ’na gotovo’, nego se moraju maloi potruditi da u potpunosti shvate rješenja pojedinih zadataka kroz pretraživanje i čitanjedodatne literature.
Ipak, znajući da većina zbirki nema detaljno urađene zadatke, naročito na ’našim jezi-cima’, te da je dodatna literatura uglavnom nepristupačna većini studenata, odlučio samse za drugu varijantu. Stoga su svi zadaci detaljno urađeni bez obzira što su neki tipovizadataka međusobno slični. Dakle, rješenja svih zadataka su originalna, odnosno napisana uduhu ’kako bih ja to riješio kada bih trebao riješiti’. U rješenjima zadataka data su izvođenjakonačnih izraza te izrazi s brojčanim vrijednostima pojedinih veličina. U izrazima nisu uvrš-tavane i jedinice, ali su sve vrijednosti veličina date u osnovnim jedinicama (prema DodatkuB), osim ako to nije drugačije naglašeno u zadatku. Na taj način studenti mogu lakše pratitirješenja zadataka, ali se i izvještiti u korištenju jedinica (Nevjerovatno je koliko mnogo stu-denata ima problema s pretvaranjem jedinica pa se nadam da će im ovo pomoći da baremusvoje pristup u kojem će minimizirati svoje greške.). S obzirom da je ispit iz pomenutihkurseva ’otvorenog’ tipa, odnosno dozvoljeno je koristiti Formule i tabele (vidi Dodatak C),na početku svakog poglavlja date su osnovne formule iz Dodatka C vezane za tematikupoglavlja, kako bi studenti lakše pratili primjenu izraza u konkretnim problemima. Onimakoji brzo ’kapiraju’ možda će biti dosadno iščitavati iste fraze, ista objašnjenja, možda ćeim smetati previše teksta između formula. Kako god, mislim da će i oni, kao i oni ’drugi’,moći naći nešto korisno u svemu ovome.
Na kraju, zahvalio bih se prof. Zaimović-Uzunović i prof. Ivanković, koji su prihvatilida budu recenzenti, a zatim i uradili recenziju ove zbirke. Iako nisu imali previse primjedbina radni materijal, dali su mi niz sugestija koje su mi mnogo pomogle u pripremi konačneverzije zbirke, ali i za neke slične buduće ’projekte’. Također bih se zahvalio Mireli, koja jenašla vremena i snage da lektoriše ovaj, za nju vjerovatno previše tehnički, vrlo dosadan,materijal. Ipak, najveća zahvalnost ide mojim najbližim, Dani, Ladi i Maji, koji su strpljivo(ponekad i ne baš, naročito mlađi naraštaj) opraštali moju ’mentalnu odsutnost’ za vrijemepripremanja ovog materijala.
A. Karač
Posve«ceno Smijehu ...
Poglavlje 1
Naponi i deformacije
1.1 Osnovne formule
Srednji normalni napon:
σnsr =Fn
A< σdoz (1–1)
Srednji tangencijalni (smičući) napon:
τssr =Fs
A< τdoz (1–2)
Dozvoljeni napon duktilnih materijala:
σdoz =ReH(σ)
S
(
τdoz =ReH(τ)
S
)
(1–3)
Dozvoljeni napon krtih materijala:
σdoz =Rm(σ)
S
(
τdoz =Rm(τ)
S
)
(1–4)
Poissonov koeficijent:
ν = −ǫpopǫuzd
(1–5)
Hookeov zakon (normalni naponi):
σ = ǫE (1–6)
Hookeov zakon (smičući napon):
τ = γG (1–7)
Normalna (uzdužna) deformacija:
ǫ =∆L
L(1–8)
Poglavlje 2
Aksijalno naprezanje
2.1 Osnovne formule
Normalni napon:
σn =F
A< σdoz (2–1)
Promjena dužine (izduženje/skraćenje):
δ =FL
EA< δmax (2–2)
Promjena dužine elementa sastavljenog iz više segmenata:
δ =∑
i
δi =∑
i
FiLi
EiAi
< δmax (2–3)
Promjena dužine elementa s kontinuiranom promjenom karakteristika/opterećenja:
δ =
∫ L
0
F (x)
E(x)A(x)dx < δmax (2–4)
Promjena dužine opruge krutosti k:
δ =F
k< δmax k =
EA
L(2–5)
Promjena dužine usljed utjecaja temperature:
δT = α∆TL (2–6)
Normalni napon u ravni čija normala zaklapa ugao θ s pravcem djelovanja aksijalne sile:
σθ =σx2(1 + cos 2θ) (2–7)
Tangencijalni napon u ravni čija normala zaklapa ugao θ s pravcem djelovanja aksijalne sile:
τθ = −σx2
sin 2θ (2–8)
4 2 Aksijalno naprezanje
2.2 Statički određeni problemi
2.2.1 Aksijalni problemi
Zadatak 2.1 Spoj na slici 2.1–1 sastoji se od čelične šipke CB (E = 200 GPa) i alumini-jumske šipke BA (E = 70 GPa), pri čemu su obje kružnog poprečnog presjeka prečnika 12mm. Ako je spoj izložen opterećenjima kao na slici, odrediti pomjeranje u tačkama A i B.Veličinu spojnice B zanemariti.
3 m 2 m
FA=18 kN C B AFB=6 kN
Slika 2.1–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.1: Podaci uz zadatak 2.1
ECB = 200 GPa EBA = 70 GPa FB = 6 kN
LCB = 3 m LBA = 2 m FA = 18 kN
d = 12 mm
Na osnovu slike 2.1–1 se jasno vidi da je problem statički određen, pošto je jedina nepoz-nata reakcija u osloncu C. Stoga možemo postaviti jednačinu ravnoteže uzduž ose šipke,pri čemu pretpostavljamo da reakcija oslonca na šipku djeluje na lijevu stranu, odnosnozateznom silom (vidi sliku 2.1–2).
∑
F = 0 FC + FB − FA = 0 (2.1–1)
Na osnovu izraza (2.1–1) dobija se nepoznata reakcija u osloncu C:
FC = FA − FB = 18 · 103 − 12 · 103 = 12kN
Kada znamo sve sile koje djeluju na šipku, možemo skicirati dijagram sila, kao što je toprikazano na slici 2.1–2. Vidi se da je šipka CB čitavom dužinom opterećena silom FC , dokje šipka BA opterećena silom (FC +FB), odnosno silom FA, ako šipku posmatramo s desnestrane. Treba napomenuti da se kod ovakvih statički određenih problema nije ni moralaodređivati reakcija oslonaca, nego se zadatak mogao uraditi skicirajući dijagram sila s desnena lijevu stranu, od presjeka A do presjeka C, tako da je šipka BA opterećena silom FA, ašipka CB silom F (FA − FB) (kao što je dato u zagradama pojedinih polja dijagrama sila).
Na osnovu dijagrama sila, primjenjujući izraze za promjenu dužine aksijalno opterećenihšipki, (2–2) i (2–3), može se doći do traženih pomjeranja, i to:
Statički određeni problemi 5
FA=18 kN
C B A
FB=6 kN FC
18 kN
12 kN
0
+F
FC +FB (=FA)FC (= FA –FB)
Slika 2.1–2: Dijagram sila
a) pomjeranje tačke B
Pomjeranje tačke B jednako je izduženju šipke CB, odnosno
δB = δCB =FCLCB
ECBACB
=12 · 103 · 3
200 ·109 · 1.131 ·10−4= 1.592mm
pri čemu je
ACB = ABA =d2π
4=
(12 · 10−3)2π
4= 113.097 ·10−6m2
b) pomjeranje tačke A
Pomjeranje tačke A jednako je ukupnom izduženju šipke CBA, odnosno zbiru izduženjapojedinačnih segmenata (ukupno dva segmenta) pa je:
δA = δCB + δBA = δB +FA ·LBA
EBAABA
= 1.592 ·10−3 +18 · 103 · 2
70 · 109 · 1.131 ·10−4= 6.139mm
Zadatak 2.2 Čelična šipka AD (E = 200 GPa) kružnog poprečnog presjeka, površine 0.4cm2, opterećena je kao na slici 2.2–1. Odrediti pomjeranje u tačkama C i D. Veličinespojnica B i C zanemariti.
Ostali podaci: FB = 12 kN, FC = 8 kN, FD = 6 kN, a = 1.5 m, b = 0.5 m i c = 0.75 m.
a
A B DFB C FC FD
b c
Slika 2.2–1: Opis problema
6 2 Aksijalno naprezanje
R j e š e nj e
Tabela 2.2: Podaci uz zadatak 2.2
E = 200 GPa FB = 12 kN a = 1.5 m
A = 0.4cm2 FC = 8 kN b = 0.5 m
FD = 6 kN c = 0.75 m
Na osnovu slike se jasno vidi da je problem statički određen, pošto je jedina nepoznatareakcija u osloncu A. Stoga možemo postaviti jednačinu ravnoteže uzduž ose šipke, pri čemupretpostavljamo da reakcija oslonca na šipku djeluje na lijevu stranu, odnosno zateznomsilom (vidi sliku 2.2–2).
∑
F = 0 FA − FB − FC + FD = 0 (2.2–1)
Na osnovu izraza (2.2–1) dobija se nepoznata reakcija u osloncu A:
FA = FB + FC − FD = 12 ·103 + 8 · 103 − 6 · 103 = 14kN
–6 kN 0
+F
FA –FB –FC (= –FD )
FA(= –FD +FB +FC)
A B DFB C FC FDFA
2 kN
14 kN
FA –FB (= –FD +FC)
Slika 2.2–2: Dijagram sila
Kada znamo sve sile koje djeluju na šipku, možemo skicirati dijagram sila, kao što je toprikazano na slici 2.2–2 (u pojedinim poljima dijagrama sila dati su izrazi za izračunavanjesile; u zagradama su izrazi kada se sile postavljaju s desne strane). Sada se primjenjujućiizraze za promjenu dužine aksijalno opterećenih šipki, (2–2) i (2–3), može doći do traženihpomjeranja. Pri tome, pomjeranje tačke C jednako je izduženju segmenta ABC, dok jepomjeranje tačke D jednako ukupnom izduženju šipke AD. Tražena pomjeranja su:
a) pomjeranje tačke C – dio šipke AC sastoji se od dva segmenta pa je
δC = δAB + δBC =FAa
EA+
(FA − FB)b
EA
=14 · 103 · 1.5
200 ·109 · 0.4 · 10−4+
(14− 12) · 103 · 0.5
200 · 109 · 0.4 ·10−4= 2.75mm
Statički određeni problemi 7
b) pomjeranje tačke D – ukupno izduženje šipke AD s tri segmenta, odnosno pomjeranjetačke C uvećano za promjenu dužine dijela CD:
δD = δAC + δCD = δC +FDc
EA
= 2.75 ·10−3 +−6 · 103 · 0.75
200 ·109 · 0.4 · 10−4= 2.187mm
Zadatak 2.3 Dvije cilindrične šipke – šipka 1 izrađena od legure aluminijuma (E1 = 70GPa) i šipka 2 izrađena od čelika (E2 = 200 GPa) – spojene su u presjeku C i uklještene uosloncu A. Ako su šipke opterećene kao na slici 2.3–1, odrediti:
a) napone, izduženja i deformacije u šipkama,
b) pomjeranje presjeka C.
Ostali podaci: A1 = 2A2 = 2 cm2, L1 = 1 m, L2 = 0.4 m, LAB = 0.5 m, FB = 80 kN,FC = 10 kN, FD = 20 kN.
D1 D2
L1 L2
FD
A B C D
FB
1 2
LABFC
A B C DSlika 2.3–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.3: Podaci uz zadatak 2.3
E1 = 70GPa LAC = L1 = 1 m FB = 80 kN
E2 = 200GPa LCD = L2 = 0.4 m FC = 10 kN
A1 = 2A2 = 2 cm2 LAB = 0.5 m FD = 20 kN
LBC = 0.5 m
Na osnovu slike je jasno da se radi o statički određenom problemu pa se slično prethodnomzadatku prvo može odrediti reakcija oslonca A i skicirati dijagram sila za sistem šipki.Pretpostavljajući da reakcija u osloncu A na šipku 1 djeluje zateznom silom (na lijevo),jednačina ravnoteže je
∑
F = 0 FA − FB + FC + FD = 0 (2.3–1)
Na osnovu izraza (2.3–1) dobija se nepoznata reakcija u osloncu A:
FA = FB − FC − FD = 80 · 103 − 10 ·103 − 20 · 103 = 50kN
8 2 Aksijalno naprezanje
Sada se može skicirati dijagram sila, kao što je dato na slici 2.3–2, te se može pristupitirješavanju podzadataka (u pojedinim poljima dijagrama sila dati su izrazi za izračunavanjesile; u zagradama su izrazi kada se sile postavljaju s desne strane).
–20 kN 0
+F
FA –FB +FC (= –FD)FA (=FD –FC +FB)
FA –FB (= –FD –FC)
FD
A B C D
FB
1 2
FC
–30 kN
50 kN
FA
Slika 2.3–2: Dijagram sila
a) Naponi, izduženja i deformacije u šipkamaNaponi u šipkama se određuju na osnovu izraza (1–1) pri čemu treba imati na umu dase u šipki 1 u presjeku B mijenja vrijednost sile, a time i napona. Naponi u pojedinimdijelovima su:
σAB =FA
A1=
50 · 103
2 · 10−4= 250MPa
σBC =FA − FB
A1=
(50− 80) · 103
2 · 10−4= −150MPa
σCD =FD
A2=
−20 ·103
1 · 10−4= −200MPa
Izduženja pojedinih šipki dobijaju se na osnovu izraza (2–2) i (2–3), pa je za šipku 1:
δ1 = δAB + δBC =FALAB
E1A1+
(FA − FB)LBC
E1A1
=50 · 103 · 0.5
70 · 109 · 2 · 10−4+
(50− 80) · 103 · 0.5
70 · 109 · 2 · 10−4= 0.71mm
a za šipku 2:
δ2 = δCD =FDLCD
E2A2=
−20 ·103 · 0.4
200 · 109 · 1 · 10−4= −0.4mm
Deformacije u pojedinim dijelovima sistema šipki dobivaju se na osnovu Hookeovog za-kona (1–6) i izračunatih napona, pa se slično naponima posmatraju tri dijela sistemašipki:
ǫAB =σAB
E1=
250 ·106
70 · 109= 3.57 · 10−3
Statički određeni problemi 9
ǫBC =σBC
E1=
−150 ·106
70 · 109= −2.14 ·10−3
ǫCD =σCD
E2=
−200 ·106
200 · 109= −1 · 10−3
b) Pomjeranje presjeka CPomjeranje presjeka C jednako je izduženju šipke 1, s obzirom da se odnosi na nepokretnireferentni presjek A, odnosno
δC = δ1 = 0.7mm
S obzirom na predznak, presjek C se pomjera udesno, tj. šipka se izdužuje.
Zadatak 2.4 Dvije cilindrične šipke – šipka 1 izrađena od legure aluminijuma (E1 = 70GPa) i šipka 2 izrađena od čelika (E2 = 200 GPa) – spojene su u presjeku C i uklještene uosloncu D. Ako su šipke opterećene kao na slici 2.4–1, odrediti:
a) napone, izduženja i deformacije u šipkama,
b) pomjeranje presjeka B.
Ostali podaci: A1 = 2A2 = 2 cm2, L1 = 1 m, L2 = 0.4 m, LAB = 0.5 m, FA = 80 kN,FB = 10 kN, FC = 20 kN.
D1 D2
L1 L2
FA
A B C D
FB
1 2
LABFC
A B C DSlika 2.4–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.4: Podaci uz zadatak 2.4
E1 = 70GPa LAC = 1 m FA = 80 kN
E2 = 200GPa LCD = 0.4 m FB = 10 kN
A1 = 2A2 = 2 cm2 LAB = 0.5 m FC = 20 kN
LBC = 0.5 m
Zadatak je sličan prethodnom pa se riješava na isti način. Dakle, radi se o statičkiodređenom problemu, pa se slično prethodnom zadatku prvo može odrediti reakcija osloncaD i skicirati dijagram sila za sistem šipki. Pretpostavljajući da reakcija u osloncu D našipku 1 djeluje zateznom silom (nadesno), jednačina ravnoteže je
∑
F = 0 FA − FB − FC + FD = 0 (2.4–1)
10 2 Aksijalno naprezanje
Na osnovu izraza (2.4–1) dobija se nepoznata reakcija u osloncu D:
FD = −FA + FB + FC = −80 ·103 + 10 · 103 + 20 ·103 = −50kN
S obzirom da je dobivena negativna vrijednost, pogrešno je pretpostavljen smjer djelovanjareakcije u osloncu D, odnosno sila reakcije pritišće šipku. Sada se može skicirati dijagramsila, kao što je dato na slici 2.4–2, te se može pristupiti rješavanju podzadataka (u pojedinimpoljima dijagrama sila dati su izrazi za izračunavanje sile; u zagradama su izrazi kada se silepostavljaju s desne strane).
0
+F
-FA
(= –FD –FC –FB)
–FA+FB
(= –FD –FC)
FD
A B C D
FB
1 2
FC
–70 kN –80 kN
FA
–50 kN
–FD
(= –FA +FB +FC)
Slika 2.4–2: Dijagram sila
a) Naponi, izduženja i deformacije u šipkamaNaponi u šipkama se određuju na osnovu izraza (1–1) pri čemu treba imati na umu dase u šipki 1 u presjeku B mijenja vrijednost sile, a time i napona. Naponi u pojedinimdijelovima su:
σAB =FA
A1=
−80 ·103
2 · 10−4= −400MPa
σBC =FA − FB
A1=
(−80− (−10)) · 103
2 · 10−4= −350MPa
σCD =FD
A2=
−50 ·103
1 · 10−4= −500MPa
Izduženja pojedinih šipki dobijaju se na osnovu izraza (2–2) i (2–3), pa je za šipku 1:
δ1 = δAB + δBC =FALAB
E1A1+
(FA − FB)LBC
E1A1
=−80 ·103 · 0.5
70 · 109 · 2 · 10−4+
(−80− (−10)) · 103 · 0.5
70 · 109 · 2 · 10−4= 5.36mm
a za šipku 2:
δ2 = δCD =FDLCD
E2A2=
−50 ·103 · 0.4
200 · 109 · 1 · 10−4= 1mm
Statički određeni problemi 11
Deformacije u pojedinim dijelovima šipke dobivaju se na osnovuHookeovog zakona (1–6)i izračunatih napona pa se slično naponima posmatraju tri dijela sistema šipki:
ǫAB =σAB
E1=
−400 ·106
70 ·109= −5.71 ·10−3
ǫBC =σBC
E1=
−350 ·106
70 · 109= −5 · 10−3
ǫCD =σCD
E2=
−500 ·106
200 · 109= −2.5 ·10−3
b) Pomjeranje presjeka B
Pomjeranje presjeka B jednako je izduženju dijela BCD, s obzirom da se odnosi nanepokretni referentni presjek D, odnosno
δB = δBC + δCD =(−FA + FB)LBC
E1A1+
−FDLCD
E2A2
=(−80 + 10)) · 103 · 0.5
70 · 109 · 2 · 10−4+
−50 · 103 · 0.4
200 ·109 · 1 · 10−4= −3.5mm
S obzirom na predznak, presjek B se pomjera udesno, tj. šipka se skraćuje.
Zadatak 2.5 Dvije cilindrične šipke 1 i 2, izrađene od čelika (E1 = 210 GPa, α1 =11.7 · 10−6 1/◦C) i bronze (E2 = 110 GPa, α2 = 20.9 · 10−6 1/◦C), opterećene su kao naslici 2.5–1. Odrediti:
a) pomjeranje presjeka D,
b) napone i deformacije u šipkama AC i CD,
c) promjenu temperature kojom treba izložiti obje šipke da bi ukupno izduženje šipkeABCD bilo jednako nuli.
Podaci: D1 = 30 mm, D2 = 25 mm, L1 = 1 m, L2 = 600 mm, LAB = 500 mm, FB = 100kN, FD = 50 kN.
D1 D2
L1 L2
FD
A B C D
FB
1 2
LAB
Slika 2.5–1: Opis problema
12 2 Aksijalno naprezanje
R j e š e nj e
Tabela 2.5: Podaci uz zadatak 2.5
E1 = 210 GPa E2 = 110 GPa FB = 100 kN
α1 = 11.7 · 10−6 1/◦C α2 = 20.9 · 10−6 1/◦C FD = 50 kN
D1 = 30 mm D2 = 25 mm LAB = 0.5 m
L1 = 1 m L2 = 600 mm LBC = 0.5 m
I u ovom slučaju se radi o statički određenom problemu, pa slično prethodnim zadacimaprvo treba odrediti reakciju oslonca A i skicirati dijagram sila za šipku. Pretpostavljajućida reakcija u osloncu A na šipku 1 djeluje zateznom silom (nalijevo), jednačina ravnoteže je
∑
F = 0 FA − FB − FD = 0 (2.5–1)
Na osnovu izraza (2.5–1) dobija se nepoznata reakcija u osloncu A:
FA = FB + FD = 100 ·103 + 50 · 103 = 150kN
Sada se može skicirati dijagram sila, kao što je dato na slici 2.5–2, te se može pristupitirješavanju podzadataka (u pojedinim poljima dijagrama sila dati su izrazi za izračunavanjesile; u zagradama su izrazi kada se sile postavljaju s desne strane).
0
+F
FA –FB (=FD)FA
(=FD +FB)
FD
A B C D
FB
1 2
150 kN
FA
50 kN
Slika 2.5–2: Dijagram sila
a) Pomjeranje presjeka DPomjeranje presjeka D jednako je ukupnom izduženju sistema šipki na kojem možemorazlikovati tri segmenta s konstantnim veličinama u izrazu za izduženje, pa se koristećiizraze (2–2) i (2–3) dobija:
δD = δAB + δBC + δCD =FALAB
E1A1+FDLBC
E1A1+FDLCD
E2A2
=150 ·103 · 0.5
210 ·109 · 706.858 ·10−6+
50 · 103 · 0.5
210 ·109 · 706.858 ·10−6
+50 · 103 · 0.6
110 ·109 · 490.874 ·10−6= 1.229mm
Statički određeni problemi 13
gdje je
A1 =D2
1π
4=
(30 · 10−3)2π
4= 706.858 ·10−6m2
A2 =D2
2π
4
(25 · 10−3)2π
4= 490.874 ·10−6m2
S obzirom na pozitivan predznak, presjek D se pomjera udesno, tj. šipka se izdužuje.
b) Naponi i deformacije u šipkamaNaponi u šipkama se kao i ranije određuju na osnovu izraza (1–1) pri čemu treba imatina umu da se u šipki 1 u presjeku B mijenja vrijednost sile, a time i napona. Naponi upojedinim dijelovima su:
σAB =FA
A1=
150 ·103
706.858 ·10−6= 212.207MPa
σBC =FD
A1=
50 ·103
706.858 ·10−6= 70.736MPa
σCD =FD
A2=
50 ·103
490.874 ·10−6= 101.859MPa
Deformacije u pojedinim dijelovima sistema šipki dobivaju se na osnovu Hookeovog za-kona (1–6) i izračunatih napona, pa se slično naponima posmatraju tri dijela sistemašipki:
ǫAB =σAB
E1=
212.207 ·106
210 · 109= 1.01 · 10−3
ǫBC =σBC
E1=
70.736 ·106
210 ·109= 3.37 · 10−3
ǫCD =σCD
E2=
101.859 ·106
110 ·109= 0.93 ·10−3
c) Promjena temperature kojom treba izložiti obje šipke da bi ukupno izduženje šipkeABCD bilo jednako nuliDa bi ukupno izduženje šipke AD bilo jednako nuli, potrebno je da zbir promjene dužinešipke AD usljed promjene temperature δT (izraz (2–6)) i usljed djelovanja sila δD, kaošto je urađeno pod a), bude jednak nuli, odnosno
δT + δD = δTAC+ δTCD
+ δD = α1∆TL1 + α2∆TL2 + δD = 0
Sada se dobija tražena promjena temperature kao
∆T = −δD
α1L1 + α2L2=
1.229 ·10−3
11.7 ·10−6 · 1 + 20.9 ·10−6 · 0.6= −50.7◦C
Dakle, da bi nakon djelovanja sila i temperature šipka ostala iste dužine neophodno jeohladiti za 50.7 ◦C.
Zadatak 2.6 Dvije cilindrične šipke 1 i 2, izrađene od bronze (E1 = 110 GPa, α1 =20.9 · 10−6 1/◦C)) i čelika (E2 = 210 GPa, α2 = 11.7 ·10−6 1/◦C)), respektivno, optere-ćene su kao na slici 2.6–1. Odrediti:
14 2 Aksijalno naprezanje
a) pomjeranje tačke D,
b) napone i deformacije u šipkama AC i CD,
c) promjenu temperature kojom treba izložiti šipku 2 da bi ukupno izduženje šipke ABCDbilo jednako nuli.
Ostali podaci: D1 = 30 mm, D2 = 25 mm, L1 = 1 m, L2 = 600 mm, FB = 50 kN,FC = 20 kN, LAB = 500 mm.
D1 D2
L1 L2
A B C D
FB
1 2
LABFC
A B C DSlika 2.6–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.6: Podaci uz zadatak 2.6
E1 = 110 GPa E2 = 210 GPa FB = 50 kN
α1 = 20.9 · 10−6 1/◦C α2 = 11.7 · 10−6 1/◦C FC = 20 kN
D1 = 30 mm D2 = 25 mm LAB = 500 mm
L1 = 1 m L2 = 600 mm
I u ovom slučaju se radi o statički određenom problemu, pa se slično prethodnim zadacimaprvo može odrediti reakcija oslonca A i skicirati dijagram sila za sistem šipki. Pretpostavlja-jući da reakcija u osloncu A na šipku 1 djeluje zateznom silom (nalijevo), jednačina ravnotežeje
∑
F = 0 FA − FB − FC = 0 (2.6–1)
Na osnovu izraza (2.6–1) dobija se nepoznata reakcija u osloncu A:
FA = FB + FC = 50 · 103 + 20 · 103 = 70kN
Sada se može skicirati dijagram sila, kao što je dato na slici 2.6–2, te se može pristupitirješavanju podzadataka (u pojedinim poljima dijagrama sila dati su izrazi za izračunavanjesile; u zagradama su izrazi kada se sile postavljaju s desne strane).
a) Pomjeranje presjeka D
Pomjeranje presjeka D jednako je ukupnom izduženju šipke na kojem možemo razlikovatitri segmenta s konstantnim veličinama u izrazu za izduženje (treba napomenuti da je dio
Statički određeni problemi 15
0 kN
0
+F
FA
(=FC +FB)FA –FB
(=FC)
A B C D
FB
1 2
FC
70 kN 50 kN
FA
Slika 2.6–2: Dijagram sila
šipke CD nenapregnut, tako da je pomjeranje presjeka D jednako pomjeranju presjekaC) pa se koristeći izraze (2–2) i (2–3) dobija:
δD = δAB + δBC + δCD =FALAB
E1A1+
(FA − FB)LBC
E1A1+ 0
=70 · 103 · 0.5
110 ·109 · 706.858 ·10−6+
20 · 103 · 0.5
110 ·109 · 706.858 ·10−6= 0.579mm
(2.6–2)
gdje je
A1 =D2
1π
4=
(30 · 10−3)2π
4= 706.858 ·10−6m2
S obzirom na pozitivan predznak, presjek D se pomjera udesno, tj. šipka se isteže.
b) Naponi i deformacije u šipkamaNaponi u šipkama se kao i ranije određuju na osnovu izraza (1–1) pri čemu treba imatina umu da se u šipki 1 u presjeku B mijenja vrijednost sile, a time i napona, a da je šipka2 nenapregnuta. Naponi u pojedinim dijelovima su:
σAB =FA
A1=
70 ·103
706.858 ·10−6= 99.03MPa
σBC =FC
A1=
20 · 103
706.858 ·10−6= 28.3MPa
σCD = 0
Deformacije u pojedinim dijelovima sistema šipki dobivaju se na osnovu Hookeovog za-kona (1–6) i izračunatih napona pa se slično naponima posmatraju tri dijela sistemašipki:
ǫAB =σAB
E1=
99.03 ·106
110 ·109= 9 · 10−4
ǫBC =σBC
E1=
28.294 ·106
110 ·109= 2.572 ·10−4
ǫCD = 0
16 2 Aksijalno naprezanje
c) Promjena temperature kojom treba izložiti šipku 2 da bi ukupno izduženje šipke ABCDbilo jednako nuli
Da bi ukupno izduženje šipke AD bilo jednako nuli, potrebno je da zbir promjene dužinešipke CD usljed promjene temperature δT (izraz (2–6)) i šipke AD usljed djelovanja silaδD, kao što je urađeno pod a), bude jednaka nuli, odnosno
δTCD+ δD = α2∆TL2 + δD = 0
Sada se dobija tražena promjena temperature kao
∆T = −δDα2L2
=0.579 ·10−3
11.7 ·10−6 · 0.6= −82.44◦C
Dakle, da bi nakon djelovanja sila i temperature šipka AD ostala iste dužine neophodnoje šipku 2 ohladiti za 82.44 ◦C.
2.2.2 Ravanski problemi
Zadatak 2.7 Kruta poluga ABC se oslanja pomoću dvije šipke BD i CE, kao na slici 2.7–1.Šipka BD, dužine 0.5 m, izrađena je od čelika (EBD = 210 GPa) i ima poprečni presjek od500 mm2. Šipka CE, dužine 0.4 m, izrađena je od legure aluminijuma (ECE = 72 GPa) iima poprečni presjek od 400 mm2. Ako na polugu ABC u tački A djeluje sila F = 20 kN,odrediti:
a) sile koje vladaju u šipkama BD i CE,
b) izduženje šipki BD i CE,
c) pomjeranje tačke A,
d) nagib krute poluge ABC usljed djelovanja sile F .
Dodatni podaci: dužina dijela krute poluge AB je 400 mm, a dužina dijela krute poluge BCje 200 mm.
R j e š e nj e
Tabela 2.7: Podaci uz zadatak 2.7
EBD = 210 GPa ECE = 72 GPa LAB = 400 mm
LBD = 0.5 m LCE = 0.4 m LBC = 200 mm
ABD = 500 mm2 ACE = 400 mm2 F = 20 kN
Da bismo riješili zadatak krutu polugu izdvojimo iz zadatog sistema i veze zamijenimovanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.7–2 (reakcije u horizontalnom pravcu zane-marujemo, pošto nema djelovanja opterećenja u tom pravcu). S obzirom da je broj nepoz-natih dva, a problem ravanski pa možemo postaviti dvije jednačine ravnoteže (zanemarujese ona u horizontalnom pravcu), sistem je statički određen.
Statički određeni problemi 17
F
A B C
D
E
Slika 2.7–1: Opis problema
a) Sile koje vladaju u šipkama BD i CE
Pretpostavimo da obje šipke na polugu djeluju prema gore (slika 2.7–2), odnosno da suobje šipke opterećene pritiskom i postavimo jednačine ravnoteže za krutu polugu:
∑
Fy = 0 FBD + FCE − F = 0 (2.7–1)∑
MC = 0 FBDLBC − F · (LAB + LBC) = 0 (2.7–2)
Sada se iz (2.7–2) dobija FBD, a uvrštavanjem u (2.7–1) sila FCE , odnosno
FBD =F · (LAB + LBC)
LBC
=20 · 103 · (0.4 + 0.2)
0.2= 60kN
FCE = F − FBD = 20 · 103 − 60 · 103 = −40kN
S obzirom da je za FCE dobijena negativna vrijednost, pogrešno je pretpostavljen smjerdjelovanja sila pa sila FCE djeluje na dole na krutu polugu, odnosno isteže šipku CE.
b) Izduženje šipki BD i CE
Izduženja šipki se dobivaju korištenjem izraza (2–4) pa je:
δBD =−FBDLBD
EBDABD
=−60 · 103 · 0.5
210 ·109 · 500 · 10−6= −0.286mm
δCE =−FCELCE
ECEACE
=−(−40 ·103) · 0.4
72 · 109 · 400 ·10−6= 0.556mm
S obzirom na pretpostavljeni smjer djelovanja sila na šipke (pritisak), dodaje se predznak"−". Na osnovu dobivenih rezultata je jasno da se šipka BD skraćuje, a šipka CEizdužuje.
18 2 Aksijalno naprezanje
FBD
F
FBD FCE
D
E
FCE
FBD FCE
A B C
B C
Slika 2.7–2: Sile koje djeluju na polugu
C'
B'
A'
M
δAA'
δCC'
δBB' γ
A C B
Slika 2.7–3: Pomjeranje tačke A
Statički određeni problemi 19
c) Pomjeranje tačke APomjeranje tačke A dobiva se na osnovu činjenice da je poluga kruta i da su poznatepromjene dužine šipki BD i CE. Na taj način, šipka ABC se pomjera u položaj A′B′C′,kao što je dato na slici 2.7–3. Pri tome, tačka C se pomjera u tačku C′ prema gore zaCC′ = δCC′ = |δCE |, a tačka B u tačku B′ prema dole za BB′ = δBB′ = |δBD|. Naosnovu sličnosti trouglova △CC′M , △BB′M i △AA′M , može se izračunati dužina MB,a preko nje i AA′ = δAA′ , tj. pomjeranje tačke A. Imamo:
CC′
BB′=MC
MB
MC +MB = LBC
pa se dobija:
MB =LBC
1 +CC′
BB′
=LBC
1 +|δCE |
|δBD|
=0.2
1 +|0.556|
| − 0.286|
= 67.925mm
Pomjeranje tačke A se dobija na osnovu proporcije:
δAA′
δBB′
=δAA′
δBD
=MB + LAB
MB
pa je:
δAA′ =MB + LAB
MBδBD =
67.925 + 400
67.925· (−0.286 ·10−3) = −1.968mm
d) Nagib krute poluge ABC usljed djelovanja sile FNagib poluge, odnosno ugao rotacije poluge, može da se dobije na osnovu slike 2.7–3 kao:
γ = arctg(
BB′
BM
)
= arctg(
δBE
BM
)
= arctg(
| − 0.286|
67.925
)
= 0.241◦
Zadatak 2.8 Kruta poluga ABC se oslanja pomoću dvije šipke BD i CE kao na slici 2.8–1.Šipka BD je izrađena od bronze (EBD = 105 GPa) i ima poprečni presjek od 240 mm2.Šipka CE je izrađena od aluminijuma (ECE = 72 GPa) i ima poprečni presjek od 300 mm2.Ako na polugu ABC djeluje sila F = 10 kN, odrediti:
a) sile koje vladaju u šipkama BD i CE,
b) izduženje šipki BD i CE,
c) pomjeranje tačke A,
d) nagib krute poluge ABC usljed djelovanja sile F .
R j e š e nj e
Zadatak je sličan prethodnom zadatku, s tom razlikom da se šipka BD nalazi s gornjestrane krute poluge. Dakle, sistem je statički određen i postupak rješavanja je isti kao uprethodnom zadatku.
20 2 Aksijalno naprezanje
2.8
F
A B C
D
E
125 mm 225 mm
225 m
m
150 m
m
Slika 2.8–1: Opis problema
Tabela 2.8: Podaci uz zadatak 2.8
EBD = 105 GPa ECE = 72 GPa LAB = 125 mm
LBD = 225 mm LCE = 150 mm LBC = 225 mm
ABD = 240 mm2 ACE = 300 mm2 F = 10 kN
a) Sile koje vladaju u šipkama BD i CE
Da bismo dobili sile koje vladaju u šipkama BD i CE krutu polugu izdvojimo iz zadatogsistema i veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.8–2. Pret-postavimo da obje šipke na polugu djeluju prema gore, odnosno šipka BD je opterećenazatezanjem, a šipka CE pritiskom. Sada postavimo jednačine ravnoteže:
∑
Fy = 0 FBD + FCE − F = 0 (2.8–1)∑
MC = 0 FBDLBC − F · (LAB + LBC) = 0 (2.8–2)
Sada se iz (2.8–2) dobija FBD, a uvrštavanjem u (2.8–1) sila FCE , odnosno
FBD =F · (LAB + LBC)
LBC
=10 · 103 · (0.125 + 0.225)
0.225= 15.56kN
FCE = F − FBD = 10 · 103 − 15.56 ·103 = −5.56kN
S obzirom da je za FCE dobijena negativna vrijednost, pogrešno je pretpostavljen smjerdjelovanja sila pa sila FCE djeluje nadolje na krutu polugu, odnosno zateže šipku CE.
Statički određeni problemi 21
FBD
FCE
D
E
FBD
FCE
FBD
FCE
F
A B C
C
B
Slika 2.8–2: Sile koje djeluju na polugu
22 2 Aksijalno naprezanje
b) Izduženje šipki BD i CE
Izduženja šipki se dobivaju korištenjem izraza (2–4) pa je:
δBD =FBDLBD
EBDABD
=15.56 ·103 · 0.225
105 ·109 · 240 ·10−6= 0.139mm
δCE =−FCELCE
ECEACE
=−(−5.56 ·103) · 0.150
72 · 109 · 300 ·10−6= 0.039mm
S obzirom na sile koje vladaju na šipkama, obje šipke se izdužuju. Razlika u korištenjupredznaka "-" u gornjim izrazima posljedica je pretpostavke na početku zadatka; pret-postavlja se da pozitivna vrijednost sila FCE skraćuje šipku CE, a pozitivna vrijednostsile FBD izdužuje šipku BD.
Napomena: U prethodnim zadacima smjerovi sila su proizvoljno pretpostavljeni kakobi se demonstrirale razlike u pristupu rješavanja i primjeni formula; sile mogu različitoda djeluju na šipke (zatezanje ili pritisak) pa se stoga javljaju razlike u prethodnimizrazima. Međutim, može se usvojiti opšti pristup po kojem se sile djelovanja na šipkeuvijek postavljaju u smjeru zatezanja, tako da izračunate pozitivne vrijednosti upućujuzatezanjem, a ukoliko se dobiju negativne vrijednosti onda se radi o pritisku.
c) Pomjeranje tačke A
C'
B'
A'
M
δAA'
δCC'
δBB' γ
A
C
B
Slika 2.8–3: Pomjeranje tačke A
Pomjeranje tačke A dobiva se na osnovu činjenice da je poluga kruta i da su poznatepromjene dužine šipki BD i CE. Na taj način, šipka ABC se pomjera u položaj A′B′C′,kao što je dato na slici 2.8–3. Pri tome, tačka C se pomjera u tačku C′ prema gore zaCC′ = |δCE | = δCC′ , a tačka B u tačku B′ prema dolje za BB′ = |δBD| = δBB′ . Naosnovu sličnosti trouglova △CC′M , △BB′M i △AA′M , može se izračunati dužina MB,a preko nje i AA′, tj. pomjeranje tačke A. Imamo:
CC′
BB′=MC
MB
MC +MB = LBC
Statički određeni problemi 23
pa se dobija:
MB =LBC
1 +CC′
BB′
=LBC
1 +δCC′
δBB′
=0.225
1 +|0.039|
|0.139|
= 176.09mm
Pomjeranje tačke A se dobija na osnovu proporcije:
AA′
BB′=δAA′
δBD
=MB + LAB
MB
pa je:
AA′ =MB + LAB
MBδBD =
176.09 + 125
176.09· (−0.139 ·10−3) = −0.237mm
d) Nagib krute poluge ABC usljed djelovanja sile F
Nagib poluge, odnosno ugao rotacije poluge, može da se dobije na osnovu slike 2.7–3 kao:
γ = arctg(
BB′
BM
)
= arctg(
|δBD|
BM
)
= arctg(
0.139
176.09
)
= 0.045◦
Zadatak 2.9 Kruta poluga AB oslonjena je na dva čelična štapa u A i B i opterećenatrouglastim opterećenjem, kao na slici 2.9–1. Ako su oba štapa iste dužine L, odrediti:
a) sile i napone u štapovima A i B,
b) deformacije štapova A i B,
c) nagib krute poluge.
Podaci: q0 = 100 kN/m; polugaAB – LAB = 1 m; štapovi – E = 200 GPa, AA = 2AB = 100cm2, L = 300 mm.
2.9
q0
A B
LAB
Slika 2.9–1: Opis problema
24 2 Aksijalno naprezanje
R j e š e nj e
Tabela 2.9: Podaci uz zadatak 2.9
AA = 2AB = 100 cm2 LAB = 1 m
L = 300 mm q0 = 100 kN/m
Da bismo riješili zadatak krutu polugu izdvojimo iz zadatog sistema i veze zamijenimovanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.9–2 (i u ovom slučaju reakcije u horizontalnompravcu zanemarujemo, pošto nema djelovanja opterećenja u tom pravcu). S obzirom da jebroj nepoznatih dva, a problem ravanski pa možemo postaviti dvije jednačine ravnoteže(zanemaruje se ona u horizontalnom pravcu), sistem je statički određen.
a) Sile i naponi u štapovima A i BPretpostavimo da oba štapa na polugu djeluju prema gore, odnosno da su oba štapaopterećena pritiskom (slika 2.9–2). Sada postavimo jednačine ravnoteže:
∑
Fy = 0 FA + FB −Q = 0 (2.9–1)∑
MA = 0 FBLAB −Q ·LAB
3= 0 (2.9–2)
pri čemu je ukupna težina trouglastog opterećenja Q = 12q0LAB s težištem na udaljenosti
LAB/3 od oslonca A. Sada se iz (2.9–2) dobija FB, a uvrštavanjem u (2.9–1) sila FA,odnosno
FB =Q
3=q0LAB
6=
100 · 103 · 1
6= 16.67kN
FA = Q− FB =1
2q0LAB − FB =
1
2100 · 103 · 1− 16.67 ·103 = 33.33kN
Sile koje djeluju na štapove imaju suprotan smjer djelovanja od onih koje djeluju nakrutu polugu, pa su oba štapa izložena sabijanju. Naponi se dobivaju na osnovu izraza(2–1):
σA =−FA
AA
=−33.33 ·103
100 ·10−4= −3.33MPa
σB =−FB
AB
=−16.67 ·103
50 · 10−4= −3.33MPa
S obzirom na pretpostavljeni smjer djelovanja sila na štapove (pritisak), dodaje se predz-nak "−".
b) Deformacije štapova A i BDeformacije u štapovima dobivaju se na osnovu Hookeovog zakona (1–6) i izračunatihnapona pa je:
ǫA =σAEA
=−3.33 ·106
200 ·109= −1.67 ·10−5
ǫB =σBEB
=−3.33 ·106
200 ·109= −1.67 ·10−5
Statički određeni problemi 25
q0
A B
LAB FB FA
FB FA
FB FA
A B
LAB/3 Q
Slika 2.9–2: Sile koje djeluju na polugu
c) nagib krute poluge.
S obzirom da su deformacije štapova jednake, a time i promjene dužine, poluga će ostatiu horizontalnom položaju.
Zadatak 2.10 Kruta poluga ABC se oslanja pomoću dvije šipke BD i CE, kao na slici2.10–1. Šipka BD, dužine 0.4 m, izrađena je od aluminijuma (EBD = 72 GPa) i ima poprečnipresjek od 400 mm2. Šipka CE, dužine 0.35 m, izrađena je od čelika (ECE = 210 GPa) iima poprečni presjek od 300 mm2. Ako na polugu ABC djeluje kontinuirano opterećenjeq = 20 kN/m, odrediti:
a) sile i napone koje vladaju u šipkama BD i CE,
b) izduženje šipki BD i CE,
c) nagib krute poluge ABC usljed djelovanja opterećenja q,
d) promjenu temperature šipke BD (αBD = 22.2 ·10−61/C◦) da bi poluga ABC ostala uhorizontalnom položaju.
Dodatni podaci: dužina krute poluge ABC je 700 mm, a dužina dijela BC krute poluge je300 mm.
R j e š e nj e
Zadatak je varijanta zadatka 2.7 s razlikom u načinu opterećenja krute poluge; umjesto sileu tački A, u ovom slučaju poluga je čitavom dužinom opterećena kontinuiranim opterećen-jem. Dakle, zadati sistem je statički određen i postupak rješavanja je isti onom u zadatku2.7.
26 2 Aksijalno naprezanje
2.10
A B C
D
E
q
Slika 2.10–1: Opis problema
Tabela 2.10: Podaci uz zadatak 2.10
EBD = 72 GPa ECE = 210 GPa LAC = 700 mm
LBD = 0.4 m LCE = 0.35 m LBC = 300 mm
ABD = 400 mm2 ACE = 300 mm2 q = 20 kN/m
αBD = 22.2 · 10−6 1/◦C
a) Sile i naponi koji vladaju u šipkama BD i CE
Da bismo dobili sile koje vladaju u šipkama BD i CE krutu polugu izdvojimo iz zadatogsistema i veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.10–2. Pret-postavimo da obje šipke na polugu djeluju prema gore, odnosno da su obje šipke optere-ćene pritiskom. Sada postavimo jednačine ravnoteže:
∑
Fy = 0 FBD + FCE −Q = 0 (2.10–1)∑
MC = 0 FBDLBC −QLAC
2= 0 (2.10–2)
gdje je Q = qLAC .
Sada se iz (2.10–2) dobija FBD, a uvrštavanjem u (2.10–1) sila FCE , odnosno
FBD =qLAC ·LAC
2LBC
=20 ·103 · 0.7 · 0.7
2 · 0.3= 16.33kN
FCE = Q− FBD = 14 ·103 − 16.33 ·103 = −2.33kN
S obzirom da je za FCE dobijena negativna vrijednost, pogrešno je pretpostavljen smjerdjelovanja sile FCE ; ona djeluje nadolje na krutu polugu, odnosno zateže šipku CE.
Naponi koji vladaju u šipkama dobivaju se na osnovu izraza (2–1) pa je:
σBD =−FBD
ABD
=−16.33 ·103
400 ·10−6= −40.333MPa
σCE =−FCE
ACE
=−(−2.33) ·103
300 ·10−6= 7.78MPa
Statički određeni problemi 27
A B C
E
q
B
D
E
FBD
FBD
FCE
FCE
FBD
FCE
Q
LAC/2
Slika 2.10–2: Sile koje djeluju na polugu
U gornjim izrazima je stavljen predznak "−", jer se pretpostavilo da sile djeluju na šipkepritiskajući ih.
b) Izduženje šipki BD i CE
Izduženje šipki se dobija korištenjem izraza (2–2) pa je:
δBD =−FBDLBD
EBDABD
=−16.33 ·103 · 0.4
72 · 109 · 400 ·10−6= −0.227mm
δCE =−FCELCE
ECEACE
=−(−2.33 ·103) · 0.35
210 · 109 · 300 ·10−6= 0.013mm
Dakle, šipka BD se skraćuje, a šipka CE izdužuje.
c) Nagib krute poluge ABC usljed djelovanja opterećenja q
Nagib poluge, odnosno ugao rotacije poluge, može da se dobije na osnovu slike 2.10–3kao:
γ = arctg(
BB′ + CC′
BC
)
= arctg(
0.227 + 0.013
300
)
= 0.046◦
pri čemu je BB′ = |δBD| i CC′ = |δCE|.
28 2 Aksijalno naprezanje
C'
B'
A'
M
δCC'
δBB' γ
A C B
δBB'
γ
Slika 2.10–3: Nagib krute poluge
d) Promjena temperature šipke BD da bi poluga ABC ostala u horizontalnom položaju.
Da bi kruta poluga ABC ostala u horizontalnom položaju izduženja šipki BD i CEmoraju biti jednaka. To će se postići kada se dužina šipke BD pod utjecajem temperaturepromijeni za razliku izduženja šipki CE i BD dobivenim pod b), odnosno zbir izduženjašipke BD usljed utjecaja temperature, δBDT
, i kontinuiranog opterećenja, δBDq, treba
biti jednak izduženju šipke CE usljed kontinuiranog opterećenja, δCEq:
δBDT+ δBDq
= δCEq
αBD ·∆T ·LBD + δBDq= δCEq
pa je:
∆T =δCEq
− δBDq
LBD ·αBD
=[0.013− (−0.227)] ·10−3
0.4 · 22.2 · 10−6= 27◦C
Dakle, da bi poluga ostala u horizontalnom položaju neophodno je šipku BD zagrijati za27◦C.
Zadatak 2.11 Kruta horizontalna greda ABCD oslanja se na vertikalne čelične šipke BEi CF te je opterećena silama F1 i F2 koje djeluju u tačkama A i D, respektivno (vidi sliku2.11–1). Odrediti:
a) sile u šipkama BE i CF ,
b) napone i deformacije u šipkama BE i CF ,
c) promjenu dužine šipki BE i CF .
Dodatni podaci: ABE = 11000 mm2, ACF = 9280 mm2.
Statički određeni problemi 29
2.11
F1=400 N
A B C D
F
F2=360 N
1.5 m 1.5 m 2.1 m
2.4
m
0.6
m
E
Slika 2.11–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.11: Podaci uz zadatak 2.11
LBE = 3 m LAB = 1.5 m F1 = 360 kN
ABE = 11000 mm2 LBC = 1.5 m F2 = 400 kN
LCF = 2.4 m LCD = 2.1 m
ACF = 9280 mm2
Slično zadacima 2.7 i 2.8, i ovaj problem je statički određen, a postupak rješavanja jeidentičan onom u tim zadacima.
a) Sile i naponi u šipkama BE i CFDa bismo dobili sile koje vladaju u šipkama BE i CF krutu polugu AD izdvojimo izzadatog sistema i veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.11–2.Pretpostavimo da obje šipke na polugu djeluju prema gore, odnosno da su obje šipkeopterećene pritiskom. Sada postavimo jednačine ravnoteže:
∑
Fy = 0 FBE + FCF − F1 − F2 = 0 (2.11–1)∑
MB = 0 F1LAB + FCFLBC − F2 · (LBC + LCD) = 0 (2.11–2)
Sada se iz (2.11–2) dobija FCF , a uvrštavanjem u (2.11–1) sila FBE , odnosno
FCF =F2 · (LBC + LCD)− F1LAB
LBC
=360 · (1.5 + 2.1)− 400 ·1.5
1.5= 464N
FBE = F1 + F2 − FCF = 400 + 360− 464 = 296N
Kao što je ranije rečeno, sile koje djeluju na šipke imaju suprotan smjer djelovanja odonih koje djeluju na krutu polugu pa su obje šipke izložene pritisku (vidi sliku 2.11–2).
30 2 Aksijalno naprezanje
D
FBD
F2=360 N F1=400 N
A B C
F
E
FBE FCF
FCE
FBD FCE
B C
Slika 2.11–2: Sile koje djeluju na polugu
b) Naponi i deformacije u šipkama BE i CFNaponi se dobivaju na osnovu izraza (2–1):
σBE =−FBE
ABE
=−296
11000 ·10−6= −26.91kPa
σCF =−FCF
ACF
=−464
9280 ·10−6= −50kPa
pri čemu je u oba izraza uzet predznak "-", jer se pretpostavlja da sile FBE i FCF djelujupritiščući šipke.Deformacije u šipkama dobivaju se na osnovu Hookeovog zakona (1–6) i izračunatihnapona pa je:
ǫBE =σBE
EBE
=−26.91 ·103
200 · 109= −1.34 ·10−7
ǫCF =σCF
ECF
=−50 · 103
200 ·109= −2.5 ·10−7
gdje je usvojeno EBE = ECF = 200 GPa.
c) Promjena dužine šipki BE i CFPromjena dužina šipki dobija se na osnovu izraza (1–8)
δBE = ǫBELBE = −1.34 ·10−7 · 3 = −0.4µm
Statički neodređeni problemi 31
δCF = ǫCFLCF = −2.5 ·10−7 · 2.4 = −0.6µm
2.3 Statički neodređeni problemi
2.3.1 Aksijalni problemi
Zadatak 2.12 Kompozitna šipka na slici 2.12–1 sastoji se od čelične šipke AB (E = 200GPa), prečnika 20 mm, i bronzanih šipki DA i BC (E = 100 GPa), prečnika 50 mm. Akoje šipka izložena opterećenjima datim na slici, odrediti pomjeranje u tačkama A i B.
500 mm 250 mm
CBA
75 kN
D
75 kN
100 kN
100 kN
250 mm
50 mm 50 mm20 mm
Slika 2.12–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.12: Podaci uz zadatak 2.12
EDA = EBC = 100 GPa EAB = 200 GPa FA = 2 · 75 = 150 kN
LDA = LBC = 250 mm LAB = 500 mm FB = 2 · 100 = 200 kN
dDA = dBC = 50 mm dAB = 20 mm
Da bi se odredila pomjeranja tačaka A i B, neophodno je naći sile koje vladaju u šipkama.Problem je statički neodređen, s obzirom da su nepoznate dvije reakcije oslonaca, a kakoje problem aksijalan može se postaviti samo jedna jednačina ravnoteže, odnosno jednačinaravnoteže sila uzduž ose šipke. Zbog toga je neophodno uz jednačinu ravnoteže postavitii uslove kompatibilnosti, odnosno kinematske uslove – pomjeranje u presjecima, odnosnoosloncima D i C jednako je nuli. Pretpostavljajući da reakcije u osloncima na šipku djelujuzateznom silom, odnosno da sila FD djeluje ulijevo, a sila FC udesno (vidi sliku 2.12–2a),tražene jednačine su:
∑
F = 0 − FD − FA + FB + FC = 0 (2.12–1)
δD = δC = 0 (2.12–2)
Uslov kompatibilnosti (2.12–2) znači i da je ukupno izduženje šipke jednako nuli.Nepoznate reakcije oslonaca mogu se odrediti na dva načina i to pomoću: dijagrama sila
i metode superpozicije.
32 2 Aksijalno naprezanje
0
+F
FD+FA -FB
FD+FAFD
(=FC)
0
+F
-107.58 kN
-157.58 kN
42.42 kN
CBA 75 kN D
75 kN
100 kN
100 kN FCFD
a)
b)
c)
Slika 2.12–2: Dijagram sila
Postupak I: Dijagram sila
Kod rješavanja ovakvih problema pomoću dijagrama sila, pretpostavljajući smjerove nepoz-natih reakcija, skicira se dijagram sila za šipku, kao što je prikazano na slici 2.12–2b. Dakle,pretpostavi se smjer djelovanja sile u D, a zatim se prema A skiciraju promjene vrijednostisile zavisno od opterećenja; naprimjer, od tačke D do tačke A nema promjene vrijednostisile, ona je jednaka FD (pozitivna, jer je zatežuća), a zatim se u tački A pojavljuje sila FA
pa je šipka AB čitavom dužinom opterećena silom (FD +FA), pošto je pretpostavljeni smjerdjelovanja sile FD isti kao smjer sile FA, itd. Opterećenja u pojedinim dijelovima šipke jasnose vide na slici. Treba napomenuti da skica dijagrama sila ovisi o pretpostavkama o smjerudjelovanja reakcija i samim tim ne mora biti tačna.
Nakon što se skicira dijagram sila, primjeni se uslov kompatibilnosti po kojem je ukupnoizduženje šipke jednako nuli koristeći izraz (2–3):
δDC = δDA + δAB + δBC
=FDLDA
EDAADA
+(FD + FA)LAB
EABAAB
+(FD + FA − FB)LBC
EBCABC
= 0(2.12–3)
Statički neodređeni problemi 33
Iz izraza (2.12–3) se direktno dobija nepoznata sila FD u osloncu D:
FD = −
FALAB
EABAAB
+(FA − FB)LBC
EBCABC
LDA
EDAADA
+LAB
EABAAB
+LBC
EBCABC
= −
150 · 103 · 0.5
200 ·109 · 314.16 ·10−6+
(150− 200) · 103 · 0.25
100 · 109 · 1963 ·10−6
0.25
100 ·109 · 1963 ·10−6+
0.5
200 ·109 · 314.16 ·10−6+
0.25
100 ·109 · 1963 ·10−6
FD = −107.58kN
(2.12–4)
gdje je
ADA = ABC =d2DAπ
4=d2BCπ
4=
(50 · 10−3)2π
4= 1963 ·10−6m2
AAB =d2ABπ
4=
(20 · 10−3)2π
4= 314.6 ·10−6m2
S obzirom da je dobivena negativna vrijednost, pogrešno je pretpostavljen smjer sile FD, pasila djeluje pritiščući šipku DA. Sada se na osnovu izraza (2.12–1) dobija reakcija FC :
FC = −FB + FA + FD = −200 + 150 + (−107.58) = −157.58kN
pa je pretpostavljeni smjer pogrešan, odnosno i šipka BC je pritisnuta. Na osnovu dobijenihrezultata može se nacrtati stvarni dijagram sila, kao što je prikazano na slici 2.12–2c.
Treba napomenuti da se za pomjeranje δBC umjesto sile (FD + FA − FB) mogla uzeti isila FC , ali bi u tom slučaju bilo neophodno riješiti sljedeći sistem jednačina, pošto bi se i ujednačini (2.12–3) nalazile dvije nepoznate:
−FD − FA + FB + FC = 0
FDLDA
EDAADA
+(FD + FA)LAB
EABAAB
+FCLBC
EBCABC
= 0
Postupak II: Metoda superpozicije
Metoda superpozicije se sastoji u tome da se za statički neodređen sistem oslobodi jednaod nepoznatih (obično se jedan od oslonaca oslobodi i zamijeni djelovanjem sile), a zatim seproblem svodi na rješavanje dva statički određena problema: (I) sistem na koji djeluju poz-nata vanjska opterećenja i (II) sistem na koji djeluje samo jedna nepoznata ("oslobođena")reakcija. Proračun vezan za ovako dobivena dva sistema se primjeni na jednačinu kompati-bilnosti.
U ovom primjeru može se kao višak uzeti oslonac D pa se zadati statički neodređenisistem može predstaviti pomoću dva superponirana sistema, kao što je dato na slici 2.12–3.
Ukupno izduženje sistema (I) na koji djeluju poznate vanjske sile dobiva se na osnovuizraza (2–3)∗:
δI = δDAI+ δABI
+ δBCI= 0 +
FALAB
EABAAB
+(FA − FB)LBC
EBCABC
(2.12–5)
∗Pretpostavlja se da je student savladao statički određene probleme i skiciranje dijagrama sila za takve slučajeve, takoda ovdje dodatni dijagrami nisu prikazani. Zadaci ovog tipa su u poglavlju 2.2.1.
34 2 Aksijalno naprezanje
Sistem I
Sistem II
=CBA FAD
FA
FB
FB
CBA 75 kN D
75 kN
100 kN
100 kN
+
CBAD
FD
Slika 2.12–3: Metoda superpozicije
Za sistem (II) na koji djeluje samo nepoznata FD ukupno izduženje je:
δII = δDAII+ δABII
+ δBCII=
FDLDA
EDAADA
+FDLAB
EABAAB
+FDLBC
EBCABC
(2.12–6)
Sada se izrazi (2.12–5) i (2.12–6) uvrste u uslov kompatibilnosti po kojem je zbir promjenadužine sistema (I) i sistema (II) jednak nuli:
δI + δII = 0
pa se dobija:
FALAB
EABAAB
+(FA − FB)LBC
EBCABC
+FDLDA
EDAADA
+FDLAB
EABAAB
+FDLBC
EBCABC
= 0 (2.12–7)
Iz izraza (2.12–7) dobija se nepoznata FD:
FD = −
FALAB
EABAAB
+(FA − FB)LBC
EBCABC
LDA
EDAADA
+LAB
EABAAB
+LBC
EBCABC
(2.12–8)
Izraz (2.12–8) identičan je izrazu (2.12–4) pa je FD = −107.58 kN, a FC = −57.58 kN.
Statički neodređeni problemi 35
Pomjeranja tačaka A i B
S obzirom da su određene sile koje vladaju u šipkama, mogu se izračunati izduženja poje-dinih dijalova šipke, a time i pomjeranja pojedinih presjeka, koristeći izraze (2–2) i (2–3).Pomjeranje tačke A jednako je izduženju šipke DA, dok je pomjeranje tačke B jednakoizduženju šipke DB ili šipke BC:
δA =FDLDA
EDAADA
=−107.58 ·103 · 0.25
100 ·109 · 1963 ·10−6= −0.137mm
δB =FCLCD
ECDACD
=−157.58 ·103 · 0.25
100 ·109 · 1963 ·10−6= −2.01mm
S obzirom da su dobivena negativna pomjeranja, oba dijela šipke se sabijaju, tako da sepresjek A pomjera ulijevo, a presjek B udesno.
Zadatak 2.13 Aksijalno opterećena čelična šipka AD (E = 200 GPa), uklještena na obakraja, izložena je sili P = 100 kN, koja djeluje u spojnici B, kao na slici. Odrediti pomjeranjeu tačkama B i C, ako je A1 = 50 mm2 i L = 1 m. Veličine spojnica B i C zanemariti.
2.13 L/4 L/2
D C B
P
A
L/4
A1 2A1
Slika 2.13–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.13: Podaci uz zadatak 2.13
L = 1 m A1 = 50 mm2 P = 100 kN
EDE = EBC = 100 GPa
Slično prethodnom zadatku, da bi se odredila pomjeranja tačaka B i C, neophodno jenaći sile koje vladaju u šipkama. Problem je statički neodređen, s obzirom da su nepoznatedvije reakcije oslonca, a kako je problem aksijalan može se postaviti samo jedna jednačinaravnoteže, odnosno jednačina ravnoteže sila uzduž ose šipke. Zbog toga je neophodno uzjednačinu ravnoteže postaviti i uslove kompatibilnosti, odnosno kinematske uslove – pom-jeranje u presjecima, odnosno osloncima A i D jednako je nuli. Pretpostavljajući da reakcijeu osloncima na šipku djeluju zateznom silom, odnosno da sila FA djeluje ulijevo, a sila FD
udesno (vidi sliku 2.13–2a), tražene jednačine su:∑
F = 0 − FA + P + FD = 0 (2.13–1)
36 2 Aksijalno naprezanje
δA = δD = 0 (2.13–2)
Uslov kompatibilnosti (2.13–2) znači i da je ukupno izduženje šipke jednako nuli.I ovaj put će se nepoznate reakcije oslonaca odrediti na dva načina i to pomoću: dijagrama
sila i metode superpozicije.
Postupak I: Dijagram sila
Pretpostavljajući smjerove nepoznatih reakcija, skicira se dijagram sila za šipku, kao što jeprikazano na slici 2.13–2. Jasno je da od tačke A do tačke B nema promjene vrijednosti sile,ona je jednaka FA, a zatim se u tački B pojavljuje sile P pa je ostatak šipke BCD čitavomdužinom opterećen silom (FA − P ) ili, ako posmatramo s desne strane, silom FD (sila jezatežuća pa je pozitivna).
0
+F
FA –P (=FD)FA
0
+F
66.67 kN
-33.33 kN
DCBA
P FDFA
a)
b)
c)
Slika 2.13–2: Dijagram sila
Sada se primjeni uslov kompatibilnosti po kojem je ukupno izduženje šipke jednako nulikoristeći izraz (2–3):
δAD = δAB + δBC + δCD
=FALAB
EA1+
(FA − P )LBC
EA1+
(FA − P )LCD
EA2= 0
(2.13–3)
Iz izraza (2.13–3) se direktno dobija nepoznata sila FA u osloncu A:
FA =
PLBC
A1+PLCD
A2
LAB
A1+LBC
A1+LCD
A2
=
100 ·103 · 0.25
50 · 10−6+
100 · 103 · 0.5
100 ·10−6
0.25
50 · 10−6+
0.25
50 · 10−6+
0.5
100 ·10−6
FA = 66.67kN
Statički neodređeni problemi 37
gdje je:
LAB = LBC =L
4=
1
4= 250mm
LCD =L
2=
1
2= 500mm
AAB = ABC = A1 = 50mm2
ACD = 2A1 = 2 · 50 ·10−6 = 100mm2
S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost, smjer sile FA je ispravno pretpostavljen,odnosno sila djeluje istežući šipku AB. Sada se na osnovu izraza (2.13–1) dobija reakcijaFD:
FD = FA − P = 66.67− 100 = −33.33kN
pa je pretpostavljeni smjer pogrešan, odnosno šipka CD je pritisnuta. Na osnovu dobijenihrezultata može se nacrtati stvarni dijagram sila, kao što je prikazano na slici 2.13–2c.
Kao i u prethodnom zadatku, za silu u šipki BD umjesto sile (FA − P ) mogla se uzeti isila FD, ali bi u tom slučaju bilo neophodno riješiti sljedeći sistem jednačina, pošto bi se iu jednačini (2.13–3) nalazile dvije nepoznate:
−FA + P + FD = 0
FALAB
EA1+FDLBC
EA1+FDLCD
EA2= 0
Postupak II: Metoda superpozicije
Za ovaj problem izaberimo silu FD kao suvišnu i oslobodimo oslonac D. Sada se zadatistatički neodređeni sistem može predstaviti pomoću dva superponirana sistema, kao što jedato na slici 2.13–3.
Ukupno izduženje sistema (I) na koji djeluje sila P dobiva se na osnovu izraza (2–3):
δI = δABI+ δBCI
+ δCDI=PLAB
EA1+ 0 + 0 (2.13–4)
Za sistem (II), na koji djeluje samo nepoznata FD, ukupno izduženje je:
δII = δABII+ δBCII
+ δCDII=FDLAB
EA1+FDLBC
EA1+FDLCD
EA2(2.13–5)
Sada se izrazi (2.13–4) i (2.13–5) uvrste u uslov kompatibilnosti po kojem je zbir promjenadužine sistema (I) i sistema (II) jednak nuli:
δI + δII = 0
pa se dobija:
PLAB
EA1+FDLAB
EA1+FDLBC
EA1+FDLCD
EA2= 0 (2.13–6)
38 2 Aksijalno naprezanje
DCBA
P
Sistem I
Sistem II
=+
FD
DCBAP
DCBA
Slika 2.13–3: Metoda superpozicije
Iz izraza (2.13–6) dobija se nepoznata FD:
FD = −
PLBC
A1
LAB
A1+LBC
A1+LCD
A2
= −
100 ·103 · 0.25
50 · 10−6
0.25
50 · 10−6+
0.25
50 · 10−6+
0.5
100 ·10−6
FD = −33.33kN
(2.13–7)
što je identično rješenju korištenjem dijagrama sila, pa je FA = 66.67 kN.
Pomjeranja tačaka B i C
S obzirom da su određene sile koje vladaju u šipki, mogu se izračunati izduženja koristećiizraze (2–2) i (2–3). Pomjeranje tačke B jednako je izduženju šipke AB, dok je pomjeranjetačke C jednako promjeni dužine šipke AC ili šipke CD:
δB =FALAB
EA1=
66.67 ·103 · 0.25
200 ·109 · 50 · 10−6= 1.67mm
Statički neodređeni problemi 39
δC =FDLCD
EA2=
−33.33) ·103 · 0.5
200 ·109 · 100 ·10−6= −0.833mm
Na osnovu predznaka pomjeranja presjeka, odnosno izduženja pojedinih dijelova šipki tepretpostavljenih zatežućih reakcija oslonaca, zaključuje se da su pomjeranja obje tačkeprema desnoj strani.
Zadatak 2.14 Dvije cilindrične šipke – AC, izrađene od čelika (EAC = 210 GPa), i CE,izrađene od bronze (ECE = 110 GPa) – spojene se u tački C i uklještene u osloncima A iE. Za opterećenje prikazano na slici 2.14–1 odrediti:
a) reakcije oslonaca A i E,
b) pomjeranje tačke C.
Šipke su kružnog poprečnog presjeka s prečnicima datim na slici.
100
DCBA
40 mm 30 mm
100
E
120 180
60 kN 40 kN
Slika 2.14–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.14: Podaci uz zadatak 2.14
LAB = 180 mm LCD = 100 mm FB = 60 kN
LBC = 120 mm LDE = 100 mm FD = 40 kN
dAB = dBC = 40 mm dCD = dDE = 30 mm
EAB = EBC = 210 GPa ECD = EDE = 110 GPa
a) Reakcije oslonaca A i E
Ovo je varijanta prethodna dva zadatka. Problem je statički neodređen, tako da je zaodređivanje reakcija neophodno uz jednačinu ravnoteže postaviti i uslove kompatibilno-sti, odnosno kinematske uslove – pomjeranje u presjecima, odnosno osloncima A i Ejednako je nuli. Pretpostavljajući da reakcije u osloncima na šipku djeluju zateznomsilom, odnosno da sila FA djeluje ulijevo, a sila FE udesno (slika 2.14–2a), tražene jed-načine su:
∑
F = 0 − FA + FB + FD + FE = 0 (2.14–1)
40 2 Aksijalno naprezanje
δA = δE = 0 (2.14–2)
Uslov kompatibilnosti (2.14–2) znači i da je ukupno izduženje šipke jednako nuli.
Nepoznate reakcije oslonaca mogu se odrediti na dva načina i to pomoću: dijagrama silai metode superpozicije.
Postupak I: Dijagram sila
Pretpostavljajući da reakcije oslonaca na šipku djeluju zateznim silama, može se skiciratidijagram sila, kao što je prikazano na slici 2.14–2b. Vidi se da postoje tri područjau kojima vladaju konstantne sile, i to: i) dio AB u kojem djeluje (pretpostavljena)zatežuća sila FA, ii) dio BD u kojem djeluje sila (FA −FB) i iii) dio DE u kojem djelujesila (FA − FB − FD) ili sila FE , ako se krene s desne strane prema lijevo. Nakon što
0
+F
FA –FBFA
0
+F
62.84 kN
-37.16 kN
DCBA E
FB FDFEFA
(=FE)FA –FB-FD
2.84 kN
a)
b)
c)
Slika 2.14–2: Dijagram sila
se skicira dijagram sila, primjeni se uslov kompatibilnosti po kojem je ukupno izduženješipke jednako nuli koristeći izraz (2–3):
δAE = δAB + δBC + δCD + δDE
=FALAB
EABAAB
+(FA − FB)LBC
EBCABC
+
+(FA − FB)LCD
ECDACD
+(FA − FB − FD)LDE
EDEADE
= 0
(2.14–3)
Statički neodređeni problemi 41
Iz izraza (2.14–3) se direktno dobija nepoznata sila FA u osloncu A:
FA =
FBLBC
EBCABC
+FBLCD
ECDACD
+(FB + FD)LDE
EDEADE
LAB
EABAAB
+LBC
EBCABC
+LCD
ECDACD
+LDE
EDEADE
=60 · 103 · 0.12
210 · 109 · 1256.64 · 10−6 + 60 · 103 · 0.1110 · 109 · 706.86 · 10−6 + (60+40) · 103 · 0.1
110 · 109 · 706.86 · 10−6
0.18+0.12210 · 109 · 1256.64 · 10−6 + 0.1+0.1
110 · 109 · 706.86 · 10−6
FA = 62.84kN
(2.14–4)
gdje je
AAB = ABC =d2ABπ
4=d2BCCπ
4=
(40 · 10−3)2π
4= 1256.6 ·10−6m2
ACD = ADE =d2CDπ
4=d2DEπ
4=
(30 · 10−3)2π
4= 706.86 ·10−6m2
S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost, smjer sile FA je pravilno pretpostavljen,odnosno šipka AB je opterećena zatezanjem. Sada se na osnovu izraza (2.14–1) dobijareakcija FE :
FE = FA − FB − FD = 62.84 ·103 − 60 · 103 − 40 · 103 = −37.16kN
pa je pretpostavljeni smjer pogrešan, odnosno šipka DE je pritisnuta. Na osnovu do-bijenih rezultata može se nacrtati stvarni dijagram sila, kao što je prikazano na slici2.14–2c.
Kao i u prethodnim zadacima umjesto sile (FA−FB −FD) mogla se uzeti i sila FE , ali biu tom slučaju bilo neophodno riješiti sljedeći sistem jednačina, pošto bi se i u jednačini2.14–3 nalazile dvije nepoznate:
FA − FB − FD − FE = 0
FALAB
EABAAB
+(FA − FB)LBC
EBCABC
+(FA − FB)LCD
ECDACD
+FELDE
EDEADE
= 0
Postupak II: Metoda superpozicije
Prateći postupak rješavanja dat u zadatku 2.12, "oslobodimo" reakciju oslonca FA paovaj statički neodređen sistem svedemo na rješavanje dva statički određena problemadata na slici 2.14–3: (I) sistem na koji djeluju poznata vanjska opterećenja FB i FA i (II)sistem na koji djeluje samo jedna nepoznata ("oslobođena") reakcija FA, pri čemu je uoba slučaja kraj A slobodan, a kraj E uklješten. Proračun vezan za ovako dobivena dvasistema se primjeni na jednačinu kompatibilnosti.
Ukupno izduženje sistema (I) na koji djeluju poznate vanjske sile dobiva se na osnovuizraza (2–3):
δI = δABI+ δBCI
+ δCDI+ δDEI
= 0 +−FBLBC
EBCABC
+−FBLCD
ECDACD
+(−FB − FD)LDE
EDEADE
(2.14–5)
42 2 Aksijalno naprezanje
DCA E
FB FD
Sistem I
=+
B
DCA E
FB FD
B
Sistem II
DCA EB
FA
Slika 2.14–3: Metoda superpozicije
Predznak "−" je uzet jer sila FB skraćuje šipku. Za sistem (II) na koji djeluje samonepoznata FA ukupno izduženje je:
δII = δABII+ δBCII
+ δCDII+ δDEII
=FALAB
EABAAB
+FALBC
EBCABC
+FALCD
ECDACD
+FALDE
EDEADE
(2.14–6)
Sada se izrazi (2.14–5) i (2.14–6) uvrste u uslov kompatibilnosti po kojem je zbir promjenadužine sistema (I) i sistema (II) jednak nuli:
δI + δII = 0
pa se dobija:
−FBLBC
EBCABC
+−FBLCD
ECDACD
+(−FB − FD)LDE
EDEADE
+FALAB
EABAAB
+FALBC
EBCABC
+FALCD
ECDACD
+FALDE
EDEADE
= 0
(2.14–7)
Iz izraza (2.14–7) dobija se nepoznata FA:
FA =
FBLBC
EBCABC
+FBLCD
ECDACD
+(FB + FD)LDE
EDEADE
LAB
EABAAB
+LBC
EBCABC
+LCD
ECDACD
+LDE
EDEADE
(2.14–8)
Izraz (2.14–8) identičan je izrazu (2.14–4) pa je FA = 62.84 kN, a FE = −37.16 kN.
Statički neodređeni problemi 43
b) Pomjeranje tačke C
S obzirom da su određene sile koje vladaju u šipki, mogu se je izračunati izduženja,odnosno pomjeranja pojedinih presjeka/tačaka, koristeći izraze (2–2) i (2–3). Pomjeranjetačke C jednako je izduženju šipke AC ili šipke CE:
δC = δAB + δBC =FALAB
EABAAB
+(FA − FB)LBC
EBCABC
=62.84 ·103 · 0.18
210 ·109 · 1256.64 ·10−6+
(62.84− 60) · 103 · 0.18
210 ·109 · 1256.64 ·10−6
δC = 0.044mm
S obzirom na pozitivan rezultat, dio šipke AC se izdužuje pa je pomjeranje tačke Cudesno.
Zadatak 2.15 Dvije cilindrične šipke istog poprečnog presjeka – šipka 1 izrađena od legurealuminijuma (E1 = 70 GPa) i šipka 2 izrađena od čelika (E2 = 200 GPa) – spojene se upresjeku C i uklještene u osloncima A i D kao na slici 2.15–1. Ako u presjeku B djeluje silaFB , odrediti:
a) reakcije u osloncima A i D,
b) napone i deformacije u šipkama 1 i 2,
c) pomjeranje presjeka C.
Podaci: A1 = A2 = 2 cm2, LAC = 1 m, LCD = 0.4 m, LAB = 0.5 m, FB = 50 kN.
LAC LCD
A B C D
FB
1 2
LAB
Slika 2.15–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.15: Podaci uz zadatak 2.15
LAB = 500 mm LCD = 400 mm FB = 50 kN
LBC = 500 mm ECD = 200 GPa
EAB = EBC = 70 GPa
A1 = A2 = A = 2 cm2
Zadatak je sličan zadatku 2.13, s tim da se u ovom zadatku još traže i naponi i deformacijeu šipkama.
44 2 Aksijalno naprezanje
a) Reakcije u osloncima A i DProblem je statički neodređen pa se postavlja jednačina ravnoteže sila uzduž ose šipkete uslov kompatibilnosti. Pretpostavljajući da reakcije u osloncima na šipke djeluju za-teznom silom, odnosno da sila FA djeluje na lijevo, a sila FD na desno, tražene jednačinesu:
∑
F = 0 − FA + P + FD = 0 (2.15–1)
δA = δD = 0 (2.15–2)
pri čemu uslov kompatibilnosti (2.15–2) znači i da je ukupno izduženje šipke jednako nuli.
a)
b)
c)
0
+F
FA –FB (=FD)FA
0
+F
28.07 kN
-21.93 kN
FDFA
AB C D
FB
1 2
Slika 2.15–2: Dijagram sila
Postupak dobivanja reakcija oslonaca je identičan onom u zadatku 2.13, tako da će seovdje pokazati samo metod dijagrama sila. Pretpostavljajući da nepoznate reakcije imajuzatezni karakter, skicira se dijagram sila za šipku, kao što je prikazano na slici 2.15–2a.Jasno je da od tačke A do tačke B nema promjene vrijednosti sile, ona je jednaka FA,a zatim se u tački B pojavljuje sile FB pa je ostatak šipke BCD čitavom dužinomopterećen silom (FA −FB) ili ako posmatramo s desne strane, silom FD (sila je zatežućapa je pozitivna).
Sada se primjeni uslov kompatibilnosti po kojem je ukupno izduženje šipke jednako nulikoristeći izraz (2–3):
δAD = δAB + δBC + δCD
=FALAB
EABA+
(FA − P )LBC
EBCA+
(FA − P )LCD
ECDA= 0
(2.15–3)
Statički neodređeni problemi 45
Iz izraza (2.15–3) se direktno dobija nepoznata sila FA u osloncu A:
FA =
PLBC
EBCA+PLCD
ECDALAB
EABA+
LBC
EBCA+
LCD
ECDA
=
PLBC
EBC
+PLCD
ECD
LAB
EAB
+LBC
EBC
+LCD
ECD
=
50 ·103 · 0.5
70 · 109+
50 ·103 · 0.4
200 · 1090.5
70 · 109+
0.5
70 · 109+
0.4
200 ·109
FA = 28.07kN
S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost, smjer sile FA je ispravno pretpostavljen,odnosno sila djeluje istežući šipku AB. Sada se na osnovu izraza (2.15–1) dobija reakcijaFD:
FD = FA − FB = 28.07 ·103 − 50 · 103 = −21.93kN (2.15–4)
pa je pretpostavljeni smjer pogrešan, odnosno šipka CD je pritisnuta.
b) Naponi i deformacije u šipkama 1 i 2
S obzirom na oblik dijagrama sila, razlikujemo tri područja s konstantom silom, modu-lom elastičnosti i geometrijom, pa se koristeći izraze (2–1) i (1–8) izračunavaju naponi ideformacije kako slijedi:
σAB =FA
A=
28.07 ·103
2 · 10−4= 140.35MPa
σBC =FA − FB
A=
(28.07− 50) · 103
2 · 10−4= −109.65MPa
σCD =FA − FB
A=
(28.07− 50) · 103
2 · 10−4= −109.65MPa
ǫAB =σAB
EAB
=140.35 ·106
70 · 109= 2.005 ·10−3
ǫBC =σBC
EBC
=−109.65 ·106
70 · 109= −1.566 ·10−3
ǫCD =σCD
ECD
=−109.65 ·106
200 · 109= −5.482 ·10−4
c) Pomjeranje presjeka C
Pomjeranje presjeka C jednako je promjeni dužine šipke AC ili šipke CD:
δC =FDLCD
ECDA=
−21.93 ·103 · 0.4
200 ·109 · 2 · 10−4= −0.219mm (2.15–5)
S obzirom na dobivenu negativnu vrijednost, dio šipke CD se sabija, tako da se presjekC pomjera udesno.
46 2 Aksijalno naprezanje
Zadatak 2.16 Dvije cilindrične šipke istog poprečnog presjeka – šipka 1 izrađena od legurealuminijuma (E1 = 70 GPa) i šipka 2 izrađena od čelika (E2 = 200 GPa) – spojene se upresjeku B i uklještene u osloncima A i D kao na slici 2.16–1. Ako u presjeku C djeluje silaFC , odrediti:
a) reakcije u osloncima A i D,
b) napone i deformacije u šipkama 1 i 2,
c) pomjeranje presjeka B.
Podaci: A1 = A2 = 2 cm2, LAB = 1 m, LBC = 0.3 m, LCD = 0.3 m, FC = 50 kN.
LAB LBD
A B C D 1 2
LCD
FC
Slika 2.16–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.16: Podaci uz zadatak 2.16
LAB = 1 m LBC = LCD = 300 mm FC = 50 kN
EAB = 70 GPa EBC = ECD = 200 GPa
A1 = A2 = A = 2 cm2
Zadatak je sličan prethodnim zadacima pa se u potpunosti može pratiti postupak rješa-vanja.
a) Reakcije u osloncima A i D
Problem je statički neodređen pa se postavlja jednačina ravnoteže sila uzduž ose šipkete uslov kompatibilnosti. Pretpostavljajući da reakcije u osloncima na šipku djelujuzatežuće, odnosno da sila FA djeluje ulijevo, a sila FD udesno (slika 2.16–2a), traženejednačine su:
∑
F = 0 − FA + FC + FD = 0 (2.16–1)
δA = δD = 0 (2.16–2)
pri čemu uslov kompatibilnosti (2.16–2) znači i da je ukupno izduženje šipke jednako nuli.
Reakcije oslonaca će se u ovom zadatku izračunati korištenjem i dijagrama sila i metodomsuperpozicije.
Statički neodređeni problemi 47
Postupak I: Dijagram sila
Koristeći pretpostavljene smjerove reakcija oslonaca, skicira se dijagram sila za šipku,kao što je prikazano na slici 2.16–2b. Jasno je da od tačke A do tačke C nema promjenevrijednosti sile, ona je jednaka FA, a zatim se u tački C pojavljuje sile FC pa je ostatakšipke BCD čitavom dužinom opterećen silom (FA − FC) ili ako posmatramo s desnestrane, silom FD (sila je zatežuća pa je pozitivna).
0
+F
FA
0
+F
4.34 kN
-45.66 kN
FDFA
AB C
D1 2
FC
FA -FC
(=FD)
a)
b)
c)
Slika 2.16–2: Dijagram sila
Sada se primjeni uslov kompatibilnosti po kojem je ukupno izduženje šipke jednako nulikoristeći izraz (2–3):
δAD = δAB + δBC + δCD
=FALAB
EABA+FALBC
EBCA+
(FA − FC)LCD
ECDA= 0
(2.16–3)
48 2 Aksijalno naprezanje
Iz izraza (2.16–3) se direktno dobija nepoznata sila FA u osloncu A:
FA =
FCLCD
ECDALAB
EABA+
LBC
EBCA+
LCD
ECDA
=
FCLCD
ECD
LAB
EAB
+LBC
EBC
+LCD
ECD
=
50 · 103 · 0.3
200 ·1091
70 · 109+
0.3
200 ·109+
0.3
200 ·109
FA = 4.34kN
(2.16–4)
S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost, smjer sile FA je ispravno pretpostavljen,odnosno sila djeluje istežući šipke AB. Sada se na osnovu izraza (2.16–1) dobija reakcijaFD:
FD = FA − FC = 4.34− 50 = −45.66kN
pa je pretpostavljeni smjer pogrešan, odnosno šipka CD je pritisnuta. Na osnovu do-bivenih rezultata sada se može nacrtati stvarni dijagram sila, kao na slici 2.16–2c.
Postupak II: Metoda superpozicije
Prateći postupak rješavanja, dat u zadatku 2.12, "oslobodimo" reakciju oslonca FA paovaj statički neodređen sistem svedemo na rješavanje dva statički određena problemadata na slici 2.16–3: (I) sistem na koji djeluje poznato vanjsko opterećenje FC i (II)sistem na koji djeluje samo jedna nepoznata ("oslobođena") reakcija FA, pri čemu je uoba slučaja kraj A slobodan, a kraj D uklješten. Proračun vezan za ovako dobivena dvasistema se primjeni na jednačinu kompatibilnosti. Ukupno izduženje sistema (I) na kojidjeluju poznate vanjske sile dobiva se na osnovu izraza (2–3) i dijagrama sila datog naslici 2.16–3:
δI = δABI+ δBCI
+ δCDI= 0 + 0 +
−FCLCD
ECDA(2.16–5)
Predznak "−" je uzet jer sila FC skraćuje šipku. Za sistem (II) na koji djeluje samonepoznata FA ukupno izduženje je:
δII = δABII+ δBCII
+ δCDII=FALAB
EABA+FALBC
EBCA+FALCD
ECDA(2.16–6)
Sada se izrazi (2.16–5) i (2.16–6) uvrste u uslov kompatibilnosti po kojem je zbir promjenadužine sistema (I) i sistema (II) jednak nuli:
δI + δII = 0
pa se dobija:
−FCLCD
ECDA+FALAB
EABA+FALBC
EBCA+FALCD
ECDA= 0 (2.16–7)
Statički neodređeni problemi 49
A B C D1 2
FC
Sistem I
=+
Sistem II FA
A B C D1 2
FC
AB D1 2
Slika 2.16–3: Metoda superpozicije
Iz izraza (2.16–7) dobija se nepoznata FA:
FA =
FCLCD
ECDALAB
EABA+
LBC
EBCA+
LCD
ECDA
(2.16–8)
Izraz (2.16–8) identičan je izrazu (2.16–4) pa je FA = 4.34 kN, a FE = −45.66 kN.
b) Naponi i deformacije u šipkama 1 i 2
S obzirom na oblik dijagrama sila, razlikujemo tri područja s konstantom silom, modu-lom elastičnosti i geometrijom pa se koristeći izraze (2–1) i (1–8) izračunavaju naponi ideformacije kako slijedi:
σAB =FA
A=
4.34 · 103
2 · 10−4= 21.7MPa
σBC =FA
A=
4.34 ·103
2 · 10−4= 21.7MPa
σCD =FA − FC
A=
(4.34− 50) · 103
2 · 10−4= −228.3MPa
ǫAB =σAB
EAB
=21.7 · 106
70 ·109= 3.1 ·10−4
50 2 Aksijalno naprezanje
ǫBC =σBC
EBC
=21.7 · 106
200 ·109= 1.085 ·10−4
ǫCD =σCD
ECD
=−228.31 ·106
200 ·109= −1.142 ·10−3
c) Pomjeranje presjeka BPomjeranje presjeka B jednako je promjeni dužine šipke AB ili BD:
δB =FALAB
EABA=
4.34 ·103 · 1
70 · 109 · 2 · 10−4= 0.31mm
S obzirom da je vrijednost pozitivna, presjek B će se pomjerati udesno (u dijelu šipkeAB vlada zatezna sila, što znači da se šipka izdužuje, a lijeva strana šipke je nepokretna!)
Zadatak 2.17 Dvije cilindrične šipke, AB, izrađene od čelika (EAB = 210 GPa, αAB =11.7 ·10−6 1/◦C), i BC, izrađene od bronze (EBC = 110 GPa, αBC = 20.9 ·10−6 1/◦C),spojene se u tački B i uklještene u osloncima A i C, kao na slici 2.17–1. Ukoliko je šipka upočetnom trenutku rasterećena i zagrije se za 50◦C, odrediti
a) reakcije oslonaca A i C,
b) pomjeranje tačke B.
Šipke su kružnog poprečnog presjeka s prečnicima datim na slici.
2.17 300 mm
C B A
30 mm 50 mm
250 mm
Slika 2.17–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.17: Podaci uz zadatak 2.17
LAB = 250 mm LBC = 300 mm ∆T = 50 ◦C
EAB = 210 GPa EBC = 110 GPa
dAB = 30 mm dBC = 50 mm
αAB = 11.7 · 10−6 1/◦C αBC = 20.9 · 10−6 1/◦C
Usljed promjene temperature javljaju se termičke deformacije, a ukoliko se takav dioograniči u širenju/skraćenju dolazi i do pojave termičkih napona. U ovom primjeru šipka
Statički neodređeni problemi 51
je uklještena na oba kraja tako da dolazi do pojave termičkih napona, tj. sile unutar šipke.Problem je statički neodređen s obzirom da se može postaviti samo jedna jednačina ravnoteže(zbir svih sila uzduž ose jednak je nuli), a imamo dvije nepoznate reakcije oslonaca, FA iFC , odnosno
∑
F = 0 − FA + FC = 0 (2.17–1)
pri čemu se pretpostavlja da obje sile djeluju pritiskajući šipku.
a) Reakcije oslonaca A i CReakcije oslonaca se mogu riješiti na više načina, ali je najjednostavnija metoda super-pozicije. Slično rješavanju prethodnih problema, i ovdje se jedan oslonac "oslobodi",naprimjer oslonac A, a statički neodređen sistem na slici 2.17–1 se svodi na dva statičkiodređena sistema (vidi sliku 2.17–2): (I) sistem na koji djeluje promjena temperature i(II) sistem na koji djeluje samo jedna nepoznata ("oslobođena") reakcija FA, pri čemu jeu oba slučaja kraj A slobodan, a kraj C uklješten.
Sistem I
Sistem II
=+
FA
CBA
CBA
T I
CBA
II
Slika 2.17–2: Metoda superpozicije
Ukupno izduženje sistema (I) dobiva se na osnovu izraza (2–6):
δI = δABI+ δBCI
= αAB ·∆T ·LAB + αBC ·∆T ·LBC
Za sistem (II) na koji djeluje samo nepoznata FA ukupno izduženje je:
δII = δABII+ δBCII
=−FALAB
EABAAB
+−FALBC
EBCABC
52 2 Aksijalno naprezanje
Analogno prethodnim zadacima, zbir promjena dužine sistema (I) i sistema (II) jednakje nuli, to jest:
δI + δII = 0
pa se dobija:
αAB ·∆T ·LAB + αBC ·∆T ·LBC −FALAB
EABAAB
−FALBC
EBCABC
= 0 (2.17–2)
Iz izraza (2.17–2) dobija se nepoznata FA:
FA =αAB ·∆T ·LAB + αBC ·∆T ·LBC
LAB
EABA+
LBC
EBCA
=11.7 ·10−6 · 50 · 0.25 + 20.9 ·10−6 · 50 · 0.3
0.25
210 · 109 · 706.86 ·10−6+
0.3
110 ·109 · 1963 ·10−6
FA = 119.08kN
(2.17–3)
gdje je
AAB =d2ABπ
4=
(30 · 10−3)2π
4= 706.86 ·10−6m2
ABC =d2BCπ
4=
(50 · 10−3)2π
4= 1963 ·10−6m2
S obzirom na pozitivnu vrijednost sile, smjer reakcije FA je pravilno pretpostavljen pa ješipka izložena pritisku.
b) Pomjeranje tačke B
Pomjeranje tačke B jednako je izduženju šipke AB usljed djelovanja sile FA i promjenetemperature, odnosno:
δB = δFA+ δ∆T =
FALAB
EABAAB
+ αAB ·∆T ·LAB
=−119.08 ·103 · 0.25
210 ·109 · 706.86 ·10−6+ 11.7 · 10−6 · 50 · 0.25
δB = −0.054mm
(2.17–4)
S obzirom da je vrijednost negativna, presjek B će se pomjerati ulijevo. Do istog rezultatabi se došlo i preko promjene dužine šipke BC.
Zadatak 2.18 Dvije cilindrične šipke 1 i 2, izrađene od čelika (E1 = 210 GPa, α1 =11.7 ·10−6 1/◦C)) i bronze (E2 = 110 GPa, α2 = 20.9 ·10−6 1/◦C)), uklještene su uosloncima A i B, respektivno, i međusobno razdvojene zazorom δ, kao što je prikazanona slici 2.18–1. Ukoliko se šipka 2 zagrije za 50 ◦C odrediti:
a) reakcije oslonaca A i B,
b) napone i izduženja šipki 1 i 2,
Statički neodređeni problemi 53
2.18
D2 D1
B
L1 L2
1 2 A
δ
Slika 2.18–1: Opis problema
c) graničnu temperaturu šipke 1 pri kojoj šipke nisu u kontaktu.
Podaci: D1 = 30 mm, D2 = 25 mm, L1 = 300 mm, L2 = 300 mm, δ = 0.1 mm.
R j e š e nj e
Tabela 2.18: Podaci uz zadatak 2.18
L1 = 300 mm L2 = 300 mm ∆T = 50 ◦C
E1 = 210 GPa E2 = 110 GPa
D1 = 30 mm D2 = 25 mm
α1 = 11.7 · 10−6 1/◦C α2 = 20.9 · 10−6 1/◦C
Usljed zagrijavanja šipke 2 dolazi do njenog izduženja prema izrazu (2–6):
δ2T = α2 ·L2 ·∆T = 11.7 ·10−6 · 0.3 · 50 = 0.313mm (2.18–1)
S obzirom da je δ2T > δ doći će do kontakta između šipki i pojave sile (pritiska) u njima.
a) Reakcije oslonaca A i BProblem je statički neodređen, s obzirom da sila pritiska F , koja nastaje unutar šipki,nije poznata. Ova sila je konstantna čitavom dužinom šipki, tako da su reakcije oslonacapo intenzitetu jednake ovoj sili (FA = FB = F ), a suprotnog su smjera, odnosno imajuisti (pritisni) karakter. Sila F dobiva se na osnovu uslova kompatibilnosti, po kojemje ukupno izduženje šipki usljed djelovanja sile F i djelovanja temperature na šipku 2jednako početnom zazoru δ. Drugim riječima, promjena dužine obje šipke 1 i 2 usljeddjelovanja sile F (δ1F i δ2F , respektivno) jednaka je razlici izduženja šipki 2 i početnogzazora između šipki (vidi sliku 2.18–2), odnosno:
δ1F + δ2F = δ2T − δ
pa se korištenjem izraza (2–2) i (2–6) dobija
FL1
E1A1+
FL2
E2A2= α2 ·L2 ·∆T − δ
Iz prethodnog izraza se dobija tražena vrijednost sile
F =α2 ·L2 ·∆T − δ
L1
E1A1+
L2
E2A2
=11.7 ·10−6 · 0.3 · 50− 0.1 · 10−3
0.3
210 · 109 · 706.86 ·10−6+
0.3
110 · 109 · 490.87 ·10−6
F = 28.177kN
54 2 Aksijalno naprezanje
gdje je
A1 =D2
1π
4=
(30 · 10−3)2π
4= 706.86 ·10−6m2
A2 =D2
2π
4=
(25 · 10−3)2π
4= 490.87 ·10−6m2
Ovo su ujedno i reakcije oslonaca FA i FB . Treba napomenuti da bi u slučaju manjegizduženja šipke 2 od početnog zazora δ ova sila imala negativnu vrijednost, što bi ukazivalona činjenicu da nije došlo do dodira šipki.
1 2
δ2T
δ δ1F
δ2F
Položaj ravnoteže
Slika 2.18–2: Promjena dužine šipki
b) Naponi i izduženja šipki 1 i 2
Naponi u šipkama dobivaju se na osnovu izraza (2–1) kako slijedi:
σ1 =−F
A1=
−28.177 ·103
706.86 ·10−6= −39.86MPa
σ2 =−F
A2=
−28.177 ·103
490.87 ·10−6= −57.4MPa
pri čemu je predznak "−" stavljen zbog toga što je pretpostavljeno da sila F ima pritisnikarakter.
Izduženja šipki dobivaju se na osnovu djelovanja sile i utjecaja temperature† na sljedećinačin:
δ1 =−FL1
E1A1=
−28.177 ·106
210 ·109 · 706.86 ·10−6= −0.057mm
δ2 = α2 ·L2 ·∆T −FL2
E2A2
= 11.7 ·10−6 · 0.3 · 50−28.177 ·106
110 ·109 · 490.87 ·10−6= 0.157mm
Na osnovu proračuna se vidi da je δ2 + δ1 = δ.†važi samo za šipku 2
Statički neodređeni problemi 55
c) Granična temperatura šipke 1 pri kojoj šipke nisu u kontaktu.Da bismo dobili graničnu promjenu temperature šipke 1, pri kojoj ne dolazi do kontaktašipki (sila F = 0), ukupna promjena dužina šipki usljed promjene temperature treba daje jednaka početnom zazoru, odnosno:
δ1T + δ2T = δ
α1 ·L1 ·∆T1 + α2 ·L2 ·∆T = δ
pa se dobija tražena promjena temperature:
∆T1 =δ − α2 ·L2 ·∆T
α1 ·L1=
0.1 · 10−3 − 11.7 ·10−6 · 0.3 · 50
11.7 ·10−6 · 0.3= −60.83◦C
Dakle, ukoliko se šipka 1 ohladi za više od -60.83 ◦C, pri čemu je šipka 2 zagrijana za 50◦C, neće doći do kontakta između šipki.
2.3.2 Ravanski problemi
Zadatak 2.19 Kruta poluga ABC oslonjena je na tri stuba istih dužina u A, B i C, pričemu su stubovi u A i C identični, i opterećena trouglastim opterećenjima, kao na slici2.19–1. Odrediti:a) sile i napone u stubovima A, B i C,
b) deformacije i izduženje stubova A, B i C,
c) nagib krute poluge.Dodatni podaci: q0 = 15 MN/m; poluga ABC: L = 2 m; stubovi A i C: EAC = 70 GPa,AAC = 500 cm2, LAC = 0.3 m; stub B: EB = 200 GPa, AB = 1400 cm2, LB = 0.3 m.
Napomena: Uzeti da je dužina svakog trouglastog opterećenja jednaka L/2.
A B C
L
q0
"
Slika 2.19–1: Opis problema
R j e š e nj e
Kako nema djelovanja sila u horizontalnom pravcu, dovoljno je postaviti dvije jednačineravnoteže. S obzirom da imamo tri nepoznate vertikalne sile u stubovima, problem je statičkineodređen, pa se moraju koristiti i dodatni uslovi, odnosno uslovi kompatibilnosti.
56 2 Aksijalno naprezanje
Tabela 2.19: Podaci uz zadatak 2.19
EAC = 70 GPa EB = 200 GPa L = 2 m
AAC = 500 cm2 AB = 1400 cm2 q0 = 15 MN/m
LAC = 0.3 m LB = 0.3 m
a) Sile i naponi u stubovima A, B i C
Da bismo dobili sile koje vladaju u stubovima A, B i C, krutu polugu izdvojimo izzadatog sistema i veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.19–2.Pretpostavimo da svi stubovi na polugu djeluju prema gore, odnosno da su stuboviopterećeni pritiskom. Sada postavimo jednačine ravnoteže:
∑
Fy = 0 FA + FB + FC − 2Q = 0 (2.19–1)∑
MB = 0 FA
L
2−Q
1
3
L
2+Q
1
3
L
2− FC
L
2= 0 (2.19–2)
Sada se iz (2.19–2) dobija da je FA = FC = FAC . Ovo je očekivan rezultat s obzirom daje problem simetričan u odnosu na geometriju, materijal i opterećenje. Sada se jednačina(2.19–1) svodi na:
∑
Fy = 0 2FAC + FB − 2Q = 0 (2.19–3)
!
"
#
A B C
q0
FA
Q
!
"
#
Q
FB FC
FA FB FC
FA FB FC"
#
"
#
Slika 2.19–2: Sile koje djeluju na polugu
Dodatna jednačina, odnosno uslov kompatibilnosti, dobiva se na osnovu simetrije sistemau odnosu na geometriju, opterećenje i raspored materijala, prema kojoj poluga moraostati u horizontalnom položaju. Na taj način, promjene dužine stubova su jednake,
Statički neodređeni problemi 57
odnosno δA = δB = δC . Do ovog zaključka se može doći i ako se problem posmatra kaonesimetričan, odnosno ako kruta poluga rotira uzrokujući različita izduženja štapova.Ako pretpostavimo da se tačka A pomjera za dužinu δA, tačka B za dužinu δB, a tačkaC za dužinu δC onda se prema slici 2.19–3 i sličnosti trouglova △A′B′′B′ i △A′C′′C′,može postaviti relacija
B′′B′
C′′C′=BB′ −AA′
CC′ −AA′=A′B′′
A′C′′=AB
AC
odnosno,
δB − δAδC − δA
=LAB
LAC
(2.19–4)
Kako je LAC = 2LAB, a δA = δC (jer su štapovi isti i FA = FC), može se pokazati davrijedi δA = δB = δC .
E'
C'
A'
E= !"""""
A EC
!C= !""""" A= !"""""
C'' E''
Slika 2.19–3: Dijagram pomjeranja
Označavajući promjene dužina štapova A i C sa δAC i koristeći vezu izduženja i sile (2–2)dobija se:
δAC = δB (2.19–5)FACLAC
EACAAC
=FBLB
EBAB
(2.19–6)
pa se za silu FAC dobija:
FAC =LB
LAC
·EAC
EB
·AAC
AB
FB =EAC
EB
·AAC
AB
FB (2.19–7)
a uvrštavanjem u izraz (2.19–3) dobija se nepoznata sila FB:
FB =2Q
2EAC
EB
·AAC
AB
+ 1
=2 · 7.5 · 106
270 · 109
200 · 109·500 · 10−4
1400 ·10−4+ 1
= 12MN
gdje je
Q =1
2q0L
2=
1
215 ·106 ·
2
2= 7.5MN
58 2 Aksijalno naprezanje
Sada se iz (2.19–7) dobija sila FAC
FAC =EAC
EB
·AAC
AB
FB
=70 · 109
200 ·109·500 ·10−4
1400 ·10−412 · 106 = 1.5MN
Dakle, smjerovi sila koje vladaju u stubovima su pravilno pretpostavljeni i stubovi suizloženi pritisku. Naponi koji vladaju u štapovima dobivaju se na osnovu izraza (2–1), stim da se uzima predznak "−" zbog pritisnog karaktera sile pa je:
σAC =−FAC
AAC
=−1.5 ·106
500 ·10−4= −30MPa
σB =−FB
AB
=−12 ·106
1400 ·10−4= −85.71MPa
b) Deformacije i izduženje stubova A, B i C
Deformacije stubova dobivaju se iz Hookeovog zakona (1–6) pa je:
ǫAC =σAC
EAC
=−30 · 106
70 ·109= −4.29 ·10−4
ǫB =σBEB
=−85.71 ·106
200 ·109= −4.29 ·10−4
a izduženja dobivamo na osnovu izraza (1–8):
δAC = ǫACLAC = −4.29 ·10−4 · 0.3 = −1.29mm
δB = ǫBLB = −4.29 ·10−4 · 0.3 = −1.29mm
Dakle, oba stuba imaju ista skraćenja i deformacije što je u saglasnosti s prethodnimuslovima.
c) nagib krute poluge.
Na osnovu prethodnih razmatranja poluga ostaje u horizontalnom položaju, odnosnonagib je jednak nuli.
Zadatak 2.20 Kruta poluga ABC oslonjena je na tri stuba istih dužina u A, B i C, pričemu su stubovi u A i C identični, i opterećena trouglastim opterećenjima, kao na slici2.20–1. Odrediti:
a) sile i napone u stubovima A, B i C,
b) deformacije i izduženje stubova A, B i C,
c) nagib krute poluge.
Dodatni podaci: q0 = 10 MN/m; poluga ABC: L = 2 m; stubovi A i C: EAC = 100GPa, AAC = 500 cm2, LAC = 0.2 m; stub B: EB = 150 GPa, AB = 1000 cm2, LB = 0.2 m.
Napomena: Uzeti da je dužina svakog trouglastog opterećenja jednaka L/2.
Statički neodređeni problemi 59
q0
A B C
L
q0
q q
!
Slika 2.20–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.20: Podaci uz zadatak 2.20
EAC = 100 GPa EB = 150 GPa L = 2 m
AAC = 500 cm2 AB = 1000 cm2 q0 = 10 MN/m
LAC = 0.2 m LB = 0.2 m
Zadatak je sličan prethodnom s jedinom razlikom u načinu postavljanja trouglastog opte-rećenja. Kako je i ovaj zadatak simetričan u odnosu na materijal, geometriju i opterećenje,postupak rješavanja je identičan prethodnom zadatku.
a) Sile i naponi u stubovima A, B i C
Da bismo dobili sile koje vladaju u stubovima A, B i C krutu polugu izdvojimo izzadatog sistema i veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.20–2.Pretpostavimo da svi stubovi na polugu djeluju prema gore, odnosno da su stuboviopterećeni pritiskom. Sada postavimo jednačine ravnoteže:
∑
Fy = 0 FA + FB + FC − 2Q = 0 (2.20–1)∑
MB = 0 FA
L
2−Q
2
3
L
2+Q
2
3
L
2− FC
L
2= 0 (2.20–2)
Sada se iz (2.20–2) dobija da je FA = FC = FAC . Ovo je očekivan rezultat s obzirom daje problem simetričan u odnosu na geometriju, materijal i opterećenje. Sada se jednačina(2.20–1) svodi na:
∑
Fy = 0 2FAC + FB − 2Q = 0 (2.20–3)
Dodatna jednačina, odnosno uslov kompatibilnosti, dobiva se na osnovu simetrije sistema,prema kojoj poluga mora ostati u horizontalnom položaju, odnosno promjene dužinestubova su jednake, ili δA = δB = δC (vidi zadatak 2.19 za više detalja). Označavajućipromjene dužina štapova A i C sa δAC i koristeći vezu izduženja i sile (2–2) dobija se:
δAC = δB (2.20–4)
60 2 Aksijalno naprezanje
!
"
A B C
q0
FA
Q
!
"
Q
FB FC
FA FB FC
FAFB FC
q0
!
!
!
Slika 2.20–2: Sile koje djeluju na polugu
FACLAC
EACAAC
=FBLB
EBAB
(2.20–5)
pa se za silu FAC dobija:
FAC =LB
LAC
·EAC
EB
·AAC
AB
FB =EAC
EB
·AAC
AB
FB (2.20–6)
i uvrštavanjem u izraz (2.20–3) dobija nepoznata sila FB:
FB =Q
2EAC
EB
·AAC
AB
+ 1
=5 · 106
2100 ·109
150 ·109·500 ·10−4
1000 ·10−4+ 1
= 3MN
gdje je
Q =1
2q0L
2=
1
210 · 106 ·
2
2= 5MN
Sada se iz (2.20–6) dobija sila FAC
FAC =EAC
EB
·AAC
AB
FB
=100 ·109
150 ·109·500 ·10−4
1000 ·10−43 · 106 = 1MN
Statički neodređeni problemi 61
Dakle, smjerovi sila koje vladaju u stubovima su pravilno pretpostavljeni i stubovi suizloženi pritisku. Naponi koji vladaju u štapovima dobivaju se na osnovu izraza (2–1), stim da se uzima predznak "−" zbog pritisnog karaktera sila pa je:
σAC =−FAC
AAC
=−1 · 106
500 ·10−4= −20MPa
σB =−FB
AB
=−3 · 106
1000 ·10−4= −30MPa
b) Deformacije i izduženje stubova A, B i C
Deformacije stubova dobivaju se iz Hookeovog zakona (1–6) pa je:
ǫAC =σAC
EAC
=−20 ·106
100 · 109= −2 · 10−4
ǫB =σBEB
=−30 · 106
150 ·109= −2 · 10−4
a izduženja dobivamo na osnovu izraza (1–8):
δAC = ǫACLAC = −2 · 10−4 · 0.2 = −0.04mm
δB = ǫBLB = −2 · 10−4 · 0.2 = −0.04mm
Dakle, oba stuba imaju ista skraćenja i deformacije što je i očekivano s obzirom na uslovkompatibilnosti 2.20–4.
c) nagib krute poluge.
Na osnovu prethodnih razmatranja jasno je da poluga ostaje u horizontalnom položaju,odnosno nagib je jednak nuli.
Zadatak 2.21 Horizontalna kruta greda ABC je izložena trouglastom opterećenju, kao naslici 2.21–1. Odrediti reakcije oslonaca, ako su oslonci izrađeni od drveta (E = 12 GPa)kružnog poprečnog presjeka od 120 mm i dužine 1.4 m u nenapregnutom stanju. Koliki jenagib grede u stepenima?2.21 zad:01-2012-07-03a
1 m
1.4
m A B C
18 kN/m
2 m
Slika 2.21–1: Opis problema
62 2 Aksijalno naprezanje
R j e š e nj e
Tabela 2.21: Podaci uz zadatak 2.21
d = 120 mm E = 12 GPa q0 = 18 MN/m
LAB = 2 m L = 1.4 m
LBC = 1 m
Da bismo riješili zadatak, prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze za-mijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.21–2. Dakle, pretpostavljamo dareakcije stubova djeluju na polugu prema gore, odnosno da su stubovi opterećeni pritiskom.Vidi se da je sistem statički neodređen; zanemarujući horizontalni pravac u kojem nema
A B C
q0
FA
Q
FB FC
FA FB FC
FA FC
!"#$ % "#& FB
"#$
Slika 2.21–2: Sile koje djeluju na polugu
opterećenja, broj nepoznatih je tri, a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti jedva, odnosno
∑
Fy = 0 FA + FB + FC −Q = 0 (2.21–1)∑
MA = 0 FBLAB + FCLAC −Q2
3LAC = 0 (2.21–2)
S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov – uslov kompa-tibilnosti, koji se odnosi na promjene dužine stubova. Koristeći pretpostavku da se stubovisabijaju te činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što jedato na slici 2.21–3.
S obzirom da svi stubovi mogu promijeniti dužinu (nema nepokretnih oslonaca na polugi),pretpostavimo pomjeranje prva dva stuba, a pomjeranje trećeg se dobiva na osnovu činjeniceda je poluga kruta. Sva pomjeranja su prema dolje s obzirom na pretpostavku sabijanja
Statički neodređeni problemi 63
E' C'
A'
E= !"""""
A EC
!C= !""""" A= !"""""
C'' E''
Slika 2.21–3: Dijagram pomjeranja
stubova. Sada se sa slike mogu uočiti slični trouglovi △A′B′′B′ i △A′C′′C′ pa je:
B′′B′
C′′C′=BB′ −AA′
CC′ −AA′=A′B′′
A′C′′=AB
AC
odnosno,
δB − δAδC − δA
=LAB
LAC
Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap (2–2), dobijase:
δB − δAδC − δA
=
FBL
EA−FAL
EAFCL
EA−FAL
EA
=LAB
LAC
=2
3
odnosno nakon sređivanja
FA − 3FB + 2FC = 0 (2.21–3)
Rješavajući sistem od tri jednačine (2.21–1), (2.21–2) i (2.21–3) s tri nepoznate, dobivaju sesljedeće vrijednosti za nepoznate sile u stubovima:
FA =6LAB − LAC
3LAB + 12LAC
Q =6 · 2− 3
3 · 2 + 12 · 327 · 103 = 5.79kN
FC =3Q− 4FA
5=
3 · 27 · 103 − 4 · 5.79 ·103
5= 11.57kN
FB = Q− FA − FC = 27 · 103 − 5.79 · 103 − 11.57 ·103 = 9.64kN
gdje je
Q =1
2q0LAC =
1
218 · 103 · 3 = 27kN
Dakle, smjerovi sila koje vladaju u svim stubovima su pravilno pretpostavljeni i stubovisu izloženi pritisku. Pomjeranja stubova data su izrazom (2–2) (uz predznak "−" zbogpritisnog karaktera sila) i iznose:
δA =−FAL
EA=
−5.79 ·103 · 1.4
12 · 109 · 11309.73 ·10−6= −0.06mm
δC =−FCL
EA=
−11.571 ·103 · 1.4
12 · 109 · 11309.73 ·10−6= −0.119mm
64 2 Aksijalno naprezanje
gdje je
A =d2π
4=
(120 ·10−3)2π
4= 11309.73 ·−3m2
pa se na osnovu slike 2.21–3 vidi da je nagib jednak:
γ = arctg(
δC − δALAC
)
= arctg(
0.119 ·10−3 − 0.06 · 10−3
3
)
= 1.14 ·10−3◦
a greda se okreće u smjeru kretanja kazaljke na satu.
Zadatak 2.22 Tri identične čelične šipke (E = 200 GPa), poprečnog presjeka A pridržavajukrutu gredu ABC, koja je opterećena silom P , kao na slici 2.22–1. Odredi napone u šipkama,te nagib grede ABC u stepenima.
Dodatni podaci: d =1 m, L=2 m, A=200 mm2 i P=10 kN.
A C E
L
B D F
d/2 d/2 d
F
/ /
P
P
Slika 2.22–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.22: Podaci uz zadatak 2.22
L = 2 m d = 1 m P = 10 kN
A = 200 mm2
E = 210 GPa
Prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimo vanjskim silama,kao što je prikazano na slici 2.22–2. Dakle, pretpostavljamo da reakcije šipki djeluju napolugu prema gore, odnosno pretpostavljamo da su šipke napregnute zatezanjem. Vidi seda je sistem statički neodređen; zanemarujući horizontalni pravac u kojem nema opterećenja,broj nepoznatih je tri, a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je dva, odnosno
∑
Fy = 0 FA + FC + FE − P = 0 (2.22–1)
Statički neodređeni problemi 65
FA FC
A C E
B D F
d/2 d/2 d
P FE
A C E
FA FC FE
FA FC FE
Slika 2.22–2: Sile koje djeluju na polugu
∑
MA = 0 FCLAC + FELAE − PLAP = 0 (2.22–2)
S obzirom na geometriju problema, jednačina momenta (2.22–2) se svodi na:
FC · d+ FE · 2d− Pd
2= 0
2FC + 4FE − P = 0(2.22–3)
S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov – uslov kompa-tibilnosti, koji se odnosi na promjene dužine stubova. Koristeći pretpostavku da se štapoviizdužuju te činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što jedato na slici 2.22–3. S obzirom da svi štapovi mogu promijeniti dužinu (nema nepokretnih
E'
C'
A'
E= !"""""
A EC
!C= !""""" A= !"""""
C'' E''
Slika 2.22–3: Dijagram pomjeranja
oslonaca na polugi), pretpostavimo pomjeranje prva dva štapa, a pomjeranje trećeg se do-biva na osnovu činjenice da je poluga kruta. Sva pomjeranja su prema dolje s obzirom na
66 2 Aksijalno naprezanje
pretpostavku izduženja štapova. Sada se sa slike mogu uočiti slični trouglovi △A′C′′C′ i△A′E′′E′ pa je:
C′′C′
E′′E′=CC′ −AA′
EE′ −AA′=AC
AE
odnosno
δC − δAδE − δA
=LAC
LAE
Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap (2–2), dobijase:
δC − δAδE − δA
=
FCL
EA−FAL
EAFEL
EA−FAL
EA
=LAC
LAE
=1
2
odnosno nakon sređivanja
FA − 2FC + FE = 0 (2.22–4)
Rješavajući sistem od tri jednačine (2.22–1), (2.22–3) i (2.22–4) s tri nepoznate, dobivaju sesljedeće vrijednosti za nepoznate sile u štapovima:
FC =P
3=
10 · 103
3= 3.33kN
FA =10FC − P
4=
10 ·3.33 · 103 − 10 · 103
4= 5.83kN
FE = P − FA − FC = 10 ·103 − 5.83 ·103 − 3.33 ·103 = 0.83kN
Dakle, smjerovi sila koje vladaju u svim štapovima su pravilno pretpostavljeni i štapovi suizloženi zatezanju.
Da bi se odredio nagib poluge, neophodno je naći promjenu dužina dva štapa, naprimjerA i C, pomoću izraza (2–2):
δA =FAL
EA=
5.83 ·103 · 2
200 ·109 · 200 · 10−6= 0.292mm
δC =FCL
EA=
3.33 · 103 · 2
200 ·109 · 200 ·10−6= 0.167mm
gdje je za čelik usvojeno E = 200 GPa. Na osnovu slike 2.22–3 se vidi da je nagib jednak:
γ = arctg(
δC − δALAC
)
= arctg(
0.167 ·10−3 − 0.292 ·10−3
1
)
= −0.716 ·10−3◦
S obzirom da se dobila negativna vrijednost, pogrešno smo pretpostavili da je izduženje štapaA manje od izduženja štapa C (vidi sliku 2.22–3), tako da se poluga okreće za dobijeni ugaou smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu.
Statički neodređeni problemi 67
A B C
2b 2b b
C
P
P
C
F F
dB dC
D
Slika 2.23–1: Opis problema
Zadatak 2.23 Kruta šipka ABCD je zglobno vezana na kraju A i učvršćena pomoću dvačelična užeta (E = 210 GPa) jednakih početnih dužina L = 1 m u tačkama B i C, kao što jeprikazano na slici 2.23–1. U tački D djeluje sila P = 2 kN. Odrediti pomjeranja u tačkamaB i C.
Dodatni podaci: db = 12 mm, dc = 20 mm.
R j e š e nj e
Tabela 2.23: Podaci uz zadatak 2.23
E = 210 GPa P = 2 kN
LB = LC = 1 m LAB = LBC = 2b
db = 12 mm LAC = 4b
dc = 20 mm LAD = 5b
Da bi se odredila pomjeranja tačaka B i C neophodno je odrediti sile koje vladaju uužadima B i C. U tu svrhu, prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze za-mijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.23–2. Dakle, pretpostavljamo dareakcije užadi djeluju na polugu prema gore, odnosno da su užadi opterećene zatezanjem(poluga rotira prema dolje). Vidi se da je sistem statički neodređen, pošto je broj nepoznatihčetiri (dvije reakcije oslonca, i dvije sile u užadima), a broj jednačina ravnoteže koje mo-žemo postaviti je tri. No, kako nam nisu potrebne reakcije oslonaca, a nema djelovanja sila uhorizontalnom pravcu, dovoljno je postaviti samo jednu jednačinu ravnoteže, i to jednačinumomenta u odnosu na oslonac A:
∑
MA = 0 FBLAB + FCLAC − PLAD = 0
FB2b+ FC4b− P5b = 0
2FB + 4FC − 5P = 0
(2.23–1)
S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov – uslov kom-patibilnosti, koji se odnosi na promjene dužine užadi. Koristeći pretpostavku da se užad
68 2 Aksijalno naprezanje
FA FB
A B C
P
P
FC
B C
FB FC
FB FC
D
2b 2b b
FAx=0
Slika 2.23–2: Sile koje djeluju na polugu
izdužuju te činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što jedato na slici 2.23–3. Iz slike se vidi da su trouglovi △ABB′ i △ACC′ slični pa je:
BB′
CC′=AB
AC
odnosnoδBδC
=LAB
LAC
=2b
4b=
1
2
Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap (2–2), dobijase:
δBδC
=
FBL
EBAB
FCLC
ECAC
=1
2
pa se za silu FB dobija:
FB =AB
2AC
·FC (2.23–2)
a uvrštavanjem u izraz (2.23–1) dobija se nepoznata sila FC :
FC =5P
AB
AC
+ 4
=5 · 2 · 103
113.1 ·10−6
314.16 ·10−6+ 4
= 2.29kN
Statički neodređeni problemi 69
δC=��������
δB=��������
A=A' B C D
B'
C'
Slika 2.23–3: Dijagram pomjeranja
gdje je
AB =d2bπ
4=
(12 · 10−3)2π
4= 113.1 ·10−6m2
AC =d2cπ
4=
(20 · 10−3)2π
4= 314.16 ·10−6m2
Sada se iz (2.23–1) dobija sila FB
FB =5P − 4FC
2=
5 · 2 · 103 − 4 · 2.29 ·103
2= 0.413kN
Dakle, smjerovi sila koje vladaju u užadima su pravilno pretpostavljeni i užad su izloženazatezanju. Izduženja užadi data su izrazom (2–2) i iznose:
δB =FBLB
EBAB
=0.43 ·103 · 1
210 ·109 · 113.1 ·10−6= 0.035mm
δC =FCLC
ECAC
=2.29 ·103 · 1
210 · 109 · 314.16 ·10−6= 0.07mm
(2.23–3)
a prema V illiotovom planu pomjeranja predstavljaju i pomjeranja tačaka B i C.
Zadatak 2.24 Kruta poluga ABC oslonjena je na dva elastična štapa AD i CE i može dase okreće u osloncu B, kao što je prikazano na slici 2.24–1. Ako je poluga opterećena silomF = 10 kN, koja djeluje na polovini dijela poluge AB, odrediti:
a) sile i napone u štapovima AD i CE,
b) deformacije štapova AD i CE,
c) nagib krute poluge ABC.
70 2 Aksijalno naprezanje
AB
C
LACD
E
F
LAB
A
A
Slika 2.24–1: Opis problema
Podaci: poluga ABC – LAB = 1 m, LAC = 3 m; štap AD – EAD = 7 GPa, AAD = 1 cm2,LAD = 300 mm; štap CE – ECE = 2 GPa, ACE = 1.5 cm2, LCE = 400 mm.
R j e š e nj e
Tabela 2.24: Podaci uz zadatak 2.24
EAD = 7 GPa ECE = 2 GPa LAB = 1 m F = 10 kN
LAD = 0.3 m LCE = 0.4 m LAC = 3 m
AAD = 1 cm2 ACE = 1.5 cm2 LBC = 2 m
Kako bismo riješili zadatak, prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a vezezamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.24–2. Dakle, pretpostavljamoda sila FA djeluje na polugu prema dolje, tj. šipka AD je opterećena zatezanjem, a sila FC
na polugu djeluje prema gore, tj. šipka CE je opterećena pritiskom. Treba napomenuti daje ovakva pretpostavka različitog predznaka napona/izduženja šipki posljedica činjenice dakruta poluga rotira; ovdje je pretpostavljeno da rotira u smjeru kretanja kazaljke na satu.
FA FC
AB
CLBC
F
LAB
A
D
C
E
FB
FBx=0
FA
FA
FC
FC
Slika 2.24–2: Sile koje djeluju na polugu
Vidi se da je sistem statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcijeoslonca, i dvije sile usljed utjecaja štapova), a broj jednačina ravnoteže koje možemo posta-viti je tri.
Statički neodređeni problemi 71
a) Sile i naponi u štapovima AD i CEKako nam nisu potrebne reakcije oslonaca, a nema djelovanja sila u horizontalnom pravcu,dovoljno je postaviti samo jednu jednačinu ravnoteže, i to jednačinu momenta u odnosuna oslonac B kako bismo direktno dobili ovisnost sila u štapovima:
∑
MA = 0 FALAB − FLAB
2+ FCLBC = 0 (2.24–1)
S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov – uslov kom-patibilnosti, koji daje zavisnost promjena dužina štapova AD i CE. Uzimajući u obzirpretpostavljena djelovanja sila na štapove te koristeći činjenicu da je poluga kruta, možese postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici 2.24–3.
A
B
C
D E
δC=�������� δA=��������
A'
C'
γ
Slika 2.24–3: Dijagram pomjeranja
Iz slike se vidi da su trouglovi △A′AB i △C′CB slični pa je:
AA′
CC′=AB
BC
odnosno
δAδC
=LAB
LBC
(2.24–2)
Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap (2–2),dobija se:
δAδC
=
FALAD
EADAAD
FCLCE
ECEACE
=LAB
LBC
Treba napomenuti da je prethodna jednačina u potpunosti korektna s obzirom na predz-nak sila i izduženja, iako se pretpostavlja da su štapovi izloženi silama različitog predz-naka, a razlog je upravo takva pretpostavka – deformacije, a time i izduženja, usljeddjelovanja sila imaju isti smjer djelovanja kao i sile usljed kojih nastaju‡. Za silu FA sedobija:
FA =LCE
LAD
·EAD
ECE
·AAD
ACE
·LAB
LBC
·FC =400 ·10−3
300 ·10−3·7 · 109
2 · 109·1 · 10−4
1.5 · 10−4·1
2·FC
FA =14
9FC
(2.24–3)
‡Ukoliko bi se pretpostavilo da obje sile FA i FC na polugu djeluju prema dolje postupak rješavanja bi bio isti uz sljedećerazlike: i) u izrazu (2.24–1) ispred sile FC bio predznak "−", ii) u izrazu (a) ispred sile FC bi bio predznak "−", jer sila imasuprotan (zatežući) smjer od pomjeranja tačke C, odnosno deformacije štapa CE (sabijanje). Krajnje rješenje bi, naravno,bilo istovjetno.
72 2 Aksijalno naprezanje
a uvrštavanjem u izraz (2.24–1) dobija se nepoznata sila FC :
FC =9FLAB
28LAB + 18LBC
=9 · 10 · 103 · 1
28 · 1 + 18 · 2= 1.41kN
Sada se iz (2.24–3) dobija sila FA
FA =14
9FC =
14
91.41 · 103 = 2.19kN
Dakle, smjerovi sila koje vladaju u štapovima su pravilno pretpostavljeni.
Naponi u štapovima se dobivaju na osnovu izraza (2–1), pri čemu treba uzeti u obzirpretpostavljeni smjer djelovanja sila na štapove (predznak "−" je stavljen zbog djelovanjasile pritiska):
σAD =FA
AAD
=2.19 ·103
1 · 10−4= 21.9MPa
σCE =−FC
ACE
=−1.41 ·103
1.5 · 10−4= −9.38MPa
b) Deformacije štapova AD i CE
Deformacije štapova dobivaju se na osnovu Hookeovog zakona (1–6):
ǫAD =σAD
EAD
=21.9 ·106
7 · 109= 3.1 · 10−3
ǫCE =σCE
ECE
=−9.38 ·106
2 · 109= −4.69 ·10−3
c) Nagib krute poluge ABC
Prema slici 2.24–3 nagib poluge se može odrediti preko izduženja štapa AD i/ili štapaCE. Izduženje štapa AD dobija se na osnovu izraza (1–8):
δAD = δA = ǫADLAD = 3.1 · 10−3 · 0.3 = 0.938mm
pa je nagib poluge:
γ = arctg(
δALAB
)
= arctg(
0.938 ·10−3
1
)
= 0.054◦
u smjeru kretanja kazaljke na satu.
Zadatak 2.25 Kruta šipka ABCD je zglobno vezana u tački B i oslonjena na opruge utačkama A i D, kao što je prikazano na slici 2.25–1. U tački C djeluje sila P = 2 kN.Odrediti pomjeranja u tačkama A i D.
Napomena: Sila koja vlada u opruzi jednaka je proizvodu njene krutosti i izduženja,Fo = k ·∆L.
Statički neodređeni problemi 73
A B C
P250 mm
A
A
D
200 mm
500 mm
P
Slika 2.25–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.25: Podaci uz zadatak 2.25
k1 = 10 kN/m LAB = 0.25 m
k1 = 25 kN/m LBC = 0.2 m
LBD = 0.5 m
P = 2 kN
Zadatak je vrlo sličan prethodnom, s jedinom razlikom u mjestu djelovanja opterećenja inačinu oslanjanja – u ovom slučaju kruta poluga je oslonjena na opruge, dok su u prethodnomzadatku tu ulogu imali štapovi. Ipak, treba imati u vidu da štapovi predstavljaju opruge,čija je krutost jednaka k = EA/L, tako da je postupak rješavanja identičan prethodnomzadatku.
Kako bi se odredila pomjeranja tačaka A i D, neophodno je odrediti sile koje vladajuu pojedinim oprugama. U tu svrhu prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, aveze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.25–2. Slično prethodnomzadatku, pretpostavljamo da sila FA djeluje na polugu prema dolje, tj. opruga A je optere-ćena zatezanjem§, a sila FD na polugu djeluje prema gore, tj. opruga D je izložena pritisku.Treba napomenuti da je ovakva pretpostavka različitog predznaka napona/izduženja oprugaposljedica činjenice da kruta poluga rotira. U ovom slučaju pretpostavljeno je da rotira usmjeru kretanja kazaljke na satu. Sistem je statički neodređen, pošto je broj nepoznatihčetiri (dvije reakcije oslonca, i dvije sile usljed utjecaja opruga), a broj jednačina ravnotežekoje možemo postaviti je tri. Kako nam nisu potrebne reakcije oslonaca, a nema djelovanjasila u horizontalnom pravcu, dovoljno je postaviti samo jednu jednačinu ravnoteže, i to jed-načinu momenta u odnosu na oslonac B kako bismo direktno dobili ovisnost sila u oprugama:
∑
MB = 0 FALAB − PLBC + FDLBD = 0 (2.25–1)
S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov – uslov kom-patibilnosti, koji daje vezu između promjena dužina opruga A i D. Uzimajući u obzirpretpostavljena djelovanja sila na opruge te koristeći činjenicu da je poluga kruta, može sepostaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici 2.25–3. Iz slike se vidi da su trouglovi△A′AB i △D′DB slični, pa je:
AA′
DD′=AB
BD§Ovdje se radi o torzionoj opruzi, tako da je ona napregnuta na uvijanje, ali se u kontekstu zadatka radi o opruzi koja
mijenja dužinu usljed aksijalne sile.
74 2 Aksijalno naprezanje
FA FD
A B D
LAB
A D
FB
FBx=0
FA
FA
FD
FD
C
LBD
P
LBC
Slika 2.25–2: Sile koje djeluju na polugu
A
B
D
E
D= !""""" A= !"""""
A'
D'
Slika 2.25–3: Dijagram pomjeranja
odnosno
δAδD
=LAB
LBD
Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećenu oprugu (2–5),dobija se:
δAδD
=
FA
k1FD
k2
=LAB
LBD
Treba napomenuti da je prethodna jednačina u potpunosti korektna s obzirom na predznaksila i izduženja, iako se pretpostavlja da su opruge izložene naponima različitog predznaka, arazlog je upravo takva pretpostavka – deformacije, a time i izduženja, usljed djelovanja silaimaju isti smjer djelovanja kao i sile usljed kojih nastaju (vidi zadatak 2.24 za više detalja).Za silu FA se dobija:
FA =k1k2
·LAB
LBD
·FD =10 · 103
25 · 103·0.25
0.5·FD
FA = 0.2FD
(2.25–2)
Statički neodređeni problemi 75
a uvrštavanjem u izraz (2.25–1) dobija se nepoznata sila FD:
FD =PLBC
0.2 ·LAB + LBD
=2 · 103 · 0.2
0.2 · 0.25 + 0.5= 727.27N
Sada se iz (2.25–2) dobija sila FA
FA = 0.2FD = 0.2 · 727.27 = 145.46N
Dakle, smjerovi sila koje vladaju u oprugama su pravilno pretpostavljeni.Pomjeranja tačaka A i D se izračunavaju koristeći izraze (2–5), pri čemu treba imati na
umu pretpostavke smjerova sila (predznak "−" za silu pritiska):
δA =FA
k1=
145.46
10 ·103= 14.55mm
δD =−FD
k2=
−727.27
25 · 103= 29.1mm
Zadatak 2.26 Kruta poluga ABC oslonjena je na dva čelična štapa u A i C i opterećenatrouglastim opterećenjem, kao na slici 2.26–1. Odrediti:
a) sile i napone u štapovima AD i CE,
b) deformacije i izduženje štapova AD i CE,
c) nagib krute poluge.
Podaci: q0 = 1 MN/m; poluga ABC: LAB = 0.5 m, LAC = 1.5 m; štap AD: EAD = 70GPa, AAD = 100 cm2, LAD = 300 mm; štap CE: ECE = 200 GPa, ACE = 15 cm2,LCE = 400 mm.
Napomena: Uzeti da je dužina trouglastog opterećenja jednaka LAC s početkom u tačkiA i krajem u tački C.
A B
C
q0
LAB
LAC D
E
Slika 2.26–1: Opis problema
R j e š e nj e
Zadatak je sličan zadatku 2.24 s jedinom razlikom u načinu opterećenja – umjesto silomkruta poluga opterećena je trouglastim opterećenjem. Stoga je postupak rješavanja sličanonom u zadatku 2.24. Prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimovanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.26–2. Dakle, pretpostavljamo da sila FA
76 2 Aksijalno naprezanje
Tabela 2.26: Podaci uz zadatak 2.26
EAD = 70 GPa ECE = 200 GPa LAB = 0.5 m q0 = 1 MN/m
LAD = 0.3 m LCE = 0.4 m LAC = 1.5 m
AAD = 100 cm2 ACE = 15 cm2 LBC = 1 m
djeluje na polugu prema dolje, tj. šipka AD je opterećena zatezanjem, a sila FC na polugudjeluje prema gore, tj. šipka CE je izložena pritisku. Treba napomenuti da je ovakva pret-postavka različitog predznaka napona/izduženja šipki posljedica činjenice da kruta polugarotira; u ovom slučaju pretpostavljeno je da rotira u smjeru kretanja kazaljke na satu. Vidi
q0
FA FC
A
B C
LAB
A
D
C
E
FB
FBx=0
FA
FA
FC
FC
Q 2
3���
LBC
Slika 2.26–2: Sile koje djeluju na polugu
se da je sistem statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, idvije sile usljed utjecaja štapova), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri.
a) Sile i naponi u štapovima AD i CE
Kako nam nisu potrebne reakcije oslonaca, a nema djelovanja sila u horizontalnom pravcu,dovoljno je postaviti samo jednu jednačinu ravnoteže, i to jednačinu momenta u odnosuna oslonac B kako bismo direktno dobili ovisnost sila u štapovima:
∑
MB = 0 FALAB −Q
(
2
3LAC − LAB
)
+ FCLBC = 0 (2.26–1)
S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov – uslov kom-patibilnosti, koji se postavlja na osnovu promjena dužina štapova AD i CE. Uzimajući uobzir pretpostavljena djelovanja sila na štapove te koristeći činjenicu da je poluga kruta,može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici 2.26–3. Iz slike se vidi da
Statički neodređeni problemi 77
A
B
C
D E
δC=��������
δA=��������
A'
C'
γ
Slika 2.26–3: Dijagram pomjeranja
su trouglovi △A′AB i △C′CB slični pa je:
AA′
CC′=AB
BC
odnosno
δAδC
=LAB
LBC
Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap (2–2),dobija se:
δAδC
=
FALAD
EADAAD
FCLCE
ECEACE
=LAB
LBC
Treba napomenuti da je prethodna jednačina u potpunosti korektna s obzirom na predz-nak sila i izduženja, iako se pretpostavlja da su štapovi izloženi naponima različitogpredznaka, a razlog je upravo takva pretpostavka – deformacije nastale djelovanjem sila,a time i odgovarajuća izduženja, imaju isti smjer djelovanja kao i sile usljed kojih nastaju(vidi zadatak 2.24 za više detalja). Za silu FA se dobija:
FA =LCE
LAD
·EAD
ECE
·AAD
ACE
·LAB
LBC
·FC
=400 ·10−3
300 ·10−3·70 ·109
200 ·109·100 ·10−4
15 · 10−4·0.5
1·FC
FA =14
9FC
(2.26–2)
a uvrštavanjem u izraz (2.26–1) dobija se nepoznata sila FC :
FC =
Q
(
2
3LAC − LAB
)
14
9LAB + LBC
=
750 ·103(
2
3· 1.5− 0.5
)
14
9· 0.5 + 1
= 210.9kN
gdje je
Q =1
2q0LAC =
1
21 · 106 · 1.5 = 750kN
78 2 Aksijalno naprezanje
Sada se iz (2.26–2) dobija sila FA
FA =14
9FC =
14
9210.9 ·103 = 328.12kN
Dakle, smjerovi sila koje vladaju u štapovima su pravilno pretpostavljeni.
Naponi u štapovima se dobivaju na osnovu izraza (2–1), pri čemu treba uzeti u obzirpretpostavljeni smjer djelovanja sila na štapove (predznak "−" za silu pritiska):
σAD =FA
AAD
=328.12 ·103
100 ·10−4= 32.8MPa
σCE =−FC
ACE
=−210.9 ·103
15 · 10−4= −140.62MPa
b) Deformacije štapova AD i CE
Deformacije štapova dobivaju se na osnovu Hookeovog zakona (1–6):
ǫAD =σAD
EAD
=32.8 ·106
70 · 109= 4.69 · 10−4
ǫCE =σCE
ECE
=−140.62 ·106
200 ·109= −7.03 ·10−4
c) Nagib krute poluge ABC
Prema slici 2.26–3 nagib poluge se može odrediti preko izduženja štapa AD i/ili štapaCE. Izduženje štapa AD dobija se na osnovu izraza (1–8):
δAD = δA = ǫADLAD = 4.67 ·10−4 · 0.3 = 0.141mm
pa je nagib poluge:
γ = arctg(
δALAB
)
= arctg(
0.141 ·10−3
0.5
)
= 0.016◦
u smjeru kretanja kazaljke na satu.
Zadatak 2.27 Kruta poluga ABC oslonjena je na dva čelična štapa u A i C i opterećenakontinuiranim opterećenjem, kao na slici 2.27–1. Odrediti:
a) sile i napone u štapovima AD i CE,
b) deformacije i izduženje štapova AD i CE,
c) nagib krute poluge.
Podaci: q = 1 MN/m; poluga ABC: LAB = 0.75 m, LAC = 2.25 m; štap AD: EAD = 14GPa, AAD = 300 cm2, LAD = 450 mm; štap CE: ECE = 40 GPa, ACE = 45 cm2,LCE = 600 mm.
Napomena: Uzeti da je dužina kontinuiranog opterećenja jednaka LBC s početkom utački B i krajem u tački C.
Statički neodređeni problemi 79
A B
C
q
LAB
LAC D
E
Slika 2.27–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.27: Podaci uz zadatak 2.27
EAD = 14 GPa ECE = 40 GPa LAB = 0.75 m q = 1 MN/m
LAD = 0.45 m LCE = 0.6 m LAC = 2.25 m
AAD = 300 cm2 ACE = 45 cm2 LBC = 1.5 m
Zadatak je sličan prethodnom zadatku s jedinom razlikom u načinu opterećenja – um-jesto trouglastim opterećenjem kruta poluga je jednim dijelom opterećena kontinuiranimopterećenjem pa je postupak rješavanja identičan. Prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatogsistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.27–2. Dakle,pretpostavljamo da sila FA djeluje na polugu prema dolje, tj. šipka AD je opterećena za-tezanjem, a sila FC na polugu djeluje prema gore, tj. šipka CE je izložena pritisku. Trebanapomenuti da je ovakva pretpostavka različitog predznaka napona/izduženja šipki posljed-ica činjenice da kruta poluga rotira; u ovom slučaju pretpostavljeno je da rotira u smjerukretanja kazaljke na satu.
a) Sile i naponi u štapovima AD i CESistem je statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, idvije sile usljed utjecaja štapova), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti jetri. Kako nam nisu potrebne reakcije oslonca, a nema djelovanja sila u horizontalnompravcu, dovoljno je postaviti samo jednu jednačinu ravnoteže, i to jednačinu momenta uodnosu na oslonac B kako bismo direktno dobili ovisnost sila u štapovima:
∑
MB = 0 FALAB −QLBC
2+ FCLBC = 0 (2.27–1)
S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov – uslov kom-patibilnosti, koji se odnosi na promjenu dužina štapova AD i CE. Uzimajući u obzirpretpostavljena djelovanja sila na štapove te koristeći činjenicu da je poluga kruta, možese postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici 2.27–3. Iz slike se vidi da sutrouglovi △A′AB i △C′CB slični pa je:
AA′
CC′=AB
BC
odnosnoδAδC
=LAB
LBC
80 2 Aksijalno naprezanje
q
FA FC
A
B C
LAB
A
D
C
E
FB
FBx=0
FA
FA
FC
FC
Q ���
2 LBC
Slika 2.27–2: Sile koje djeluju na polugu
A
B
C
D E
δC=��������
δA=��������
A'
C'
γ
Slika 2.27–3: Dijagram pomjeranja
Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap (2–2),dobija se:
δAδC
=
FALAD
EADAAD
FCLCE
ECEACE
=LAB
LBC
(2.27–2)
Treba napomenuti da je prethodna jednačina u potpunosti korektna s obzirom na predz-nak sila i izduženja, iako se pretpostavlja da su štapovi izloženi naponima različitogpredznaka, a razlog je upravo takva pretpostavka – deformacije, a time i izduženja, usljeddjelovanja sila imaju isti smjer djelovanja kao i sile usljed kojih nastaju (vidi zadatak 2.24za više detalja). Za silu FA se dobija:
FA =LCE
LAD
·EAD
ECE
·AAD
ACE
·LAB
LBC
·FC
=600 · 10−3
450 · 10−3·14 · 109
40 · 109·300 ·10−4
45 · 10−4·0.75
1.5·FC
FA =14
9FC
(2.27–3)
Statički neodređeni problemi 81
i uvrštavanjem u izraz (2.27–1) dobija nepoznata sila FC :
FC =QLBC
2
(
14
9LAB + LBC
) =1.5 · 106 · 1.5
2
(
14
9· 0.75 + 1
) = 421.88kN
gdje je
Q = qLBC = 1 · 106 · 1.5 = 1.5MN
Sada se iz (2.27–3) dobija sila FA
FA =14
9FC =
14
9421.88 ·103 = 656.25kN
Dakle, smjerovi sila koje vladaju u štapovima su pravilno pretpostavljeni.Naponi u štapovima se dobivaju na osnovu izraza (2–1), pri čemu treba uzeti u obzirpretpostavljeni smjer djelovanja sila na štapove (predznak "−" za silu pritiska):
σAD =FA
AAD
=656.25 ·103
300 · 10−4= 21.88MPa
σCE =−FC
ACE
=−421.88 ·103
45 · 10−4= −93.8MPa
b) Deformacije štapova AD i CEDeformacije štapova dobivaju se na osnovu Hookeovog zakona (1–6):
ǫAD =σAD
EAD
=21.88 ·106
14 ·109= 1.56 · 10−3
ǫCE =σCE
ECE
=−93.75 ·106
40 · 109= −2.34 ·10−3
c) Nagib krute poluge ABCPrema slici 2.27–3 nagib poluge se može odrediti preko izduženja štapa AD i/ili štapaCE. Izduženje štapa AD dobija se na osnovu izraza (1–8):
δAD = δA = ǫADLAD = 1.56 ·10−3 · 0.3 = 0.7mm
pa je nagib poluge:
γ = arctg(
δALAB
)
= arctg(
0.7 · 10−3
0.75
)
= 0.054◦
u smjeru kretanja kazaljke na satu.
Zadatak 2.28 Kruta poluga ABC oslonjena je na dva elastična štapa AD i CE i možeda se okreće u osloncu B, kao što je prikazano na slici 2.28–1. Ako se štap AD zagrije za∆T = 40 ◦C, odrediti sile i napone u štapovima AD i CE.
Podaci: poluga ABC – LAB = 1 m, LAC = 3 m; štap AD – EAD = 7 GPa, AAD = 1cm2, LAD = 300 mm, αAD = 22.2× 10−6 1/◦C ; štap CE – ECE = 2 GPa, ACE = 1.5 cm2,LCE = 400 mm.
82 2 Aksijalno naprezanje
A B
C
LAB
LAC D
E
Slika 2.28–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.28: Podaci uz zadatak 2.28
EAD = 7 GPa ECE = 2 GPa LAB = 1 m
LAD = 0.3 m LCE = 0.4 m LAC = 3 m
AAD = 1 cm2 ACE = 1.5 cm2 ∆T = 40 ◦C
αAD = 22.2× 10−6 1/◦C
Ovaj zadatak je varijanta prethodnih zadataka, s tim da je uključen utjecaj promjene tem-perature. Postupak rješavanja ovakvih zadataka je sličan rješavanju prethodnih zadataka,pri čemu treba voditi računa da se pomjeranja štapova uzrokovana vanjskim opterećenjimai promjenama temperature superponiraju. Na taj način, u jednačinama ravnoteže ne jav-ljaju se izrazi koji su vezani za promjene temperature, nego se oni javljaju samo u izrazimavezanim za promjene dužine pojedinih elemenata.
No, prije nego se zadatak počne rješavati, razmotrimo problem. Usljed porasta tempera-ture u štapu AD dolazi do izduženja štapa, što uzrokuje pomjeranje kraja poluge AB premagore, a dijela poluge BC prema dolje, na taj način pritiščući štap CE. S obzirom da se štapCE opire djelovanju kretanja poluge prema dolje, štap AD se ne može izdužiti za dužinuza koju bi se izdužio kada bi bio slobodan, tj. δADT
= αAD∆TLAD, pa se u njemu javljasila pritiska, koja štap vraća za dužinu δADF
, kao što je prikazano na slici 2.28–2. Usljedpomjeranja poluge štap CE je izložen sili pritiska, tako da je promjena izduženja štapa CE,δCE , uzrokovana samo djelovanjem sile u štapu.
A B
C
LAB
LAC D
E
����
����
Položaj ravnoteže
����=δC=��������
C'
A'
δA=��������
Slika 2.28–2: Pomjeranja poluge AC
Dakle, usljed promjene temperature, u štapu se javljaju sile, za koje pretpostavljamoda djeluju na sljedeći način: u štapu AD javlja se sila pritiska, odnosno sila FA djeluje
Statički neodređeni problemi 83
na polugu prema gore, a u štapu CE se također javlja sila pritiska, odnosno sila FC kojadjeluje na štap prema gore (slika 2.28–3). Treba napomenuti da se kod sličnih zadataka sdjelovanjem temperature sile koje djeluju na štapove mogu proizvoljno pretpostaviti, bezobzira na gornje objašnjenje, ali treba imati na umu smjer pomjeranja usljed djelovanja silai promjene temperature, kao što će biti objašnjeno kasnije u zadatku.
FA FC
A
B
C
LAB
A
D
C
E
FB
FBx=0
FA
FA
FC
FC
LBC
Slika 2.28–3: Sile koje djeluju na polugu AC
Sada polugu možemo izdvojiti iz zadatog sistema, a veze zamijeniti vanjskim silama, kaošto je prikazano na slici 2.28–3. Sistem je statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri(dvije reakcije oslonca, i dvije sile usljed utjecaja štapova), a broj jednačina ravnoteže kojemožemo postaviti je tri. Kako nam nisu potrebne reakcije oslonaca, a nema djelovanja sila uhorizontalnom pravcu, dovoljno je postaviti samo jednu jednačinu ravnoteže, i to jednačinumomenta u odnosu na oslonac B kako bismo direktno dobili ovisnost sila u štapovima:
∑
MB = 0 FALAB − FCLBC = 0 (2.28–1)
odnosno
FA = FC
LBC
LAB
(2.28–2)
S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov – uslov kompa-tibilnosti, koji se odnosi na promjenu dužina štapova AD i CE. Uzimajući u obzir pret-postavljena djelovanja sila na štapove, utjecaj temperature na štap AD te koristeći činjenicuda je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici 2.28–2.Iz slike se vidi da su trouglovi △A′AB i △C′CB slični pa se može postaviti relacija:
AA′
CC′=AB
BC(2.28–3)
Međutim, za razliku od prethodnih zadataka, ovdje je pomjeranje AA′ nastalo usljed djelo-vanja sile koja vlada u štapu AD, ali i usljed promjene temperature. S obzirom da jepretpostavljeno da sila FA na štap djeluje pritiskajući ga, tj. skraćuje ga, a povećanje tem-perature izdužuje štap, onda je pomjeranje AA′ jednako razlici pomjeranja usljed porasta
84 2 Aksijalno naprezanje
temperature i djelovanja sile FA. Stoga, pomjeranje usljed sile ima suprotan predznak odukupnog pomjeranja (pozitivno prema gore). Izraz (2.28–3) sada postaje:
δAδC
=δADT
− δADF
δC=LAB
LBC
(2.28–4)
S druge strane, promjena dužine štapa CE uzrokovana je samo djelovanjem sile FC i jednakaje δC . U gornjem izrazu δC nije s predznakom "−", iako se radi o pritisnoj sili, jer jepomjeranje usljed sile istog smjera kao ukupno pomjeranje (pozitivno prema dolje).
Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap (2–2) teizraza za izduženje usljed promjene temperature (2–6), dobija se¶:
δADT− δADF
δC=α∆T ·LAD −
FALAD
EADAAD
FCLCE
ECEACE
=LAB
LBC
(2.28–5)
Iz (2.28–5) se sila FA može predstaviti kao:
FA = EADAADα∆T −LCE
LAD
·EAD
ECE
·AAD
ACE
·LAB
LBC
·FC
a uvrštavanjem u izraz (2.28–2) dobija se nepoznata sila FC :
FC =AADEADα∆T
LBC
LAC
+LCE
LAD
·EAD
ECE
·AAD
ACE
·LAB
LBC
=1 · 10−4 · 7 · 109 · 22.2 ·10−6 · 40
2
3+
400 ·10−3
300 ·10−3·7 · 109
2 · 109·1 · 10−4
1.5 · 10−4·1
2FC = 175N
Sada se iz (2.28–2) dobija sila FA
FA = FC
LBC
LAB
= 1752
1= 350kN
Dakle, smjerovi sila koje vladaju u štapovima su pravilno pretpostavljeni.Naponi u štapovima se dobivaju na osnovu izraza (2–1), pri čemu treba uzeti u obzir
pretpostavljeni smjer djelovanja sila na štapove (predznak "−" za pritisne sile):
σAD =−FA
AAD
=−350
1 · 10−4= −3.5MPa (2.28–6)
σCE =−FC
ACE
=−175 ·103
1.5 · 10−4= −1.165MPa (2.28–7)
Zadatak 2.29 Kruta poluga BCD, oslonjena na elastični štap DE i okačena o uže AC nosikontinuirano opterećenje, kao što je prikazano na slici 2.29–1. Odrediti:
¶Ovdje još jednom treba napomenuti da su se sile djelovanja na polugu mogle proizvoljno pretpostaviti, naprimjer kao uprethodnim zadacima da sila u tački A djeluje na polugu prema dolje, a sile u C da djeluje na polugu prema gore. U tomslučaju bi izduženja δADT
i δADFimala isti predznak u izrazu (2.28–4).
Statički neodređeni problemi 85
a) sile i napone u štapu DE i užetu AC,
b) deformaciju užeta AC i štapa DE.
Podaci: poluga BCD – LBC = 2 m, LBD = 3 m; uže AC – EAC = 200 GPa, AAC = 3 cm2,LAC = 2 m, α = 30 ◦; štap DE – EDE = 10 GPa, ADE = 10 cm2, LDE = 200 mm; q = 50kN/m.
LBC
B
A
C D
E
LBD
LAC
q
C
Slika 2.29–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.29: Podaci uz zadatak 2.29
EAC = 200 GPa EDE = 10 GPa LBC = 2 m
LAC = 2 m LDE = 0.2 m LBD = 3 m
AAC = 3 cm2 ADE = 10 cm2 α = 30◦
q = 50 kN/m
Kao i u prethodnim zadacima, prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a vezezamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.29–2. Dakle, pretpostavljamo dasila FC djeluje na polugu prema gore, tj. uže je opterećeno zatezanjem, a sila FD takođerdjeluje na polugu prema gore, tj. štap je izložen pritisku.
Vidi se da je sistem statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcijeoslonca, i dvije sile usljed utjecaja štapa i užeta), a broj jednačina ravnoteže koje možemopostaviti je tri. S obzirom da imamo djelovanje štapa pod uglom, u osloncu B će se javiti ihorizontalna komponenta sile, tako da je za potpuno rješavanje zadatka neophodno postavitisve tri jednačine. Ipak, s obzirom da se ne traži reakcija oslonca B, i u ovom primjerudovoljno je postaviti samo jednačinu momenta u odnosu na oslonac B, u kojoj su jedinenepoznate sile u užetu i štapu.
86 2 Aksijalno naprezanje
Q
FC
FD
LBC
B
A
C D
E
LBD
q
D
FD
FB
FBx=0 LBD/2
FC
FC
FD
Slika 2.29–2: Sile koje djeluju na polugu
a) Sile i naponi u štapu DE i užetu ACPrema slici 2.29–2 jednačina momenta u odnosu na oslonac B glasi:
∑
MB = 0 FC sinα ·LBC + FDLBD −QLBD
2= 0 (2.29–1)
S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatnu jednačinu – uslovkompatibilnosti, koji dovodi u vezu promjenu dužina užeta AC i štapa DE. Uzimajući uobzir pretpostavljena djelovanja sila na uže i štap te koristeći činjenicu da je poluga kruta,može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici 2.29–3. Pri tome trebaimati na umu da se pomjeranja tačaka C i D u položaje C′ i D′, respektivno, izvodeprema V illiotovom planu pomjeranja, odnosno okomito na krutu polugu. S obziromda štap DE zaklapa ugao od 90◦, pomjeranje tačke D je ujedno i skraćenje štapa DE(uzimajući u obzir pretpostavljenu silu pritiska). S druge strane, uže AC zaklapa ugaoα s krutom polugom, tako da se pomjereni položaj tačke C′ mora nalaziti u presjecištuokomica na polugu i na uže (V illiotov plan pomjeranja se primjeni i na uže). Uzimajućida je izduženje užeta δC = CC′′ na osnovu trougla △CC′′C′ imamo da je
∆C = CC′ =δCsinα
Sada se može postaviti uslov kompatibilnosti na osnovu sličnosti trouglova △BCC′ i△BDD′ pa je:
CC′
DD′=BC
BD
Statički neodređeni problemi 87
D= !"""""B
A
C D
E
C'D'
C''
!C= !"""""
C
C'
C''
C= !!"""""
!C= !"""""
Slika 2.29–3: Dijagram pomjeranja
odnosno
∆C
δD=
δCδD · sinα
=LBC
LBD
Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap (2–2),dobija se:
δCδD · sinα
=
FCLAC
EACAAC
FDLDE
EDEADE
· sinα
=LBC
LBD
Treba napomenuti da je prethodna jednačina u potpunosti korektna s obzirom na predz-nak sila i izduženja – deformacije, a time i izduženja, usljed djelovanja sila imaju istismjer djelovanja kao i sile usljed kojih nastaju (vidi zadatak 2.24 za više detalja). Za siluFC se sada dobija:
FC =LDE
LAC
·EAC
EDE
·AAC
ADE
·LBC
LBD
· sinα ·FD
=0.2
2·200 · 109
10 · 109·3 · 10−4
10 ·10−4·2
3· sin(30◦)FD
FC = 0.2FD
(2.29–2)
pa se uvrštavanjem u izraz (2.29–1) dobija nepoznata sila FD:
FD =QLBD
2 (0.2 · sinα ·LBC + LBD)=
150 · 103 · 3
2 (0.2 · sin 30◦ · 2 + 3)= 70.31kN
gdje je
Q = qLBD = 50 ·103 · 3 = 150kN
Sada se iz (2.29–2) dobija sila FC
FC = 0.2FD = 0.2 · 70.31 ·103 = 14.1kN
Dakle, smjerovi sila koje vladaju u užetu i štapu su pravilno pretpostavljeni.
88 2 Aksijalno naprezanje
Naponi u užetu i štapu se dobivaju na osnovu izraza (2–1), pri čemu treba uzeti u obzirpretpostavljeni smjer djelovanja sila na uže (zatezanje) i štap (pritisak; predznak "−"):
σAC =FC
AAC
=14.1 ·103
3 · 10−4= 47MPa
σDE =−FD
ADE
=−70.31 ·103
10 · 10−4= −70.3MPa
b) Deformacije užeta AC i štapa DE
Deformacije se mogu dobiti na osnovu Hookeovog zakona (1–6):
ǫAC =σAC
EAC
=47 · 106
200 · 109= 2.35 · 10−4
ǫDE =σDE
EDE
=−70.3 ·106
10 ·109= −7.03 ·10−3
Zadatak 2.30 Kruta poluga ABC, okačena o uže CD i oslonjena na elastični štap BE,nosi kontinuirano opterećenje, kao što je prikazano na slici 2.30–1. Odrediti:
a) sile i napone u štapu BE i užetu CD,
b) deformaciju užeta CD i štapa BE,
c) vertikalno pomjeranje tačke C.
Podaci: poluga ABC – LAB = 1.5 m, LAC = 2 m; uže CD – ECD = 200 GPa, ACD = 3cm2, LCD = 2.5 m, α = 30◦; štap BE – EBE = 20 GPa, ABE = 20 cm2, LBE = 200 mm;q = 20 kN/m.
B
LAB
A
D
C
E
LAC
LCD
q
C
Slika 2.30–1: Opis problema
Statički neodređeni problemi 89
R j e š e nj e
Tabela 2.30: Podaci uz zadatak 2.30
ECD = 200 GPa EBE = 10 GPa LAB = 1.5 m
LCD = 2.5 m LBE = 0.2 m LAC = 2 m
ACD = 3 cm2 ABE = 10 cm2 α = 30◦
q = 20 kN/m
Zadatak je varijanta prethodnog zadatka u kojoj su zamijenjena mjesta hvatišta užetai štapa. Stoga je postupak rješavanja identičan. Prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatogsistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.30–2. Dakle,pretpostavljamo da sila FC djeluje na polugu prema gore, tj. uže je opterećeno zatezanjem,a sila FB također djeluje na polugu prema gore, tj. štap je izložen pritisku. Sistem je statički
Q
FC
FB
LAB
A
A
CB
E
LAC
q
B
FB
FA
FAx=0 LAC/2
FC
FC
FB
Slika 2.30–2: Sile koje djeluju na polugu
neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, i dvije sile usljed utjecajaštapa i užeta), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri. S obzirom da imamodjelovanje štapa pod uglom, u osloncu A će se javiti i horizontalna komponenta sile, takoda je za potpuno rješavanje zadatka neophodno postaviti sve tri jednačine. Ipak, s obziromda se ne traži reakcija oslonca A, i u ovom primjeru dovoljno je postaviti samo jednačinumomenta u odnosu na oslonac A u kojoj su jedine nepoznate sile u užetu i štapu.
90 2 Aksijalno naprezanje
a) Sile i naponi u štapu BE i užetu CD
Prema slici 2.30–2 jednačina momenta u odnosu na oslonac A glasi:
∑
MA = 0 FC sinα ·LAC + FBLAB −QLAC
2= 0 (2.30–1)
S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatnu jednačinu, koja sedobija na osnovu uslova kompatibilnosti, odnosno promjena dužina užeta CD i štapaBE. Uzimajući u obzir pretpostavljena djelovanja sila na uže i štap te koristeći činjenicuda je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici2.30–3. Pri tome treba imati na umu da se pomjeranja tačaka B i C u položaje B′ iC′, respektivno, izvode prema V illiotovom planu pomjeranja, odnosno okomito na krutupolugu. S obzirom da štap BE zaklapa ugao od 90◦, pomjeranje tačke B je ujedno iskraćenje štapa BE (uzimajući u obzir pretpostavljenu silu pritiska). S druge strane,uže CD zaklapa ugao α s krutom polugom, tako da se pomjereni položaj tačke C′ moranalaziti u presjecištu okomica na polugu i na uže (V illiotov plan pomjeranja se primjenii na uže). Uzimajući da je izduženje užeta δC = CC′′ na osnovu trougla △CC′′C′ imamoda je
∆C = CC′ =δCsinα
(2.30–2)
Sada se može postaviti uslov kompatibilnosti na osnovu sličnosti trouglova △ABB′ i
B= !"""""A
D
B C
E
B' C'
C''
!C= !"""""
C
C'
C''
C= !!"""""
!C= !"""""
Slika 2.30–3: Dijagram pomjeranja
△ACC′ pa je:
CC′
BB′=AC
AB
odnosno
∆C
δB=
δCδB · sinα
=LAC
LAB
Statički neodređeni problemi 91
Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap (2–2),dobija se:
δCδB · sinα
=
FCLCD
ECDACD
FBLBE
EBEABE
· sinα
=LAC
LAB
Treba napomenuti da je prethodna jednačina i u ovom slučaju u potpunosti korektna sobzirom na predznak sila i izduženja – deformacije, a time i izduženja, usljed djelovanjasila imaju isti smjer djelovanja kao i sile usljed kojih nastaju (vidi zadatak 2.24 za višedetalja). Za silu FC se dobija:
FC =LBE
LCD
·ECD
EBE
·ACD
ABE
·LAC
LAB
· sinα ·FB
=200 ·10−3
2.5·200 ·109
10 · 109·3 · 10−4
20 · 10−4·2
1.5· sin(30◦)FB
FC = 0.16FB
(2.30–3)
pa se uvrštavanjem u izraz (2.30–1) dobija nepoznata sila FB:
FB =QLAC
2 (0.16 · sinα ·LAC + LAB)=
40 · 103 · 2
2 (0.16 · sin 30◦ · 2 + 1.5)= 24.1kN
gdje je
Q = qLAC = 20 · 103 · 2 = 40kN
Sada se iz (2.30–3) dobija sila FC
FC = 0.16FB = 0.16 ·24.1 ·103 = 3.86kN
Dakle, smjerovi sila koje vladaju u užetu i štapu su pravilno pretpostavljeni.
Naponi u užetu i štapu se dobivaju na osnovu izraza (2–1), pri čemu treba uzeti u obzirpretpostavljeni smjer djelovanja sila na uže (zatezanje) i štap (pritisak; predznak "−"):
σCD =FC
ACD
=3.86 ·103
3 · 10−4= 12.8MPa
σBE =−FB
ABE
=−24.1 ·103
20 · 10−4= −12.05MPa
b) Deformacije užeta CD i štapa DE
Deformacije se mogu dobiti na osnovu Hookeovog zakona (1–6):
ǫCD =σCD
ECD
=12.8 ·106
200 ·109= 6.4 · 10−5
ǫBE =σBE
EBE
=−12.05 ·106
10 ·109= −1.2 ·10−3
92 2 Aksijalno naprezanje
c) Vertikalno pomjeranje tačke CVertikalno pomjeranje tačke C dobiva se na osnovu V illotovog plana pomjeranja datogna slici 2.30–3 te izraza (2.30–2) i (1–8):
∆C =δCsinα
=ǫCD ·LCD
sinα=
6.4 · 10−5 · 2.5
sin 30◦= 0.32mm
Zadatak 2.31 Kruta poluga ABC, okačena o uže CD i oslonjena na elastični štap BE,nosi trouglasto opterećenje, kao što je prikazano na slici 2.31–1. Odrediti:
a) sile i napone u štapu BE i užetu CD,
b) deformaciju užeta CD i štapa BE,
c) vertikalno pomjeranje tačke C.
Podaci: poluga ABC – LAB = 1 m, LAC = 1.5 m; uže CD – ECD = 200 GPa, ACD = 3cm2, LCD = 1 m, α = 60◦; štap BE – EBE = 10 GPa, ABE = 30 cm2, LBE = 100 mm;q0 = 150 kN/m.
BLAB
A
D
C
E
LAC
LCD
q0
C
F
C
Slika 2.31–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tip problema je identičan onom iz prethodnog zadatka, s jedinom razlikom u mjestuučvršćenja užeta CD te vrsti opterećenja (trouglasto umjesto kontinuiranog opterećenja),tako da je postupak rješavanja isti. Prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a vezezamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.31–2. Dakle, pretpostavljamo dasila FC djeluje na polugu prema gore, tj. uže je opterećeno zatezanjem, a sila FB takođerdjeluje na polugu prema gore, tj. štap je izložen pritisku. Sistem je statički neodređen, pošto
Statički neodređeni problemi 93
Tabela 2.31: Podaci uz zadatak 2.31
ECD = 200 GPa EBE = 10 GPa LAB = 1 m
LCD = 1 m LBE = 0.1 m LAC = 1.5 m
ACD = 3 cm2 ABE = 30 mm2 α = 60◦
q0 = 150 kN/m
Q
FC
FB
LAB
A CB
E
LAC
B
FB
FA
FAx=0 LAC/3
FC
FC
FB
q0
C
D
Slika 2.31–2: Sile koje djeluju na polugu
je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, i dvije sile usljed utjecaja štapa i užeta),a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri. S obzirom da imamo djelovanještapa pod uglom, u osloncu A će se javiti i horizontalna komponenta sile, tako da je zapotpuno rješavanje zadatka neophodno postaviti sve tri jednačine. Ipak, s obzirom da se netraži reakcija oslonca A, i u ovom primjeru dovoljno je postaviti samo jednačinu momentau odnosu na oslonac A, u kojoj su jedine nepoznate sile u užetu i štapu.
94 2 Aksijalno naprezanje
a) Sile i naponi u štapu DE i užetu CD
Prema slici 2.31–2 jednačina momenta u odnosu na oslonac A glasi:
∑
MA = 0 FC sinα ·LAC + FBLAB −QLAC
3= 0 (2.31–1)
S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatnu jednačinu – uslovkompatibilnosti, koji daje vezu između promjena dužina užeta CD i štapaDE. Uzimajućiu obzir pretpostavljena djelovanja sila na uže i štap te koristeći činjenicu da je polugakruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici 2.31–3. Pri tometreba imati na umu da se pomjeranja tačaka B i C u položaje B′ i C′, respektivno, izvodeprema V illiotovom planu pomjeranja, odnosno okomito na krutu polugu. S obzirom daštap DE zaklapa ugao od 90◦, pomjeranje tačke D je ujedno i skraćenje štapa DE(uzimajući u obzir pretpostavljenu silu pritiska). S druge strane, uže CD zaklapa ugaoα s krutom polugom, tako da se pomjereni položaj tačke C′ mora nalaziti u presjecištuokomica na polugu i na uže (V illiotov plan pomjeranja se primjeni i na uže). Uzimajućida je izduženje užeta δC = CC′′ na osnovu trougla △CC′′C′ imamo da je
∆C = CC′ =δCsinα
(2.31–2)
Sada se može postaviti uslov kompatibilnosti na osnovu sličnosti trouglova △ABB′ i
B= !"""""A B C
EB' C'
C''
D
!C= !"""""
C
C''
C= !!"""""
!C= !"""""
Slika 2.31–3: Dijagram pomjeranja
△ACC′ pa je:
CC′
BB′=AC
AB
odnosno
∆C
δB=
δCδB · sinα
=LAC
LAB
Statički neodređeni problemi 95
Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap (2–2),dobija se:
δCδB · sinα
=
FCLCD
ECDACD
FBLBE
EBEABE
· sinα
=LAC
LAB
Treba napomenuti da je prethodna jednačina i u ovom slučaju u potpunosti korektna sobzirom na predznak sila i izduženja – deformacije, a time i izduženja, usljed djelovanjasila imaju isti smjer djelovanja kao i sile usljed kojih nastaju (vidi zadatak 2.24 za višedetalja). Za silu FC se dobija:
FC =LBE
LCD
·ECD
EBE
·ACD
ABE
·LAC
LAB
· sinα ·FB
=0.1
1·200 · 109
10 · 109·3 · 10−4
30 ·10−4·1.5
1· sin(60◦)FB
FC ≈ 0.26FB
(2.31–3)
pa se uvrštavanjem u izraz (2.31–1) dobija nepoznata sila FB:
FB =QLAC
3 (0.26 · sinα ·LAC + LAB)=
112.5 ·103 · 1.5
3 (0.26 · sin 60◦ · 1.5 + 1)= 42.06kN
gdje je
Q =1
2q0LAC =
1
2150 · 103 · 1.5 = 112.5kN
Sada se iz (2.31–3) dobija sila FC
FC = 0.26FB = 0.26 ·42.06 ·103 = 10.93kN
Dakle, smjerovi sila koje vladaju u užetu i štapu su pravilno pretpostavljeni.
Naponi u užetu i štapu se dobivaju na osnovu izraza (2–1), pri čemu treba uzeti u obzirpretpostavljeni smjer djelovanja sila na uže (zatezanje) i štap (pritisak, predznak "−"):
σCD =FC
ACD
=10.93 ·103
3 · 10−4= 36.42MPa
σBE =−FB
ABE
=−42.06 ·103
30 · 10−4= −14.02MPa
b) Deformacije užeta CD i štapa DE
Deformacije se mogu dobiti na osnovu Hookeovog zakona (1–6):
ǫCD =σCD
ECD
=36.42 ·106
200 · 109= 1.821 ·10−4
ǫBE =σBE
EBE
=−14.02 ·106
10 ·109= −1.402 ·10−3
96 2 Aksijalno naprezanje
c) Vertikalno pomjeranje tačke CVertikalno pomjeranje tačke C dobiva se na osnovu V illotovog plana pomjeranja datogna slici 2.31–3 te izraza (2.31–2) i (1–8):
∆C =δCsinα
=ǫCD ·LCD
sinα=
1.821 ·10−4 · 1
sin 60◦= 0.21mm
Zadatak 2.32 Kruta poluga BCD, okačena o uže AC, nosi trouglasto opterećenje, kaošto je prikazano na slici 2.32–1. Ispod poluge na kraju D nalazi se elastični štap DE naudaljenosti δ od poluge. Odrediti:
a) sile i napone u štapu DE i užetu AC,
b) deformaciju užeta AC i štapa DE.
Podaci: poluga BCD – LBC = 1.5 m, LBD = 3 m; uže AC – EAC = 200 GPa, AAC = 3cm2, LAC = 2 m, α = 60◦; štap DE – EDE = 10 GPa, ADE = 10 cm2, LDE = 200 mm;q0 = 10 kN/m.
CLBC
B
A
D
E
LBD
LAC
q0
!
Slika 2.32–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.32: Podaci uz zadatak 2.32
EAC = 200 GPa EDE = 10 GPa LBC = 1.5 m
LAC = 2 m LDE = 0.2 m LBD = 3 m
AAC = 3 cm2 ADE = 10 cm2 α = 60◦
q0 = 10 kN/m
Ovaj problem je varijanta zadatka 2.29 s tim da štap DE nije u kontaktu s krutompolugom nego je između njih zazor δ. Usljed djelovanja opterećenja kruta poluga rotira u
Statički neodređeni problemi 97
smjeru kretanja kazaljke na satu sve dok ne dodirne štap DE. Pri tome se tom kretanjuopire uže AC. Nakon toga, poluga nastavlja rotirati, ali ovaj put uz djelovanje i sile štapaDE. Na taj način, sistem je statički određen sve dok ne nastupi dodir između poluge ištapa DE, a nakon što dodir nastupi, sistem postaje statički neodređen. Ipak, rješavanjuproblema može se pristupiti općenito, i to s pretpostavkom da je sistem statički neodređen,s tim da se do kontakta između poluge i štapa CE smatra da je sila koja nastaje njihovimkontaktom jednaka nuli.
Q
FC
FD
!LBD
B DC
E
LBD
D
FD
FB
FBx=0 LBC
FC
FC
FD
q0
C
A
Slika 2.32–2: Sile koje djeluju na polugu
Prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kaošto je prikazano na slici 2.32–2. Dakle, pretpostavljamo da sila FC djeluje na polugu premagore, tj. uže je opterećeno zatezanjem, a sila FD također djeluje na polugu prema gore, tj.štap je izložen pritisku. Sistem je statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvijereakcije oslonca, i dvije sile usljed utjecaja štapa i užeta), a broj jednačina ravnoteže kojemožemo postaviti je tri. S obzirom da imamo djelovanje štapa pod uglom, u osloncu B će sejaviti i horizontalna komponenta sile, tako da je za potpuno rješavanje zadatka neophodnopostaviti sve tri jednačine. Ipak, s obzirom da se ne traže reakcije oslonca B, i u ovom
98 2 Aksijalno naprezanje
primjeru dovoljno je postaviti samo jednačinu momenta u odnosu na oslonac B, u kojoj sujedine nepoznate sile u užetu i štapu:
∑
MB = 0 FC sinα ·LBC −Q2
3LBD + FDLBD = 0 (2.32–1)
a) Sile i naponi u štapu DE i užetu AC
Da bismo izračunali sile i napone u užetu i štapu, zadatak možemo riješiti slijedeći po-stupak rješavanja kao u prethodnim zadacima. No, s obzirom da između poluge i štapaDE postoji zazor, možemo prvo provjeriti da li će uopće doći do kontakta između polugei štapa AD. U tom slučaju, sila FD = 0 i problem se svodi na statički određen, odnosnojednačina momenta (2.32–1) se svodi na:
∑
MB = 0 FC sinα ·LBC −Q2
3LBD = 0
pa je sila u užetu AC jednaka:
FC =Q2
3LBD
sinαLBC
=15 · 103 ·
2
3· 3
sin 60◦ · 1.5= 23.1kN
gdje je
Q =1
2q0LBD =
1
210 · 103 · 3 = 15kN
Izduženje užeta možemo dobiti na osnovu izraza (2–2):
δC =FCLAC
EACAAC
=23.1 · 103 · 2
200 ·109 · 3 · 10−4= 0.77mm
Kako bismo provjerili da li će doći do dodira između poluge i štapa DE neophodnoje odrediti pomjeranje tačke D za ovaj statički određeni sistem. Pri tome treba imatina umu da se pomjeranja tačaka C i D u položaje C′ i D′, respektivno, izvode premaV illiotovom planu pomjeranja, odnosno okomito na krutu polugu (vidi sliku 2.32–3).Također, uže AC zaklapa ugao α s krutom polugom, tako da se pomjereni položaj tačkeC′ mora nalaziti u presjecištu okomica na polugu i na uže (V illiotov plan pomjeranjase primjeni i na uže). Uzimajući da je izduženje užeta δC = CC′′ na osnovu trougla△CC′′C′ imamo da je
∆C = CC′ =δCsinα
Pomjeranje δD se može izračunati na osnovu sličnosti trouglova △BCC′ i △BDD′ pa je:
CC′
DD′=BC
BD
odnosno
∆C
δD=
δCδD · sinα
=LBC
LBD
Statički neodređeni problemi 99
D= !"""""B D
D'C'C''
C
D
!C= !"""""
C
C''
C= !!"""""
!C= !"""""
Slika 2.32–3: Dijagram pomjeranja
pa je
δD =δCsinα
LBD
LBC
=0.77 ·10−3
sin 60◦3
1.5= 1.778mm
S obzirom da je pomjeranje tačke D manje od zazora δ, do kontakta neće doći pa jenapon u štapu DE jednak nuli. Napon u užetu se dobiva na osnovu izraza (2–1):
σAC =FC
AAC
=23.1 · 103
3 · 10−4= 77MPa
b) Deformacije užeta AC i štapa DE
Deformacija u štapu DE jednaka je nuli, dok se u užetu računa na osnovu izraza (1–6):
ǫAC =σAC
EAC
=77 · 106
200 ·109= 3.85 ·10−4
Zadatak 2.33 Kruta poluga ABC, okačena o dva užeta iste dužine BD i CD, nosi kon-tinuirano opterećenje, kao što je prikazano na slici 2.33. Odrediti:
a) sile i napone u užadima BD i CD,
b) deformaciju užadi BD i CD,
c) vertikalno pomjeranje tačke C.
Podaci: poluga ABC – LAB = 2 m, LAC = 3 m; uže BD – EBD = 200 GPa, ABD = 3 cm2;uže CD – ECD = 200 GPa, ACD = 4 cm2; H = 0.6 m; q = 10 kN/m.
100 2 Aksijalno naprezanje
B
LAB
A
D
C
H
LAC
q
C ! "
Slika 2.33–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 2.33: Podaci uz zadatak 2.33
ECD = 200 GPa EBD = 200 GPa LAB = 2 m q = 10 kN/m
ACD = 4 cm2 ABD = 3 cm2 LAC = 3 m
H = 0.6 m LBC = 1 m
Da bismo riješili zadatak prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zami-jenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici 2.33–2. Dakle, pretpostavljamo dareakcije užadi djeluju na polugu prema gore, odnosno da su užadi opterećene zatezanjem(poluga rotira prema dolje).
C
DD
B
Q
FC
LAB
A CB
LAC
qFA
FAx=0 LAC/2
FC
FB
FB
FBFC
! "!
Slika 2.33–2: Sile koje djeluju na polugu
Statički neodređeni problemi 101
a) Sile i naponi u užadima BD i CD
Sistem je statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, i dvijesile u užadima), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri. No, kako namnisu potrebne reakcije oslonca A, dovoljno je postaviti samo jednu jednačinu ravnoteže,i to jednačinu momenta u odnosu na oslonac A:
∑
MA = 0 FB sinα ·LAB + FC sinβ ·LAC −Q ·LAC
2= 0 (2.33–1)
pri čemu su uglovi α i β jednaki i iznose:
α = β = arctg
HLBC
2
= arctg
0.61
2
= 50.19◦
S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov – uslov kom-patibilnosti, koji se odnosi na promjene dužine užadi. Koristeći pretpostavku da se užadizdužuju te činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao štoje dato na slici 2.33–3. Pri tome treba imati na umu da se pomjeranja tačaka B i Cu položaje B′ i C′, respektivno, izvode prema V illiotovom planu pomjeranja, odnosnookomito na krutu polugu. S obzirom da užad BD i CD zaklapaju ugao α = β s krutompolugom, pomjereni položaj tačaka B′ i C′ mora se nalaziti u presjecištu okomica napolugu i na užad (V illiotov plan pomjeranja se primjeni i na užad). Uzimajući da jeizduženje užadi δB = BB′′ i δC = CC′′ na osnovu trouglova △BB′′B′ i △CC′′C′ imamoda je
∆B = BB′ =δBsinα
(2.33–2)
∆C = CC′ =δCsinβ
(2.33–3)
B= !"""""A B C
C'C''
D
B'' B'
C= !""""" ! "!
#C= !!"""""
!"C= !"""""
C
C'
C''
!
B
B'
B'' "B= !""""" B= !!""""""
Slika 2.33–3: Dijagram pomjeranja
102 2 Aksijalno naprezanje
Iz slike se također vidi da su trouglovi △ABB′ i △ACC′ slični pa je:
BB′
CC′=AB
AC
odnosno
∆B
∆C
=
δBsinαδCsinβ
=LAB
LAC
(2.33–4)
Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap (2–2),dobija se:
∆B
∆C
=
FBLBD
EBDABD sinαFCLCD
ECDACD sinβ
=LAB
LAC
pa se za silu FC dobija:
FC =LBD
LCD
·ECD
EBD
·ACD
ABD
·LAC
LAB
·sinβ
sinα·FB
=0.781
0.781·200 ·109
200 ·109·4 · 10−4
3 · 10−4·3
2·sin 50.19◦
sin 50.19◦·FB
FC = 2FB
(2.33–5)
gdje su dužine štapova:
LBD = LCD =
√
H2 +
(
LBC
2
)2
=
√
0.62 +
(
1
2
)2
= 0.781m
Sada se uvrštavanjem u izraz (2.33–1) dobija nepoznata sila FB :
FB =QLAC
2 (2 sinβ ·LAC + LAB · sinα)=
30 ·103 · 3
2 (2 sin 50.19◦ · 3 + 2 · sin 50.19)
FB = 7.322kN
gdje je:
Q = qLAC = 10 · 103 · 3 = 30kN
Sada se iz (2.33–5) dobija sila FC
FC = 2FB = 2 · 7.322 ·103 = 14.644kN (2.33–6)
Dakle, smjerovi sila koje vladaju u užadima su pravilno pretpostavljeni i užad su opte-rećena zatezanjem. Naponi u užadima se dobivaju na osnovu izraza (2–1):
σBD =FB
ABD
=7.322 ·103
3 · 10−4= 24.407MPa
σCD =FC
ACD
=14.644 ·103
4 · 10−4= 36.611MPa
Statički neodređeni problemi 103
b) Deformacije užadi BD i CD
Deformacije se mogu dobiti na osnovu Hookeovog zakona (1–6):
ǫBD =σBD
EBD
=24.207 ·106
200 ·109= 1.22 ·10−4
ǫCD =σCD
ECD
=36.611 ·106
200 ·109= 1.831 ·10−4
c) Vertikalno pomjeranje tačke C
Vertikalno pomjeranje tačke C dobiva se na osnovu V illotovog plana pomjeranja datogna slici 2.33–4 te izraza (2.33–3) i (1–8):
∆C =δCsinα
=ǫCD ·LCD
sinα=
1.831 ·10−4 · 0.781
sin 50◦= 0.186mm
Zadatak 2.34 Kruta poluga ABC, okačena o dva užeta BD i CD, nosi trouglasto optere-ćenje, kao što je prikazano na slici 2.34–1. Odrediti:
a) sile i napone u užadima BD i CD,
b) deformaciju užadi BD i CD,
c) vertikalno pomjeranje tačke C.
Podaci: poluga ABC – LAB = 2 m, LAC = 3 m; uže BD – EBD = 200 GPa, ABD = 3 cm2;uže CD – ECD = 200 GPa, ACD = 3 cm2; H = 1 m; q0 = 10 kN/m.
FC
C ! "!
D
C
BLAB
A
D
C
H
LAC
q0
"!
!
Slika 2.34–1: Opis problema
104 2 Aksijalno naprezanje
R j e š e nj e
Tabela 2.34: Podaci uz zadatak 2.34
ECD = 200 GPa EBD = 200 GPa LAB = 2 m
ACD = 3 cm2 ABD = 3 cm2 LAC = 3 m
H = 1 m q0 = 10 kN/m
Ovaj problem je varijanta prethodnog problema s drugačijim načinom vješanja i drugimtipom kontinuiranog opterećenja. Stoga se može primjeniti identičan redoslijed rješavanja.Prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kaošto je prikazano na slici 2.34–2. Dakle, pretpostavljamo da reakcije užadi djeluju na poluguprema gore, odnosno da su užadi opterećene zatezanjem (poluga rotira prema dolje).
Q
FC
LAB
A CB
LAC
q0
FA
FAx=0 LAC/3
FC
FB
FB
FC
! "!
FB
D
D
C
B
Slika 2.34–2: Sile koje djeluju na polugu
a) Sile i naponi u užadima BD i CDSistem je statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, i dvijesile u užadima), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri. No, kako namnisu potrebne reakcije oslonca A, dovoljno je postaviti samo jednu jednačinu ravnoteže,i to jednačinu momenta u odnosu na oslonac A:
∑
MA = 0 FB sinα ·LAB + FC sinβ ·LAC −Q ·LAC
3= 0 (2.34–1)
pri čemu su uglovi α i β dati sa:
α = arctg(
H
LAB
)
= arctg(
1
2
)
= 26.56◦
Statički neodređeni problemi 105
β = arctg(
H
LAC
)
= arctg(
1
3
)
= 18.435◦
S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov – uslov kom-patibilnosti, koji se odnosi na promjene dužine užadi BD i CD. Pretpostavljajući da seužad izdužuju te koristeći činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pom-jeranja, kao što je dato na slici 2.34–3. Pri tome treba imati na umu da se pomjeranjatačaka B i C u položaje B′ i C′, respektivno, izvode prema V illiotovom planu pomjer-anja, odnosno okomito na krutu polugu. S obzirom da užad BD i CD zaklapaju ugao skrutom polugom, pomjereni položaj tačaka B′ i C′ mora se nalaziti u presjecištu okomicana polugu i na užad (V illiotov plan pomjeranja se primjeni i na užad). Uzimajući da jeizduženje užadi δB = BB′′ i δC = CC′′ na osnovu trouglova △BB′′B′ i △CC′′C′ imamoda je
∆B = BB′ =δBsinα
(2.34–2)
∆C = CC′ =δCsinβ
(2.34–3)
D
B= !"""""
A B C
C'
C'' B''
B' C= !"""""
C= !!"""""
!"C= !"""""
C
C'
C''
!
B
B'
B''"B= !"""""
D= !!""""""
! "!
Slika 2.34–3: Dijagram pomjeranja
Iz slike se također vidi da su trouglovi △ABB′ i △ACC′ slični, pa je:
BB′
CC′=AB
AC
odnosno
∆B
∆C
=
δBsinαδCsinβ
=LAB
LAC
(2.34–4)
106 2 Aksijalno naprezanje
Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap (2–2),dobija se:
∆B
∆C
=
FBLBD
EBDABD sinαFCLCD
ECDACD sinβ
=LAB
LAC
(2.34–5)
pa se za silu FC dobija:
FC =LBD
LCD
·ECD
EBD
·ACD
ABD
·LAC
LAB
·sinβ
sinα·FB
=2.236
3.162·200 ·109
200 ·109·3 · 10−4
3 · 10−4·3
2·sin 18.435◦
sin 26.565◦·FB
FC = 0.75FB
(2.34–6)
gdje su dužine štapova:
LBD =√
H2 + L2AB =
√
12 + 22 = 2.236m
LCD =√
H2 + L2AC =
√
12 + 32 = 3.162m
Sada se uvrštavanjem u izraz (2.34–1) dobija nepoznata sila FB :
FB =QLAC
3 (0.75 sinβ ·LAC + LAB · sinα)
=15 · 103 · 3
3 (0.75 sin18.435◦ · 3 + 2 · sin 26.565)= 9.34kN
gdje je
Q =1
2q0LAC =
1
210 · 103 · 3 = 15kN
Sada se iz (2.34–6) dobija sila FC
FC = 0.75FB = 0.75 · 9.34 = 7kN
Dakle, smjerovi sila, koje vladaju u užadima, su pravilno pretpostavljeni i užad su opte-rećena zatezanjem. Naponi u užadima izraza (2–1):
σBD =FB
ABD
=9.34 ·103
3 · 10−4= 31.13MPa
σCD =FC
ACD
=7 · 103
3 · 10−4= 23.33MPa
b) Deformacije užadi BD i CDDeformacije se mogu dobiti na osnovu Hookeovog zakona (1–6):
ǫBD =σBD
EBD
=31.13 ·106
200 · 109= 1.56 ·10−4
ǫCD =σCD
ECD
=23.33 ·106
200 ·109= 1.16 · 10−4
Statički neodređeni problemi 107
c) Vertikalno pomjeranje tačke C
Vertikalno pomjeranje tačke C dobiva se na osnovu V illotovog plana pomjeranja datogna slici 2.34–4 te izraza (2.34–3) (1–8):
∆C =δCsinα
=ǫCD ·LCD
sinα=
1.16 ·10−4 · 3.16
sin 18.43◦= 1.16mm
Poglavlje 3
Uvijanje
3.1 Osnovne formule
Sve formule se odnose na kružni poprečni presjek. Formule za odgovarajuće momente inercijenalaze se u Dodatku C.
Maksimalan tangencijalni napon:
τumax =Trmax
Io=
T
Wo
< τdoz (3–1)
Napon na udaljenosti ρ od ose uvijanja:
τu =T
Ioρ (3–2)
Polarni moment inercije otpora poprečnog presjeka (veza s polarnim momentom inercije):
Wo =Io
dmax/2(3–3)
Ugao uvijanja:
φ =TL
GIo< φmax (3–4)
Ugao uvijanja elementa sastavljenog iz više segmenata:
φ =∑
i
φi =∑
i
TiLi
GiIoi< φmax (3–5)
Ugao uvijanja elementa s kontinuiranom promjenom karakteristika/opterećenja:
φ =
∫ α
0
T (x)
G(x)Io(x)dx < φmax (3–6)
Uzdužni (relativni) ugao uvijanja:
θ =φ
L< θmax (3–7)
110 3 Uvijanje
Modul klizanja (veza s modulom elastičnosti)
G =E
2(1 + ν)(3–8)
Statički određeni problemi 111
3.2 Statički određeni problemi
Zadatak 3.1 Pri bušenju rupe u nogari stola, koristi se ručna bušilica s burgijom, prečnikad = 4mm (vidi sliku 3.1–1). Odrediti:
a) maksimalan tangencijalni napon, ako je momenat uvijanja jednak 0.3 Nm.
b) (uzdužni) ugao uvijanja, ako je materijal burgije čelik (E = 210 GPa, ν =0.33), a momentuvijanja kao pod a).
d
Slika 3.1–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 3.1: Podaci uz zadatak 3.1
d = 4 mm E = 210 GPa T = 0.3 Nm
ν = 0.33
a) Maksimalan tangencijalni napon
Maksimalan tangencijalni napon se određuje na osnovu izraza (3–1) pa je:
τmax =T
Wo
=0.3
12.566 ·10−9= 23.87MPa
pri čemu je polarni moment inercije otpora poprečnog presjeka za puni poprečni presjek,Wo, jednak:
Wo =d3π
16=
(4 · 10−3)3π
16= 12.566 ·10−9m3
b) Uzdužni ugao uvijanjaS obzirom da nije data dužina burgije, može se izračunati samo uzdužni ugao uvijanja,θ, koristeći izraze (3–4) i (3–7):
θ =T
GIo=
0.3
78.95 ·109 · 25.133 ·10−12= 0.151rad/m = 8.67◦/m
112 3 Uvijanje
gdje je polarni moment inercije:
Io =d4π
32=
(4 · 10−3)4π
32= 25.133 ·10−12m4
i modul klizanja:
G =E
2(1 + ν)=
210 ·109
2(1 + 0.33)= 78.95GPa
Zadatak 3.2 Šuplje čelično vratilo, koje je dio sistema za bušenje rupa u zemlji, kao naslici 3.2–1, ima vanjski prečnik d2 = 150 mm i unutrašnji prečnik od d1 =125 mm. Zaprimjenjeni moment uvijanja od 15 kNm odrediti:
a) maksimalan tangencijalni napon,
b) (uzdužni) ugao uvijanja (E = 210 GPa, ν =0.33).
d2 d1
Slika 3.2–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 3.2: Podaci uz zadatak 3.2
d2 = 150 mm E = 210 GPa T = 15 kNm
d1 = 125 mm ν = 0.33
a) Maksimalan tangencijalni napon
Maksimalan tangencijalni napon se određuje na osnovu izraza (3–1) pa je:
τmax =T
Wo
=15 · 103
3.431 ·10−4= 43.72MPa
Statički određeni problemi 113
pri čemu je polarni moment inercije otpora poprečnog presjeka za prstenasti poprečnipresjek, Wo
Wo = (1− ψ4)d32π
16= (1− 0.8334)
(150 · 10−3)3π
32= 3.341 ·10−4m3
uz
ψ =d1d2
=125
150= 0.833
b) Uzdužni ugao uvijanja
S obzirom da nije data dužina vratila, može se izračunati samo uzdužni ugao uvijanja, θ,koristeći izraze (3–4) i (3–7):
θ =T
GIo=
15 ·103
78.95 ·109 · 2.573 ·10−5= 0.0074rad/m = 0.423◦/m
pri čemu je polarni moment inercije za prstenasti poprečni presjek, Io, jednak:
Io = (1− ψ4)d42π
32= (1 − 0.8334)
(150 · 10−3)4π
32= 2.573 ·10−5m4
a modul klizanja:
G =E
2(1 + ν)=
210 · 109
2(1 + 0.33)= 78.95GPa
Zadatak 3.3 Šuplje čelično vratilo vanjskog prečnika 20 mm i debljine zida 5 mm, optere-ćeno je momentima uvijanja, kao na slici 3.3–1. Odredi ugao uvijanja, te raspored naponapo poprečnom presjeku na kraju B.
80 Nm
20 Nm
30 Nm
B
C
D
800 mm
600 mm
200 mm
A
Slika 3.3–1: Opis problema
114 3 Uvijanje
R j e š e nj e
Tabela 3.3: Podaci uz zadatak 3.3
d2 = 20 mm LBC = 0.8 m TB = 80 Nm
t = 5 mm LCD = 0.6 m TC = 20 Nm
LDA = 0.2 m TD = 30 Nm
Da bismo riješili zadatak neophodno je prvo skicirati dijagram momenata uvijanja vratila.S obzirom da je jedina nepoznata moment uvijanja u osloncu A, problem je statički određenpa se ne mora ni rješavati jednačina ravnoteže da bi se dobila nepoznata reakcija i skici-rao dijagram momenata uvijanja, nego je dovoljno krenuti od B prema osloncu A i redomnanositi momente uvijanja kako se primjenjuju. Ipak, radi kompletnosti izrade riješimo inepoznatu reakciju TA. Na slici 3.3–2 dat je prikaz opterećenja vratila koristeći vektore sdvije strelice (kako bi se razlikovali od vektora sila). Pri tome je usvojena analogija s aksi-jalno opterećenim elementima po kojoj vektor momenta uvijanja, koji ima smjer suprotansmjeru vekora normale na površinu, ima negativan karakter (moment uvijanja TB; u sm-jeru kazaljke na satu), a onaj u smjeru vektora normale na površinu ima pozitivan karakter(pretpostavljeni smjer momenta uvijanja TA). Postavimo sada jednačinu ravnoteže:
∑
T = 0 − TB + TC − TD − TA = 0
Odavde se dobiva da je:
TA = −TB + TC − TD = −80 + 20− 30 = −90Nm
Kako je dobijen negativan rezultat, smjer djelovanja momenta TA je pogrešno pretpostavljen.Dijagram momenta uvijanja ima oblik, kao na slici 3.3–2. Dakle, dio vratila BC izložen jemomentu uvijanja TBC = −TB = −80 Nm, dio CD momentu uvijanja TCD = −TB + TC =−80+20 = −60 Nm, i dio DA momentu uvijanja TDA = TCD−TD = TA = −60−30 = −90Nm. Sada možemo riješiti sve tražene veličine.
Ugao uvijanja na kraju B u odnosu na oslonac A dobija se kao zbir uglova uvijanjapojedinačnih segmenata. S obzirom na geometriju, opterećenja i materijal, vratilo se možepodijeliti na tri segmenta pa se ugao uvijanja dobija na osnovu izraza (3–5) kao:
φBA = φBC + φCD + φDA =TBCLBC
GBCIoBC
+TCDLCD
GCDIoCD
+TDALDA
GDAIoDA
=−80 ·0.8
78.95 ·109 · 1.473 ·10−8+
−60 ·0.6
78.95 ·109 · 1.473 ·10−8
+−90 ·0.2
78.95 ·109 · 1.473 ·10−8
φBA = −0.101 = −5.82◦
gdje je
IoBC= IoCD
= IoDA= (1− ψ4)
d42π
32= (1− 0.54)
(20 · 10−3)4π
32= 1.473 ·10−8m4
ψ =d1d2
=d2 − 2t
d2=
20− 2 · 5
20= 0.5
Statički određeni problemi 115
TC TD
B C D A
FA TB
0
T
-80 kNm
–TB –TB +TC
(TA)
–TB +TC –TD
-60 kNm -90 kNm
τmax
τmax
τmin
τmin
Slika 3.3–2: Dijagram momenata uvijanja i raspodjela napona
G =E
2(1 + ν)=
210 · 109
2(1 + 0.33)= 78.95GPa
pri čemu se za čelik usvaja E = 210 GPa i ν = 0.33. Negativna vrijednost ugla nam govorida se presjek B uvija u odnosu na presjek A u smjeru kretanja kazaljke na satu, odnosno uistom smjeru u kojem djeluje moment uvijanja TB.
Iz teorije je poznato da se napon mijenja linearno od ose uvijanja, gdje je nula, domaksimalne vrijednosti na površini. S obzirom da se radi o cijevi, imamo maksimalnuvrijednost napona na površini presjeka B, koju dobivamo na osnovu izraza (3–1):
τmax =TBC
Wo
=80
1.473 ·10−6= 54.33MPa
pri čemu je polarni moment inercije otpora poprečnog presjeka za prstenasti poprečni presjek,Wo, jednak:
Wo = (1− ψ4)d32π
16= (1− 0.54)
(20 · 10−3)3π
32= 1.473 ·10−6m3
a minimalan napon je na unutrašnjoj površini cijevi i računa se prema obrascu (3–2) zaρ = d1 (mada vrijedi i τmax : τmin = d2 : d1 pa se napon može izračunati i iz ove proporcije):
τmax =TBC
Io
d12
=TBC
Io·d2 − 2t
2=
80
1.473 ·10−8·20 · 10−3 − 2 · 5 · 10−3
2
τmax = 27.162MPa
Raspodjela napona po poprečnom presjeku data je na slici 3.3–2.
116 3 Uvijanje
Zadatak 3.4 Šuplje čelično vratilo vanjskog prečnika 40 mm i debljine zida 10 mm, op-terećeno je momentima uvijanja, kao na slici 3.4–1. Odredi ugao uvijanja u presjeku B uodnosu na presjek A, te raspored napona po poprečnom presjeku na kraju B.
500 Nm
200 Nm
400 Nm
B
C
D
A
300 Nm
300 mm
400 mm
500 mm
Slika 3.4–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 3.4: Podaci uz zadatak 3.4
d2 = 40 mm LAC = 0.3 m TA = 300 Nm
t = 10 mm LCD = 0.4 m TC = 500 Nm
LDB = 0.5 m TD = 200 Nm
TB = 400 Nm
Da bismo riješili zadatak neophodno je prvo skicirati dijagram momenata uvijanja vratila.No, prije toga, s obzirom da nema nepoznatih opterećenja koja djeluju na vratilo, provjerimoda li se vratilo nalazi u statičkoj ravnoteži. Za tu svrhu koristićemo skicu opterećenja, kao naslici 3.4–2, gdje su pojedini momenti uvijanja prikazani pomoću vektora s dvije strelice um-jesto uobičajenog označavanja zakrivljenim strelicama (smjer djelovanja momenta uvijanjaodređuje se pravilom desne ruke, a predznak momenta uvijanja se usvaja prema analogiji saksijalno opterećenim elementima; negativan karakter ima onaj moment uvijanja kod kojegvektor momenta uvijanja ima smjer suprotan vektoru normale na površinu, odnosno smjerkretanja kazaljke na satu.). Izračunajmo zbir momenata uvijanja za kraj A:
∑
T = −TA + TC + TD − TA = −300 + 500 + 200− 400 = 0
S obzirom da je zbir momenata uvijanja jednak nuli, vratilo se nalazi u statičkoj ravnotežipa možemo nacrtati dijagram momenata uvijanja, kao što je dato na slici 3.4–2. Pri tome,usvajamo da je smjer momenta uvijanja TA negativan, odnosno u smjeru kretanja kazaljkena satu kada se gleda prema presjeku B (smjer vektora momenta uvijanja je suprotan
Statički određeni problemi 117
smjeru vektora normale na površinu A). Dakle, dio vratila AC izložen je momentu uvijanjaTAC = −TA = −300 Nm, dio CD momentu uvijanja TCD = TAC − TC = −300+ 500 = 200Nm, i dio DB momentu uvijanja TDB = TCD + TD = TA = 200 + 200 = 400 Nm. Sada
τmax
τmax
τmin
τmin
TC TD
0
T
200 kNm -TA
-TA +TC
(TB)
-TA +TC+TD
A C D B
TB TA TC TD
200 kNm
400 kNm
Slika 3.4–2: Dijagram momenata uvijanja i raspodjela napona
možemo riješiti sve tražene veličine.Ugao uvijanja na kraju B u odnosu na oslonac A dobija se kao zbir uglova uvijanja
pojedinačnih segmenata. S obzirom na geometriju, opterećenja i materijal, vratilo se možepodijeliti na tri segmenta pa se ugao uvijanja dobija na osnovu izraza (3–5) kao:
φBA = φAC + φCD + φDB =TACLAC
GACIoAC
+TCDLCD
GCDIoCD
+TDBLDB
GDBIoDB
=−300 ·0.3
78.95 ·109 · 2.356 ·10−7+
200 ·0.4
78.95 ·109 · 2.356 ·10−7
+400 · 0.5
78.95 ·109 · 2.356 ·10−7
φBA = 0.01 = 0.585◦
gdje je
IoAC= IoCD
= IoDB= (1− ψ4)
d42π
32= (1 − 0.54)
(40 · 10−3)4π
32= 2.356 ·10−7m4
ψ =d1d2
=d2 − 2t
d2=
40− 2 · 10
40= 0.5
G =E
2(1 + ν)=
210 · 109
2(1 + 0.33)= 78.95GPa
118 3 Uvijanje
pri čemu se za čelik usvaja E = 210 GPa i ν = 0.33. Pozitivna vrijednost ugla nam govorida se presjek B uvija u odnosu na presjek A u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke nasatu, odnosno u smjeru suprotnom od smjera momenta uvijanja TA.
Iz teorije je poznato da se napon mijenja linearno od ose uvijanja, gdje je nula, domaksimalne vrijednosti na površini. S obzirom da se radi o cijevi, imamo maksimalnuvrijednost napona na površini presjeka B, koju dobivamo na osnovu izraza (3–1):
τmax =TDB
Wo
=400
1.178 ·10−5= 33.95MPa
pri čemu je polarni moment inercije otpora poprečnog presjeka za prstenasti poprečni presjek,Wo, jednak:
Wo = (1 − ψ4)d32π
16= (1− 0.54)
(40 · 10−3)3π
32= 1.178 ·10−5m3
a minimalan napon je na unutrašnjoj površini cijevi i računa se prema obrascu (3–2) zaρ = d1 (mada vrijedi i τmax : τmin = d2 : d1 pa se napon može izračunati i iz ove proporcije):
τmax =TDB
Io
d12
=TDB
Io·d2 − 2t
2=
400
2.356 ·10−7·40 ·10−3 − 2 · 10 · 10−3
2
τmax = 16.98MPa
Raspodjela napona po poprečnom presjeku data je na slici 3.4–2.
Zadatak 3.5 Puno čelično vratilo sastavljeno iz dva dijela 1 i 2 opterećeno je momentimauvijanja, kao na slici 3.5–1. Odrediti:
a) ugao uvijanja presjeka D u odnosu na presjek A,
b) maksimalan napon u presjeku C.
Podaci: E = 200 GPa, ν = 0.3, D1 = 1.25D2 = 125 mm, L1 = 2L2 = 2LAB = 500 mm,TB = TD = 20 kNm.
0
T
TD TD +TB (=TA)
FD
A B C D
TB
1 2
40 kNm
TA
20 kNm
Slika 3.5–1: Opis problema
Statički određeni problemi 119
R j e š e nj e
Tabela 3.5: Podaci uz zadatak 3.5
D1 = 125 mm E = 200 GPa TB = 20 kNm
D1 = 1.25D2 ν = 0.3 TD = 20 kNm
L1 = 500 mm
L1 = 2L2 = 2LAB
Slično prethodnim zadacima, neophodno je prvo skicirati dijagram momenata uvijanjavratila. S obzirom da je jedina nepoznata moment uvijanja u osloncu A problem je statičkiodređen pa se ne mora ni rješavati jednačina ravnoteže da bi se dobila nepoznata reakcijai skicirao dijagram momenata uvijanja, nego je dovoljno krenuti s desne, poznate, straneprema osloncuA i redom nanositi momente uvijanja kako se primjenjuju. Ipak, radi komplet-nosti izrade riješimo i nepoznatu reakciju. Pretpostavljajući da je smjer djelovanja momentaTA pozitivan (u smjeru vektora normale na površinu A, suprotno kretanju kazaljke na satu)možemo postaviti jednačinu ravnoteže (vidi sliku 3.5–2):
∑
T = 0 TA − TB − TD = 0
Odavde se dobiva da je:
TA = TB + TD = 20 + 20 = 40kNm
pa je smjer djelovanja momenta TA pravilno pretpostavljen. Dijagram momenta uvijanja imaoblik kao na slici 3.5–2. Dakle, dio vratila AB izložen je momentu uvijanja TAB = TA = 20kNm, a dio BD (i BC i CD) momentu uvijanja TBC = TCD = TAB − TB = 40 − 20 = 20kNm. Sada možemo riješiti sve tražene veličine.
0
T
TD
TA (TD +TB)
FD
A B C D
TB
1 2
40 kNm
TA
20 kNm
Slika 3.5–2: Dijagram momenata uvijanja
a) Ugao uvijanja presjeka D u odnosu na presjek A
Ugao uvijanja presjeka D u odnosu na oslonac A dobija se kao zbir uglova uvijanjapojedinačnih segmenata. S obzirom na geometriju, opterećenja i materijal, vratilo se
120 3 Uvijanje
može podijeliti na tri segmenta pa se ugao uvijanja dobija na osnovu izraza (3–5) kao:
φDA = φAB + φBC + φCD =TABLAB
GABIoAB
+TBCLBC
GBCIoBC
+TCDLCD
GCDIoCD
=40 · 103 · 0.25
76.92 ·109 · 2.397 ·10−5+
20 · 103 · 0.25
76.92 ·109 · 2.397 ·10−5
+20 ·103 · 0.25
76.92 ·109 · 9.817 ·10−6
φDA = 0.015 = 0.845◦
gdje je
LAB = L2 =L1
2=
500 · 10−3
2= 0.25m
IoAC= IoAB
= IoBC=D4
1π
32=
(125 ·10−3)4π
32= 2.397 ·10−5m4
IoCD=D4
2π
32=
0.14π
32= 9.817 ·10−6m4
D2 =D1
1.25=
125 · 10−3
1.25= 0.1m
GAB = GBC = GCD =E
2(1 + ν)=
200 ·109
2(1 + 0.3)= 76.923GPa
Pozitivna vrijednost ugla nam govori da se presjek D uvija u odnosu na presjek A usmjeru obrnutom od kretanja kazaljke na satu.
b) Maksimalan napon u presjeku C
Na osnovu izraza za maksimalan napon usljed uvijanja (3–1) vidi se da je napon obrnutoproporcionalan polarnom momentu (otpora) poprečnog presjeka. Kako je u presjeku Cmoment uvijanja kontinuiran (jednak TD), onda je maksimalna vrijednost napona, uzzanemarivanje koncentracije napona, na strani manjeg poprečnog presjeka pa je:
τmax =TCD
IoCD
D2
2=
20 · 103
9.817 ·10−6·100 · 10−3
2= 101.86MPa
Zadatak 3.6 Za puno čelično vratilo AD sastavljeno iz dva dijela 1 i 2 te opterećeno mo-mentima uvijanja, kao na slici 3.6–1, treba :
a) skicirati dijagram momenata uvijanja vratila AD,
b) izračunati ugao uvijanja presjeka D u odnosu na presjek A,
c) izračunati maksimalan napon uvijanja u presjeku C.
Podaci: E = 200 GPa, ν = 0.3, D1 = 1.2D2 = 120 mm, L1 = 1.5L2 = 2LAB = 300 mm,2TB = 3TC = TD = 60 kNm.
Statički određeni problemi 121
D1 D2
L1 L2
TD
A B C D
TB
1 2
LAB TC
Slika 3.6–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 3.6: Podaci uz zadatak 3.6
D1 = 120 mm E = 200 GPa TD = 60 kNm
D1 = 1.2D2 ν = 0.3 2TB = 3TC = TD
L1 = 300 mm
L1 = 1.5L2 = 2LAB
Zadatak je varijanta prethodnog zadatka pa je postupak rješavanja isti. S obzirom da jejedina nepoznata moment uvijanja u osloncu A problem je statički određen pa se ne morani rješavati jednačina ravnoteže da bi se dobila nepoznata reakcija i skicirao dijagram mo-menata uvijanja, nego je dovoljno krenuti s desne, poznate, strane prema osloncu A i redomnanositi momente uvijanja kako se primjenjuju. Ipak, radi kompletnosti izrade riješimo inepoznatu reakciju. Pretpostavljajući da je smjer djelovanja momenta TA pozitivan (u sm-jeru vektora normale na površinu A, suprotno kretanju kazaljke na satu) možemo postavitijednačinu ravnoteže (vidi sliku 3.6–2):
∑
T = 0 TA − TB + TC + TD = 0
Odavde se dobiva da je:
TA = TB − TC − TD = 30− 20− 60 = −50kNm
pa je smjer djelovanja momenta TA pogrešno pretpostavljen.
a) Dijagram momenata uvijanja vratila AD
Dijagram momenta uvijanja ima oblik kao na slici 3.6–2. Dakle, dio vratila AB izložen jemomentu uvijanja TAB = TA = −50 kNm, dio BC momentu uvijanja TBC = TAB−TB =−50−30 = −80 kNm, a dio CD momentu uvijanja TCD = −TD = TBC+TC = −80+20 =−60 kNm.
b) Ugao uvijanja presjeka D u odnosu na presjek A
Ugao uvijanja presjeka D u odnosu na oslonac A dobija se kao zbir uglova uvijanjapojedinačnih segmenata. S obzirom na geometriju, opterećenja i materijal, vratilo se
122 3 Uvijanje
-60 kNm
0
T
-TD -TD -TC+TB (=TA) -TD -TC
TD
A B C D
TB
1 2
TC
-80 kN -50 kNm
TA
Slika 3.6–2: Dijagram momenata uvijanja
može podijeliti na tri segmenta pa se ugao uvijanja dobija na osnovu izraza (3–5) kao:
φDA = φAB + φBC + φCD =TABLAB
GABIoAB
+TBCLBC
GBCIoBC
+TCDLCD
GCDIoCD
=−50 ·103 · 0.15
76.92 ·109 · 2.036 ·10−5+
−80 ·103 · 0.15
76.92 ·109 · 2.036 ·10−5
+−60 ·103 · 0.2
76.92 ·109 · 9.817 ·10−6
φDA = −0.028rad = −1.624◦
gdje je
LAB =L1
2=
300 ·10−3
2= 0.15m
L2 =L1
1.5=
300 ·10−3
1.5= 0.2m
IoAC= IoAB
= IoBC=D4
1π
32=
(120 ·10−3)4π
32= 2.036 ·10−5m4
IoCD=D4
2π
32=
0.14π
32= 9.817 ·10−6m4
D2 =D1
1.2=
120 ·10−3
1.2= 0.1m
GAB = GBC = GCD =E
2(1 + ν)=
200 ·109
2(1 + 0.33)= 76.923GPa
Negativna vrijednost ugla nam govori da se presjek D uvija u odnosu na presjek A usmjeru kretanja kazaljke na satu.
c) Maksimalan napon uvijanja u presjeku C
Na osnovu izraza za maksimalan napon usljed uvijanja (3–1) vidi se da je napon obr-nuto proporcionalan polarnom momentu (otpora) poprečnog presjeka i direktno propor-cionalan momentu uvijanja. Kako se u presjeku C mijenja i moment uvijanja i poprečni
Statički određeni problemi 123
presjek, neophodno je izračunati maksimalne napone s lijeve (l) i s desne (d) stranepresjeka C pa imamo
τmaxCl=TBC
IoBC
D1
2=
80 · 103
2.036 ·10−5·120 ·10−3
2= 235.8MPa
τmaxCd=TCD
IoCD
D2
2=
60 · 103
9.817 ·10−6·100 ·10−3
2= 305.58MPa
Maksimalna vrijednost tangencijalnog napona u presjeku C je veća od dvije izračunatevrijednosti (s desne strane), odnosno τmax = 305.58 MPa.
Zadatak 3.7 Za puno vratilo od legure aluminijuma, sastavljeno iz dva dijela 1 i 2, teopterećeno momentima uvijanja, kao na slici 3.7–1, treba :
a) skicirati dijagram momenata uvijanja vratila AD,
b) izračunati ugao uvijanja u presjeku A u odnosu na presjek D,
c) izračunati maksimalan napon uvijanja u presjeku C.
Podaci: E = 70 GPa, ν = 0.35, D1 = 1.2D2 = 60 mm, L1 = 1.5L2 = 2LAB = 240 mm,2TA = 3TB = TC = 3 kNm.
D1 D2
L1 L2
TA
A B C D
TB
1 2
LAB TC
Slika 3.7–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 3.7: Podaci uz zadatak 3.7
D1 = 60 mm E = 70 GPa TD = 3 kNm
D1 = 1.2D2 ν = 0.35 2TA = 3TB = TC
L1 = 240 mm
L1 = 1.5L2 = 2LAB
Zadatak je varijanta prethodnog zadatka pa je postupak rješavanja isti. S obzirom da jejedina nepoznata moment uvijanja u osloncu D problem je statički određen pa se ne morani rješavati jednačina ravnoteže da bi se dobila nepoznata reakcija i skicirao dijagram mo-menata uvijanja, nego je dovoljno krenuti s lijeve, poznate, strane prema osloncu D i redomnanositi momente uvijanja kako se primjenjuju. Ipak, radi kompletnosti izrade riješimo i
124 3 Uvijanje
nepoznatu reakciju. Pretpostavljajući da je smjer djelovanja momenta TD pozitivan (u sm-jeru vektora normale na površinu D, suprotno kretanju kazaljke na satu) možemo postavitijednačinu ravnoteže (vidi sliku 3.7–2):
∑
T = 0 − TA + TB + TC − TD = 0
Odavde se dobiva da je:
TD = −TA + TB + TC = −1.5 + 1 + 3 = 2.5kNm
pa je smjer djelovanja momenta TD pravilno pretpostavljen.
a) Dijagram momenata uvijanja vratila AD
Dijagram momenta uvijanja ima oblik kao na slici 3.7–2. Dakle, dio vratila AB izloženje momentu uvijanja TAB = −TA = −1.5 kNm, dio BC momentu uvijanja TBC =TAB+TB = −1.5+1 = −0.5 kNm, i dio CD momentu uvijanja TCD = −TD = TBC+TC =−0.5 + 3 = 2.5 kNm.
0
T
-TA -TA+TB
TD
A B C D
FB
1 2
FC
-0.5 kNm -1.5 kNm
FA
2.5 kNm -TA +TB +TC
(=TD)
Slika 3.7–2: Dijagram momenata uvijanja
b) Ugao uvijanja presjeka A u odnosu na presjek DUgao uvijanja presjeka A u odnosu na oslonac D dobija se kao zbir uglova uvijanjapojedinačnih segmenata. S obzirom na geometriju, opterećenja i materijal, vratilo semože podijeliti na tri segmenta pa se ugao uvijanja dobija na osnovu izraza (3–5) kao:
φAD = φAB + φBC + φCD =TABLAB
GABIoAB
+TBCLBC
GBCIoBC
+TCDLCD
GCDIoCD
=−1.5 ·103 · 0.12
25.93 ·109 · 1.272 ·10−6+
−0.5 · 103 · 0.12
25.93 ·109 · 1.272 ·10−6
+2.5 · 103 · 0.16
25.93 ·109 · 6.136 ·10−7
φAD = 0.018rad = 1.024◦
gdje je
LAB =L1
2=
240 ·10−3
2= 0.12m
Statički određeni problemi 125
LBC = L1 − LAB = 240 · 10−3 − 120 · 10−3 = 0.12m
L2 =L1
1.5=
240
1.5= 160mm
IoAC= IoAB
= IoBC=D4
1π
32=
(60 · 10−3)4π
32= 1.272 ·10−6m4
IoCD=D4
2π
32=
(50 · 10−3)4π
32= 6.136 ·10−7m4
D2 =D1
1.2=
60 · 10−3
1.2= 50mm
GAB = GBC = GCD =E
2(1 + ν)=
70 · 109
2(1 + 0.35)= 25.926GPa
Pozitivna vrijednost ugla nam govori da se presjek D uvija u odnosu na presjek A usmjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu (suprotna je smjeru momenta TA).
c) Maksimalan napon uvijanja u presjeku C.Na osnovu izraza za maksimalan napon usljed uvijanja (3–1) vidi se da je napon obr-nuto proporcionalan polarnom momentu (otpora) poprečnog presjeka i direktno propor-cionalan momentu uvijanja. Kako se u presjeku C mijenja i moment uvijanja i poprečnipresjek, neophodno je izračunati maksimalne napone s lijeve (l) i s desne (d) stranepresjeka C pa imamo
τmaxCl=TBC
IoBC
D1
2=
0.5 · 103
1.272 ·10−6·60 ·10−3
2= 11.8MPa
τmaxCd=TCD
IoCD
D2
2=
2.5 · 103
6.136 ·10−7·50 · 10−3
2= 101.86MPa
Maksimalna vrijednost tangencijalnog napona u presjeku C je veća od dvije izračunatevrijednosti (s desne strane), odnosno τmax = 101.86 MPa.
Zadatak 3.8 Vratilo sastavljeno iz dva dijela od različitih materijala 1 i 2, opterećeno jemomentima uvijanja, kao na slici 3.8–1. Odrediti:
a) ugao uvijanja presjeka D u odnosu na presjek A,
b) maksimalan napon u presjeku C.
Podaci: E1 = 200 GPa, ν1 = 0.3, E2 = 150 GPa, ν2 = 0.35, D1 = D2 = 125 mm,L1 = L2 = 2LAB = 500 mm, 3TA = TB = 1.5TD = 120 Nm.
R j e š e nj e
Da bismo riješili zadatak neophodno je prvo skicirati dijagram momenata uvijanja vratila.No, prije toga, s obzirom da nema nepoznatih opterećenja koja djeluju na vratilo, provjerimoda li se vratilo nalazi u statičkoj ravnoteži. Za tu svrhu koristićemo skicu opterećenja, kaona slici 3.8–2, gdje su pojedini momenti uvijanja prikazani pomoću vektora s dvije strelice(smjer djelovanja momenta uvijanja određuje se pravilom desne ruke, a predznak momentauvijanja se usvaja prema analogiji s aksijalno opterećenim elementima; negativan karakterima onaj moment uvijanja kod kojeg vektor momenta uvijanja ima smjer suprotan vektoru
126 3 Uvijanje
L1 L2
A B C D
1 2
TA
TB
TD
LAB
D1 D2
Slika 3.8–1: Opis problema
Tabela 3.8: Podaci uz zadatak 3.8
D1 = 125 mm E1 = 200 GPa TD = 120 kNm
D1 = D2 = D ν1 = 0.3 3TA = TB = 1.5TD
L1 = 500 mm E2 = 150 GPa
L1 = L2 = 2LAB ν2 = 0.35
normale na površinu, odnosno smjer kretanja kazaljke na satu.). Izračunajmo zbir momenatauvijanja za kraj A:
∑
T = TA − TB + TD = 40− 120 + 80 = 0
gdje je:
TA =120
3= 40Nm TB =
120
1.5= 80Nm
S obzirom da je zbir momenata uvijanja jednak nuli, vratilo se nalazi u statičkoj ravnotežipa možemo nacrtati dijagram momenata uvijanja, kao što je dato na slici 3.8–2. Pri tome,usvajamo da je smjer momenta uvijanja TA pozitivan. Dakle, dio vratila AB izložen jemomentu uvijanja TAB = TA = 40 Nm, a dio BD (i BC i CD) momentu uvijanja TBC =TCD = TAB − TB = 40− 120 = −80 Nm. Sada možemo riješiti sve tražene veličine.
0
T
TA
A D
1 2
TA -TB
(=TD)
TA TD TB
C B
Slika 3.8–2: Dijagram momenata uvijanja
Statički određeni problemi 127
a) Ugao uvijanja presjeka D u odnosu na presjek A
Ugao uvijanja presjeka D u odnosu na oslonac A dobija se kao zbir uglova uvijanjapojedinačnih segmenata. S obzirom na geometriju, opterećenja i materijal, vratilo semože podijeliti na tri segmenta pa se ugao uvijanja dobija na osnovu izraza (3–5) kao:
φDA = φAB + φBC + φCD =TABLAB
GABIoAB
+TBCLBC
GBCIoBC
+TCDLCD
GCDIoCD
=40 · 0.25
76.92 ·109 · 2.397 ·10−5+
−80 ·0.25
76.92 ·109 · 2.397 ·10−5
+−80 ·0.5
55.56 ·109 · 2.397 ·10−5
φDA = −0.035 = −2.032◦
gdje je
LAB =L1
2=
500
2= 250mm
IoAC= IoCD
= IoAB= IoBC
=D4
1π
32=
(125 · 10−3)4π
32= 2.397 ·10−5m4
GAB = GBC = G1 =E1
2(1 + ν1)=
200 ·109
2(1 + 0.3)= 76.923GPa
GCD = G2 =E2
2(1 + ν2)=
150 · 109
2(1 + 0.35)= 55.56GPa
Negativna vrijednost ugla nam govori da se presjek D uvija u odnosu na presjek A usmjeru kretanja kazaljke na satu.
b) Maksimalan napon u presjeku C
Na osnovu izraza za maksimalan napon usljed uvijanja (3–1) vidi se da je napon obr-nuto proporcionalan polarnom momentu (otpora) poprečnog presjeka i direktno propor-cionalan momentu uvijanja. S obzirom da su moment uvijanja i prečnik vratila jednaki sobje strane presjeka C maksimalna vrijednost napona jednaka je s lijeve i s desne stranepresjeka C, nalazi se na vanjskoj površini vratila i iznosi:
τmax =TBC
Io
D
2=
80 · 103
2.397 ·10−5·125 ·10−3
2= 208.61MPa
Zadatak 3.9 Čelično vratilo, sastavljeno iz dva dijela – punog dijela AB prečnika dAB = 60mm i cijevi CD, vanjskog prečnika dCD = 90 mm i debljine stijenke tCD = 6 mm,opterećeno je momentom uvijanja, kao na slici 3.9–1. Odrediti maksimalan moment uvijanjakoji se može primjeniti, ako je dozvoljeni napon usljed uvijanja τ = 100 MPa.
Ostali podaci: E = 200 GPa, ν = 0.3, LAB = LCD = 200 mm.
128 3 Uvijanje
90 mm
C
T
A
dAB
B
D
Slika 3.9–1: Opis problema uz zadatke 3.9 i 3.10
R j e š e nj e
Tabela 3.9: Podaci uz zadatak 3.9
dAB = 60 mm E = 200 GPa τdoz = 100 MPa
dCD = 90 mm ν = 0.3
tCD = 6 mm
LAB = LCD = 200 mm
Na osnovu slike 3.9–1 je jasno da se radi o statički određenom problemu, pri čemu je čitavovratilo opterećeno konstantnim momentom uvijanja T . Vrijednost momenta uvijanja, kojisvaki dio vratila može izdržati, dobija se iz izraza (3–1):
Tmax = τdoz
2Iod
pa ćemo imati dvije vrijednosti za dva dijela vratila:
TmaxAB= τdoz
2IoAB
dAB
= 100 ·1062 · 1.272 ·10−6
60 · 10−3= 4.24kNm
gdje je:
IoAB=d4ABπ
32=
(60 · 10−3)4π
32= 1.272 ·10−6m4
i
TmaxCD= τdoz
2IoCD
dCD
= 100 ·1062 · 2.807 ·10−6
90 · 10−3= 6.238kNm
gdje je:
IoCD= (1 − ψ4)
d4CDπ
32= (1− 0.8674)
(90 · 10−3)4π
32= 2.807 ·10−6m4
ψ =dCD − 2tCD
dCD
=90− 2 · 6
90= 0.867
Statički određeni problemi 129
Sada se može zaključiti da je maksimalan momenat uvijanja, koji se može primjeniti nazadato vratilo, jednak minimalnoj vrijednosti dva izračunata momenta uvijanja, odnosnoTmax = 4.24 kNm.
Zadatak 3.10 Vratilo, sastavljeno iz dva dijela – punog čeličnog dijela AB prečnika dAB =50 mm i aluminijumske cijevi CD, vanjskog prečnika dCD = 90 mm i debljine stijenketCD = 10 mm, opterećeno je momentom uvijanja, kao na slici 3.9–1. Odrediti maksimalanmoment uvijanja koji se može primjeniti, ako je dozvoljeni napon uvijanja za čelik τdozAB
=100 MPa, a aluminijum τdozCD
= 60 MPa. Ostali podaci: EAB = 200 GPa, νAB = 0.3,ECD = 70 GPa, νCD = 0.35, LAB = LCD = 300 mm.
R j e š e nj e
Tabela 3.10: Podaci uz zadatak 3.10
dAB = 50 mm EAB = 200 GPa τdozAB= 100 MPa
dCD = 90 mm νAB = 0.3 τdozCD= 70 MPa
tCD = 10 mm ECD = 70 GPa
LAB = LCD = 300 mm νAB = 0.35
Problem je identičan onom u prethodnom zadatku, s razlikama u vrsti materijala i di-menzijama. Na osnovu slike 3.9–1 je jasno da se radi o statički određenom problemu, pričemu je čitavo vratilo opterećeno konstantnim momentom uvijanja T . Vrijednost momentauvijanja, koji svaki dio vratila može izdržati, dobija se iz izraza (3–1):
Tmax = τdoz
2Iod
pa ćemo imati dvije vrijednosti za dva dijela vratila:
TmaxAB= τdozAB
2IoAB
dAB
= 100 · 1062 · 6.136 ·10−7
50 · 10−3= 2.45kNm
gdje je:
IoAB=d4ABπ
32=
(50 · 10−3)4π
32= 6.136 ·10−7m4
i
TmaxCD= τdozCD
2IoCD
dCD
= 60 · 1062 · 4.084 ·10−6
90 ·10−3= 5.45kNm
gdje je:
IoCD= (1− ψ4)
d4CDπ
32= (1− 0.7784)
(90 · 10−3)4π
32= 4.084 ·10−6m4
ψ =dCD − 2tCD
dCD
=90− 2 · 10
90= 0.778
Sada se može zaključiti da je maksimalan momenat uvijanja, koji se može primjeniti nazadato vratilo, jednak minimalnoj vrijednosti dva izračunata momenta uvijanja, odnosnoTmax = 2.45 kNm.
130 3 Uvijanje
Zadatak 3.11 Momenti uvijanja djeluju na puno čelično vratilo, kao što je prikazano naslici 3.11–1 (u osloncima A i E nalaze se ležajevi). Odrediti:
a) ugao uvijanja diska C u odnosu na disk B i oslonac A,
b) maksimalni napon u vratilu BC,
c) dimenzije šupljeg vratila od aluminijuma kojim bi trebalo zamijeniti dio CD, ako se znada je odnos vanjskog i unutrašnjeg prečnika 1.2. Proračun uraditi prema kriterijumučvrstoće. Uzeti da je dozvoljeni tangencijalni napon τdoz = 75 MPa.
Ostali podaci: DBC = 30 mm.
900 Nm
500 Nm B
C
A 400 Nm
D E
1 m
0.5 m
0.8 m
0.6 m
Slika 3.11–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 3.11: Podaci uz zadatak 3.11
DAB = DBC = 30 mm LAB = 0.6 m TB = 400 Nm
DCD = DDE = 36 mm LBC = 0.8 m TC = 900 Nm
LCD = 1 m TD = 500 Nm
LDE = 0.5 m τdoz = 75 MPa
Da bismo riješili zadatak neophodno je prvo skicirati dijagram momenata uvijanja vratila.No, prije toga, s obzirom da nema nepoznatih opterećenja koja djeluju na vratilo, provjerimoda li se vratilo nalazi u statičkoj ravnoteži. Za tu svrhu koristićemo skicu opterećenja, kaona slici 3.11–2, gdje su pojedini momenti uvijanja prikazani pomoću vektora s dvije strelice(smjer djelovanja momenta uvijanja određuje se pravilom desne ruke, a predznak momentauvijanja se usvaja prema analogiji s aksijalno opterećenim elementima; negativan karakterima onaj moment uvijanja kod kojeg vektor momenta uvijanja ima smjer suprotan vektorunormale na površinu, odnosno smjer kretanja kazaljke na satu.). Izračunajmo zbir momenatauvijanja za kraj A:
∑
T = TB − TC + TD = −400 + 900− 500 = 0
Statički određeni problemi 131
S obzirom da je zbir momenata uvijanja jednak nuli, vratilo se nalazi u statičkoj ravnotežipa možemo nacrtati dijagram momenata uvijanja, kao što je dato na slici 3.11–2. Pritome, usvajamo da je smjer momenta uvijanja TB pozitivan. Dakle, dijelovi vratila ABi DE nisu izloženi nikakvim momentima uvijanja (u osloncima A i E nalaze se ležajevi),dio BC je izložen momentu uvijanja TBC = TB = 400 Nm i dio CD momentu uvijanjaTCD = TD = TBC −TB = 400− 900 = −500 Nm. Sada možemo riješiti sve tražene veličine.
-500 kNm
TC TD
0
T400 kNm
TB
TB -TC
(=TD)
C D E
TB TC TD
A B
Slika 3.11–2: Dijagram momenata uvijanja
a) Ugao uvijanja diska C u odnosu na disk B i oslonac A
Ugao uvijanja diska C u odnosu na disk B ostaje konstantan do oslonca A s obzirom daje između oslonca A i diska B moment uvijanja jednak nuli. Traženi ugao uvijanja sedobija na osnovu izraza (3–4) kao:
φCB = φCA =TBCLBC
GBCIoBC
=400 ·0.8
78.95 ·109 · 7.952 ·10−8= 0.051rad = 2.92◦
gdje je
IoBC=D4
BCπ
32=
(30 · 10−3)4π
32= 7.952 ·10−8m4
GBC =E
2(1 + ν)=
210 · 109
2(1 + 0.33)= 78.947GPa
te usvojene vrijednosti E = 210 GPa i ν = 0.33 za čelik. Pozitivna vrijednost uglanam govori da se presjek D uvija u odnosu na presjek A u smjeru obrnutom od kretanjakazaljke na satu.
b) Maksimalni napon u vratilu BC
Maksimalan napon u dijelu vratila BC dobija se na osnovu izraza za (3–1)
τmax =TBC
IoBC
DBC
2=
400
7.952 ·10−8·30 · 10−3
2= 75.45MPa
132 3 Uvijanje
c) Dimenzije šupljeg vratila od aluminijumaDimenzionisanje na osnovu kriterija čvrstoće radi se na osnovu izraza (3–1):
τmax =TCD
WoCD
< τdoz (3.11–1)
pri čemu je za prstenasti poprečni presjek polarni moment inercije otpora poprečnogpresjeka jednak:
WoCD= (1 − ψ4)
D3CD1π
16(3.11–2)
uz ψ = DCD2/DCD1 = 1/1.2 = 0.833 prema uslovima zadatka, za DCD1 i DCD2 kaovanjski i unutrašnji prečnik zamjenskog vratila, respektivno.
Uvrštavajući izraz (3.11–2) u (3.11–1) dobija se traženi vanjski prečnik zamjenskog vratilakao:
DCD1 = 3
√
16|TCD|
τdoz(1− ψ4)π= 3
√
16| − 500|
75 · 106(1− 0.8334)π= 40.33mm
pa je unutrašnji prečnik jednak
DCD2 =DCD1
ψ=
40.33 ·10−3
1.2= 33.6mm
Zadatak 3.12 Momenti uvijanja djeluju na puno čelično vratilo, kao što je prikazano naslici 3.12–1. Odrediti:
a) ugao uvijanja diskova A i B u odnosu na disk C,
b) maksimalni napon u vratilu BC,
c) dimenzije šupljeg vratila od aluminijuma kojim bi trebalo zamijeniti dio CD, ako se znada je odnos vanjskog i unutrašnjeg prečnika 1.2. Proračun uraditi prema kriterijumučvrstoće. Uzeti da je dozvoljeni tangencijalni napon τdoz = 75 MPa.
Podaci: TA = 200 Nm, TB = 400 Nm, TC = 100 Nm, dAB = 20 mm, dBC = 30 mm,dCD = 25 mm, LAB = 200 mm, LBC = 300 mm, LCD = 250 mm.
B
C
A
D
dAB
dBC
dCD
TAB
TBC
TCD
Slika 3.12–1: Opis problema uz zadatke (3.12) i (3.13)
Statički određeni problemi 133
R j e š e nj e
Tabela 3.12: Podaci uz zadatak 3.12
dAB = 20 mm LAB = 0.2 m TA = 200 Nm
dBC = 30 mm LBC = 0.3 m TB = 400 Nm
dCD = 25 mm LCD = 0.25 m TC = 100 Nm
τdoz = 75 MPa
S obzirom da je jedina nepoznata moment uvijanja u osloncu D problem je statičkiodređen pa se ne mora ni rješavati jednačina ravnoteže da bi se dobila nepoznata reakcija iskicirao dijagram momenata uvijanja, nego je dovoljno krenuti s lijeve, poznate, strane premaosloncu D i redom nanositi momente uvijanja kako se primjenjuju. Ipak, radi kompletnostiizrade riješimo i nepoznatu reakciju. Pretpostavljajući da je smjer djelovanja momenta TDpozitivan (u smjeru vektora normale na površinu D, suprotno kretanju kazaljke na satu)možemo postaviti jednačinu ravnoteže (vidi sliku 3.12–2):
∑
T = 0 − TA + TB + TC − TD = 0
Odavde se dobiva da je:
TD = −TA + TB + TC = −200 + 400 + 100 = 300Nm
pa je smjer djelovanja momenta TD pravilno pretpostavljen i može se nacrtati dijagrammomenata uvijanja, kao što je dato na slici 3.12–2. Dakle, dio vratila AB je izložen momentuuvijanja TAB = TA = −200 Nm, dio BC je izložen momentu uvijanja TBC = TAB + TB =−200+400 = 200 Nm i dio CD momentu uvijanja TCD = TD = TBC+TB = 200+100 = 300Nm. Sada možemo riješiti sve tražene veličine.
TD
0
T
-200 kNm
-TA
-TA+TB+TC
(=TD)
C D
TA TC
A B
TB
-TA+TB
200 kNm
300 kNm
Slika 3.12–2: Dijagram momenata uvijanja
134 3 Uvijanje
a) Ugao uvijanja diskova A i B u odnosu na disk C
Ugao uvijanja diska B u odnosu na disk C dobija na osnovu izraza (3–4) kao:
φBC =TBCLBC
GBCIoBC
=200 ·0.3
78.95 ·109 · 7.952 ·10−8= 9.557 ·10−3rad = 0.548◦
gdje je
IoBC=D4
BCπ
32=
(30 · 10−3)4π
32= 7.952 ·10−8m4
GBC =E
2(1 + ν)=
210 ·109
2(1 + 0.33)= 78.947GPa
te usvojene vrijednosti E = 210 GPa i ν = 0.33 za čelik.
Ugao uvijanja diska A u odnosu na disk C dobija na osnovu izraza (3–5) kao:
φAC = φAB + φBC =TABLAB
GABIoAB
+ φBC
=−200 ·0.2
78.95 ·109 · 1.571 ·10−8+ 9.557 ·10−3 = −0.023rad = −1.301◦
gdje je
IoAB=D4
ABπ
32=
(20 · 10−3)4π
32= 1.571 ·104mm4
Pozitivna vrijednost ugla φBC nam govori da se presjek B uvija u odnosu na presjek Cu smjeru obrnutom od kretanja kazaljke na satu, a negativna vrijednost ugla φAC da sepresjek A uvija u odnosu na presjek C u smjeru kretanja kazaljke na satu.
b) Maksimalni napon u vratilu BC
Maksimalan napon u dijelu vratila BC dobija se na osnovu izraza za (3–1)
τmax =TBC
IoBC
dBC
2=
200
7.952 ·10−8·30 · 10−3
2= 37.73MPa
c) Dimenzije šupljeg vratila od aluminijuma
Dimenzionisanje na osnovu kriterija čvrstoće radi se na osnovu izraza (3–1):
τmax =TCD
WoCD
< τdoz (3.12–1)
pri čemu je za prstenasti poprečni presjek polarni moment inercije otpora poprečnogpresjeka jednak:
WoCD= (1 − ψ4)
d3CD1π
16(3.12–2)
uz ψ = DCD2/DCD1 = 1/1.2 = 0.833 prema uslovima zadatka, za DCD1 i DCD2 kaovanjski i unutrašnji prečnik zamjenskog vratila, respektivno.
Statički određeni problemi 135
Uvrštavajući izraz (3.12–2) u (3.12–1), uzimajući da je τdoz = 75 MPa, dobija se traženivanjski prečnik zamjenskog vratila:
DCD1 = 3
√
16|TCD|
τdoz(1− ψ4)π= 3
√
16|200|
75 · 106(1 − 0.8334)π= 34mm
pa je unutrašnji prečnik jednak
DCD2 =DCD1
ψ=
34 ·10−3
1.2= 28.3mm
Zadatak 3.13 Momenti uvijanja djeluju na puno čelično vratilo, kao što je prikazano naslici 3.12–1. Odrediti:
a) ugao uvijanja u tački B u odnosu na tačku D,
b) maksimalni napon u vratilu CD,
c) dimenzije šupljeg vratila od aluminijuma koje bi trebalo zamijeniti dio BC, ako se znada je odnos vanjskog i unutrašnjeg prečnika 1.25. Proračun uraditi prema kriterijumukrutosti (ugao uvijanja je jednak u oba slučaja!).
Podaci: TA = 300 Nm, TB = 600 Nm, TC = 200 Nm, dAB = 25 mm, dBC = 25 mm,dCD = 35 mm, LAB = 0.3 m, LBC = 0.4 m, LCD = 0.3 m.
R j e š e nj e
Tabela 3.13: Podaci uz zadatak 3.13
dAB = 25 mm LAB = 0.3 m TA = 300 Nm
dBC = 25 mm LBC = 0.4 m TB = 600 Nm
dCD = 35 mm LCD = 0.3 m TC = 200 Nm
Problem je identičan onom u prethodnom zadatku, pa je i postupak rješavanja identičan.S obzirom da je jedina nepoznata moment uvijanja u osloncu D problem je statički određenpa se ne mora ni rješavati jednačina ravnoteže da bi se dobila nepoznata reakcija i skici-rao dijagram momenata uvijanja, nego je dovoljno krenuti s lijeve, poznate, strane premaosloncu D i redom nanositi momente uvijanja kako se primjenjuju. Ipak, radi kompletnostiizrade riješimo i nepoznatu reakciju. Pretpostavljajući da je smjer djelovanja momenta TDpozitivan (u smjeru vektora normale na površinu D, suprotno kretanju kazaljke na satu)možemo postaviti jednačinu ravnoteže (vidi sliku 3.13–1):
∑
T = 0 − TA + TB + TC − TD = 0
Odavde se dobiva da je:
TD = −TA + TB + TC = −300 + 600 + 200 = 500Nm
pa je smjer djelovanja momenta TD pravilno pretpostavljen i možemo nacrtati dijagrammomenata uvijanja, kao što je dato na slici 3.13–1. Dakle, dio vratila AB je izložen momentuuvijanja TAB = TA = −300 Nm, dio BC je izložen momentu uvijanja TBC = TAB + TB =−300+600 = 300 Nm i dio CD momentu uvijanja TCD = TD = TBC+TB = 300+200 = 500Nm. Sada možemo riješiti sve tražene veličine.
136 3 Uvijanje
TD
0
T
–300 kNm
–TA
–TA+TB+TC
(=TD)
C D
TA TC
A B
TB
–TA+TB
300 kNm
500 kNm
Slika 3.13–1: Dijagram momenata uvijanja
a) Ugao uvijanja u tački B u odnosu na tačku DUgao uvijanja diska B u odnosu na oslonac D dobija na osnovu izraza (3–5) kao:
φBD = φBC + φCD =TBCLBC
GBCIoBC
+TCDLCD
GCDIoCD
=300 · 0.4
78.95 ·109 · 3.835 ·10−8+
500 ·0.3
78.95 ·109 · 1.473 ·10−7= 0.053rad = 3.01◦
gdje je
IoBC=d4BCπ
32=
(25 · 10−3)4π
32= 3.835 ·10−8m4
IoCD=d4CDπ
32=
(35 · 10−3)4π
32= 1.473 ·10−7m4
GBC = GCD =E
2(1 + ν)=
210 ·109
2(1 + 0.33)= 78.947GPa
a vrijednosti E = 210 GPa i ν = 0.33 su usvojene za čelični materijal. Pozitivnavrijednost ugla φBD nam govori da se presjek D uvija u odnosu na presjek A u smjeruobrnutom od kretanja kazaljke na satu.
b) Maksimalni napon u vratilu CDMaksimalan napon u dijelu vratila CD dobija se na osnovu izraza za (3–1)
τmax =TCD
IoCD
dCD
2=
500
1.473 ·10−7·35 ·10−3
2= 59.39MPa
c) Dimenzije šupljeg vratila od aluminijumaDimenzionisanje na osnovu kriterija krutosti radi se na osnovu izraza (3–4) pa se korište-njem uslova zadatka o jednakosti uglova uvijanja dobija:
φ =TBCLBC
G′BCI
′oBC
< φmax =TBCLBC
GBCIoBC
(3.13–1)
Statički određeni problemi 137
pri čemu se G′BC i I ′oBC
odnose na zamjensko vratilo od aluminijuma prstenastog popreč-nog presjeka, i iznose:
I ′oBC= (1 − ψ4)
D′BC
4π
32(3.13–2)
G′BC =
E′
2(1 + ν′)=
70 · 109
2(1 + 0.35)= 25.93GPa (3.13–3)
uz ψ = D′BC2/D
′BC1 = 1/1.25 = 0.8 prema uslovima zadatka, za D′
BC1 i D′BC2 kao
vanjski i unutrašnji prečnik zamjenskog vratila, respektivno.Uvrštavajući izraze (3.13–2) u (3.13–1), dobija se traženi vanjski prečnik zamjenskogvratila:
D′BC1 = 4
√
32GBCIoBC
(1 − ψ4)πG′BC
= 4
√
32 ·78.95 ·109 · 3.835 ·10−8
(1− 0.84)π · 25.93 ·109= 52.75mm
pa je unutrašnji prečnik jednak
D′CD2 =
D′CD1
ψ=
52.75 ·10−3
1.25= 42.2mm
Zadatak 3.14 Na slici 3.14–1 vratilo BC je šuplje s prečnicima 90 i 120 mm, a vratila ABi CD su puna s prečnikom d. Za opterećenja data na slici 3.14–1, treba:
a) skicirati dijagram momenata uvijanja vratila AD,
b) naći maksimalan i minimalan tangencijalni napon u vratilu BC,
c) odrediti potreban prečnik vratila CD, ako je dozvoljeni tangencijalni napon 65 MPa.
14 kNm
6 kNm
B
C
6 kNm
0.7 m
0.9 m
0.5 m
26 kNm
d
120/90 mm
d
Slika 3.14–1: Opis problema
R j e š e nj e
S obzirom da nema nepoznatih opterećenja koja djeluju na vratilo (nema oslonaca), prov-jerimo da li se vratilo nalazi u statičkoj ravnoteži. Za tu svrhu koristićemo skicu optereće-nja, kao na slici 3.14–2, gdje su pojedini momenti uvijanja prikazani pomoću vektora s dvije
138 3 Uvijanje
Tabela 3.14: Podaci uz zadatak 3.14
dBC1= 120 mm LAB = 0.9 m TA = 6 kNm
dBC2= 90 mm LBC = 0.7 m TB = 14 kNm
LCD = 0.5 m TC = 26 kNm
TD = 6 kNm
strelice (smjer djelovanja momenta uvijanja određuje se pravilom desne ruke, a predznakmomenta uvijanja se usvaja prema analogiji s aksijalno opterećenim elementima; negativankarakter ima onaj moment uvijanja kod kojeg vektor momenta uvijanja ima smjer suprotanvektoru normale na površinu, odnosno smjer kretanja kazaljke na satu.). Izračunajmo zbirmomenata uvijanja za kraj A:
∑
T = −TA − TB + TC − TD = −6− 14 + 26− 6 = 0
a) Skicirati dijagram momenata uvijanja vratila ADS obzirom da je zbir momenata uvijanja jednak nuli, vratilo se nalazi u statičkoj ravnotežipa možemo nacrtati dijagram momenata uvijanja, kao što je dato na slici 3.14–2. Pritome, usvajamo da je smjer momenta uvijanja TA negativan, odnosno u smjeru kretanjakazaljke na satu kada se gleda s vanjske strane poprečnog presjeka A. Dakle, dio vratilaAB je izložen momentu uvijanja TAB = −TA = −6 kNm, dio BC je izložen momentuuvijanja TBC = TAB − TB = −6 − 14 = −20 kNm i dio CD momentu uvijanja TCD =−TD = TBC + TC = −20 + 26 = 6 kNm.
TC TD
0
T
–6 kNm –TA
–TA–TB+TC
(=TD)
C D
TB TC TD
A B
TA
–TA–TB
–20 kNm
6 kNm
Slika 3.14–2: Dijagram momenata uvijanja
b) Maksimalan i minimalan tangencijalni napon u vratilu BCMaksimalan napon u dijelu vratila BC dobija se na osnovu izraza (3–1) pa je
τmax =TBC
WoBC
=20 · 103
2.319 ·10−4= 86.23MPa
gdje je
WoBC= (1− ψ4)
d4BC1π
16= (1− 0.754)
(120 · 10−3)3π
16= 2.319 ·10−4m3
Statički neodređeni problemi 139
ψ =dBC2
dBC1
=90
120= 0.75
Minimalan napon u dijelu vratila BC može se dobiti na osnovu proporcionalnosti:
τmin = τmax ·dBC2
dBC1
= 86.23 ·106 ·90 · 10−3
120 ·10−3= 64.67MPa
c) Potreban prečnik vratila CD
Dimenzionisanje na osnovu kriterija čvrstoće radi se na osnovu izraza (3–1):
τmax =TCD
WoCD
< τdoz (3.14–1)
pri čemu je zakružni poprečni presjek polarni moment inercije otpora poprečnog presjekajednak:
WoCD=d3π
16(3.14–2)
Uvrštavajući izraz (3.14–2) u (3.14–1) dobija se traženi prečnik zamjenskog vratila kao:
d = 3
√
16|TCD|
τdozπ=
3
√
16|6 · 103|
65 · 106π= 77.76mm
3.3 Statički neodređeni problemi
Zadatak 3.15 Za puno čelično vratilo AD sastavljeno iz dva dijela 1 i 2, uklješteno na obakraja te opterećeno momentom uvijanja TB, kao na slici 3.15–1, treba :
a) skicirati dijagram momenata uvijanja vratila AD,
b) izračunati reakcije u osloncima,
c) izračunati ugao uvijanja presjeka C u odnosu na presjek A.
Podaci: E = 200 GPa, ν = 0.3, D1 = 1.2D2 = 120 mm, L1 = 1.5L2 = 2LAB = 300 mm,TB = 60 kNm.
LAC LCD
A B C D
TB
1 2
LAB
Slika 3.15–1: Opis problema
140 3 Uvijanje
R j e š e nj e
Tabela 3.15: Podaci uz zadatak 3.15
LAC = L1 = 300 mm TB = 60 kNm
1.5LCD = 2LAB = L1 EAB = EBC = ECD = 200 GPa
DAB = DBC = D1 = 120 mm νAB = νBC = νCD = 0.3
1.2DCD = D1
Zadatak je sličan zadatku 2.15, s tom razlikom što se ovdje radi o problemu uvijanjaumjesto aksijalno opterećenog elementa. S obzirom na analogiju između ove dvije vrsteopterećenja, postupak rješavanja je isti, s tim da se sile zamjenjuju momentima uvijanja,pomjeranja uglovima uvijanja, moduli elastičnosti modulom klizanja, a površina se zamjen-juje polarnim momentom inercije.
a) Dijagram momenata uvijanjaS obzirom da se ne znaju dvije reakcije oslonaca, problem je statički neodređen pa sepostavljaju jednačina ravnoteže momenta uvijanja uzduž ose vratila te uslov kompatibil-nosti. Pretpostavljajući da reakcije u osloncima na vratilo djeluju u smjeru suprotnomkretanju kazaljke na satu, odnosno da vektor momenta uvijanja TA djeluje ulijevo, amoment TD udesno (vidi sliku 3.15–2a), tražene jednačine su:
∑
T = 0 − TA + TB + TD = 0 (3.15–1)
φA = φD = 0 (3.15–2)
pri čemu uslov kompatibilnosti (3.15–2) znači i da je ugao uvijanja presjeka D u odnosuna presjek A vratila jednak nuli.Koristeći pretpostavljene smjerove nepoznatih momenata, može se skicirati dijagram mo-menata uvijanja za vratilo, kao što je prikazano na slici 3.15–2b. Jasno je da od tačke Ado tačke B nema promjene vrijednosti momenta, on je jednak TA, a zatim se u tački Bpojavljuje moment TB pa je ostatak vratila BCD čitavom dužinom opterećen momentom(TA − TB) ili ako posmatramo s desne strane, momentom TD.
b) Reakcije u osloncimaDa bismo odredili reakcije u osloncima, primjenimo uslov kompatibilnosti po kojem jeukupni ugao uvijanja vratila jednak nuli koristeći izraz (3–5):
φAD = φAB + φBC + φCD
=TALAB
GABIoAB
+(TA − TB)LBC
GBCIoBC
+(TA − TB)LCD
GCDIoCD
= 0(3.15–3)
Iz izraza 3.15–3 se direktno dobija nepoznati moment uvijanja TA u osloncu A:
TA =
TBLBC
GBCIoBC
+TBLCD
GCDIoCD
LAB
GABIoAB
+LBC
GBCIoBC
+LCD
GCDIoCD
=60 · 103 · 0.15
76.92 · 109 · 2.036 · 10−5 + 60 · 103 · 0.276.92 · 109 · 9.817 · 10−6
0.1576.92 · 109 · 2.036 · 10−5 + 0.15
76.92 · 109 · 2.036 · 10−5 + 0.276.92 · 109 · 9.817 · 10−6
TA = 47.41kNm
Statički neodređeni problemi 141
TD
0
T
TA –TB (= TA)TA
0
T
47.41 kNm
–12.59 kNm
TA
AB C D
TB
1 2
LAB LBC LCD
a)
b)
c)
Slika 3.15–2: Dijagram momenata uvijanja
gdje je:
IoAB= IoBC
=D4
ABπ
32=
(120 · 10−3)4π
32= 2.036 ·10−5m4
IoCD=D4
CDπ
32=
0.14π
32= 9.817 ·10−6m4
DCD =D1
1.2=
120 ·10−3
1.2= 0.1m
GAB = GBC = GCD =E
2(1 + ν)=
200 ·109
2 · (1 + 0.3)= 76.923GPa
S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost, smjer momenta TA je ispravno pretpostavl-jen, odnosno vratilo se uvija u smjeru suprotnom kretanju kazaljke na satu. Sada se naosnovu izraza (3.15–2) dobija reakcija TD:
TD = TB − TA = 47.41 ·103 − 60 · 103 = −12.59kNm
pa je pogrešno pretpostavljen smjer momenta TD. Stvarni dijagram momenata dat je naslici 3.15–2c.
c) Ugao uvijanja presjeka C u odnosu na presjek A.Ugao uvijanja presjeka C u odnosu na presjek A jednak je uglovima uvijanja dijela vratilaAC ili CD:
φC =TDLCD
GCDIoCD
=12.59 ·103 · 0.2
76.92 ·109 · 9.817 ·10−6= 3.335 ·10−3 = 0.191◦
142 3 Uvijanje
s obrnutim smjerom kretanju kazaljke na satu.
Zadatak 3.16 Za puno čelično vratilo AD sastavljeno iz dva dijela 1 i 2, uklješteno na obakraja te opterećeno momentom uvijanja TC , kao na slici 3.16–1, treba :
a) skicirati dijagram momenata uvijanja vratila AD,
b) izračunati reakcije u osloncima,
c) izračunati ugao uvijanja presjeka C u odnosu na presjek A.
Podaci: E = 200 GPa, ν = 0.3, D1 = 1.2D2 = 120 mm, L1 = 1.5L2 = 2LCD = 300 mm,TC = 60 kNm.
LAB LBD
A B C D 1 2
LCD
TC
Slika 3.16–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 3.16: Podaci uz zadatak 3.16
LAB = 300 mm TB = 60 kNm
3LCD = 1.5L2 = L1 EAB = EBC = ECD = 200 GPa
DAB = D1 = 120 mm νAB = νBC = νCD = 0.3
1.2D2 = D1
Zadatak je sličan prethodnom zadatku, ali i zadatku 2.16, s tom razlikom što se ovdjeradi o problemu uvijanja umjesto aksijalno opterećenog elementa. Primjenimo postupakrješavanja kao u prethodnom zadatku.
a) Dijagram momenata uvijanja
S obzirom da se ne znaju dvije reakcije oslonaca, problem je statički neodređen pa sepostavljaju jednačina ravnoteže momenta uvijanja uzduž ose vratila te uslov kompatibil-nosti. Pretpostavljajući da reakcije u osloncima na vratilo djeluju u smjeru suprotnomkretanju kazaljke na satu, odnosno da vektor momenta uvijanja TA djeluje ulijevo, amoment TD udesno (vidi sliku 3.16–2a), tražene jednačine su:
∑
T = 0 − TA + TC + TD = 0 (3.16–1)
φA = φD = 0 (3.16–2)
pri čemu uslov kompatibilnosti (3.16–2) znači i da je ugao uvijanja presjeka D u odnosuna presjek A vratila jednak nuli.
Statički neodređeni problemi 143
Koristeći pretpostavljene smjerove nepoznatih momenata, može se skicirati dijagram mo-menata uvijanja za vratilo, kao što je prikazano na slici 3.16–2b. Jasno je da od tačke Ado tačke C nema promjene vrijednosti momenta, on je jednak TA, a zatim se u tački Cpojavljuje moment TC pa je ostatak vratila CD opterećen momentom (TA − TC) ili akoposmatramo s desne strane, momentom TD.
b) Reakcije u osloncima
Da bismo odredili reakcije u osloncima, primjenimo uslov kompatibilnosti po kojem jeukupni ugao uvijanja vratila jednak nuli koristeći izraz (3–5):
φAD = φAB + φBC + φCD
=TALAB
GABIoAB
+TALBC
GBCIoBC
+(TA − TC)LCD
GCDIoCD
= 0(3.16–3)
Iz izraza 3.16–3 se direktno dobija nepoznati moment uvijanja TA u osloncu A:
TA =
TCLCD
GCDIoCD
LAB
GABIoAB
+LBC
GBCIoBC
+LCD
GCDIoCD
=60 · 103 · 0.2
76.92 · 109 · 9.817 · 10−6
0.376.92 · 109 · 2.036 · 10−5 + 0.1
76.92 · 109 · 9.817 · 10−6 + 0.176.92 · 109 · 9.817 · 10−6
TA = 17.41kNm
0
T
TA
0
T17.41 kNm
–42.59 kNm
TD
AB C
D
1 2
TC
TA –TC
(= TD)
TA
LAB LBC LCD
a)
b)
c)
Slika 3.16–2: Dijagram momenata uvijanja
144 3 Uvijanje
gdje je:
IoAB=D4
ABπ
32=
(120 · 10−3)4π
32= 2.036 ·10−5m4
IoBC= IoCD
=D4
2π
32=
0.14π
32= 9.817 ·10−6m4
D2 =D1
1.2=
120 ·10−3
1.2= 0.1m
GAB = GBC = GCD =E
2(1 + ν)=
200 · 109
2 · (1 + 0.3)= 76.923GPa
S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost, smjer momenta TA je ispravno pretpostavl-jen, odnosno vratilo se uvija u smjeru suprotnom kretanju kazaljke na satu. Sada se naosnovu izraza (3.16–1) dobija reakcija TD:
TD = TC − TA = 17.41− 60 = −42.59kNm
pa je smjer momenta TD pogrešno pretpostavljen. Na slici 3.16–2 dat je stvarni dijagrammomenta uvijanja.
c) Ugao uvijanja presjeka C u odnosu na presjek A.
Ugao uvijanja presjeka C u odnosu na presjek A jednak je uglovima uvijanja dijela vratilaAC ili CD:
φC =TDLCD
GCDIoCD
=42.59 ·103 · 0.2
76.92 ·109 · 9.817 ·10−6= 5.64 ·10−3rad = 0.323◦
sa smjerom kretanja kazaljke na satu.
Poglavlje 4
Savijanje
4.1 Osnovne formule
Normalni napon:
σ =M
Iy < σdoz (4–1)
Smičući napon:
τs =V Q
Ib< τdoz (4–2)
Maksimalan smičući napon za pravougaoni poprečni presjek:
Q =b
2
(
h2
4− y21
)
(4–3)
τmax =3V
2A(4–4)
Maksimalan smičući napon za kružni poprečni presjek:
τmax =4V
3A(4–5)
Maksimalan smičući napon za kružni prsten:
τmax =4V
3A
(
r22 + r1r2 + r21r21 + r22
)
=4V
3A
(
1 + ψ + ψ2
1 + ψ2
)
ψ =d1d2
(4–6)
146 4 Savijanje
4.2 Provjera napona
Zadatak 4.1 Za gredu s prepustom pravougaonog poprečnog presjeka, b × h, opterećenukao na slici 4.1–1, provjeri da li su normalni i tangencijalni naponi u dozvoljenim granicama.Dozvoljeni napon na savijanje je σdoz = 15 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 2MPa.Ostali podaci: LAB = 0.3 m, LAC = 0.6 m, LAD = 0.8 m, M = 1 kNm, q = 10 kN/m,dimenzije grede b× h = 40× 80 mm2.
LAC
LAD
M q
LAB
A C DB
A C
–
Slika 4.1–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.1: Podaci uz zadatak 4.1
LAB = 0.3 m q = 10 kN/m σdoz = 15 MPa
LAC = 0.6 m M = 1 kNm τdoz = 2 MPa
LAD = 0.8 m b× h = 40 × 80 mm2
U ovom zadatku neophodno je naći najveće napone usljed momenata savijanja i usljedtransferzalnih sila i uporediti ih s dozvoljenim vrijednostima napona. Stoga je neophodnoprvo naći reakcije oslonaca A i C, FA i FC , pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pričemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.1–2 (zbir sila u hor-izontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnompravcu pa je rješenje trivijalno):
∑
Fy = 0 FA −Q+ FC = 0 (4.1–1)∑
MA = 0 −M + FC ·LAC −Q ·LAC + LAD
2= 0 (4.1–2)
Sada se iz (4.1–2) dobija FC , a uvrštavanjem u (4.1–1) sila FA, odnosno
FC =M +Q ·
LAC + LAD
2LAC
=1 · 103 + 2 · 103 ·
0.6 + 0.8
20.6
= 4kN
FA = Q− FC = 2 · 103 − 4 · 103 = −2kN
gdje je
Q = q · (LAD − LAC) = 10 · 103 · (0.8− 0.6) = 2kN
Provjera napona 147
pa je smjer sile FA pogrešno pretpostavljen.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.1–2. Pri tome treba voditi računa da je nagib krivedijagrama sila ispod kontinuiranog opterećenja jednak vrijednosti kontinuiranog opterećenjaq. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje promjenasila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). Imajući u vidu dijagramtransferzalnih sila (mjesta gdje sila mijenja predznak), jasno je da se ekstremne vrijednostimomenta savijanja nalaze u karakterističnim tačkama, a ne negdje ispod kontinuiranog op-terećenja. Ekstremne vrijednosti transferzalne sile nalaze se na mjestima djelovanja vanjskihsila/momenata (uključujući oslonce).
M q
A C DB
0
+F
–2 kN
–0.6 kNm
0
+M
A Bl Bd Cl Cd D
F, kN -2 -2 -2 -2 2 0
M, kNm 0 -0.6 0.4 -0.2 -0.2 0
2 kN
0.4 kNm
–0.2 kNm
FA FC
Q
Slika 4.1–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Na osnovu slike 4.1–2 se zaključuje da je najveći intenzitet transferzalne sile u dijelu gredeAC, a momenta savijanja na mjestu djelovanja vanjskog momenta savijanjaM s lijeve stranei iznose:
Fmax = −2kN
Mmax = −0.6kNm
S obzirom da je momenat savijanja negativan, gornja vlakna su napregnuta zatezanjem, adonja pritiskom. Treba još napomenuti i da se ekstremna vrijednost suprotnog predznakamože zanemariti, s obzirom da je poprečni presjek simetričan u odnosu na osu savijanja(neutralnu osu), odnosno gornja i donja vlakna su jednako udaljena od neutralne linije, a
148 4 Savijanje
čvrstoća na pritisak i zatezanje se smatraju jednakim∗
Sada se koristeći izraz (4–1) mogu provjeriti normalni naponi (uzima se intenzitet mo-menta):
σdoz =Mmax
h
2I
=600
80 ·10−3
21.707 ·10−6
= 14.1MPa < 15MPa = σdoz
pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek
I =b ·h3
12=
40 · 10−3 · (80 · 10−3)3
12= 1.707 ·10−6m4
Dakle, normalni naponi su u granicama dozvoljenih.Tangencijalni napon ćemo provjeriti koristeći izraz (4–4) (uzima se intenzitet sile)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 2 · 103
2 · 3.2 · 10−3= 0.94MPa < 2MPa = τdoz
A = bh = 40 · 10−3 · 80 · 10−3 = 3.2 · 10−3m2
pa i tangencijalni naponi zadovoljavaju dozvoljene vrijednosti napona.
Zadatak 4.2 Za konzolu kružnog poprečnog presjeka, opterećenu kao na slici 4.2–1, provjerida li su normalni i tangencijalni naponi u dozvoljenim granicama. Dozvoljeni napon nasavijanje je σdoz = 150 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 100 MPa.Ostali podaci: LAB = 0.6 m, LAC = 0.9 m, M = 1 kNm, F = 1 kN, prečnik konzole d = 50mm.
A C
FLAC
M
LAB
A CB
Slika 4.2–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.2: Podaci uz zadatak 4.2
LAB = 0.6 m F = 1 kN σdoz = 150 MPa
LAC = 0.9 m M = 1 kNm τdoz = 100 MPa
d = 50 mm
Slično prethodnom, i u ovom zadatku neophodno je naći najveće napone usljed momenatasavijanja i usljed transferzalnih sila i uporediti ih s dozvoljenim vrijednostima napona. Prvo
∗U slučaju da se neutralna linija ne nalazi na polovini poprečnog presjeka, te da dozvoljeni naponi na zatezanje i pritisaknisu jednaki, neophodno je izvršiti provjeru napona za obje ekstremne vrijednosti momenta savijanja (negativnu i pozitivnu).
Provjera napona 149
treba naći reakcije u osloncu C, FC i MC , pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pričemu pretpostavljamo smjer reakcija dat na slici 4.2–2 (zbir sila u horizontalnom pravcunije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu):
∑
Fy = 0 F + FC = 0 (4.2–1)∑
MC = 0 M + F · (LAC − LAB)−MC = 0 (4.2–2)
Sada se iz (4.2–1) dobija FC , a iz (4.2–2) momenat MC , odnosno
FC = −F = −1kN
MC =M + F · (LAC − LAB) = 1 · 103 + 1 · 103 · (0.9− 0.6) = 1.3kNm
pa je smjer sile FC pogrešno pretpostavljen.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.2–2, uz podatke o vrijednosti sila i momenata u karakteris-tičnim tačkama. S obzirom da nema kontinuiranih opterećenja, ekstremne vrijednosti trans-ferzalne sile i momenata savijanja nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata(uključujući i oslonce).
0
+F
0
+M
A Bl Bd Cl
F, kN 0 0 1 1
M, kNm 1 1 1 1.3
1 kN
1 kNm
F
M
A CB
FC
MC
1.3 kNm
Slika 4.2–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Na osnovu slike 4.2–2 se zaključuje da su najveće vrijednosti transferzalne sile u dijelukonzole BC, a momenta savijanja u osloncu C i iznose:
Fmax = 1kN
150 4 Savijanje
Mmax = 1.3kNm
S obzirom da je moment savijanja pozitivan, gornja vlakna poprečnog presjeka izloženapritisku, a donja zatezanju.
Sada se koristeći izraz (4–1) mogu provjeriti normalni naponi:
σdoz =Mmax
d
2I
=1000
50 ·10−3
23.068 ·10−7
= 105.9MPa < 150MPa = σdoz
pri čemu je za puni kružni poprečni presjek
I =d4π
64=
(50 · 10−3)4π
64= 3.068 ·10−7m4
Dakle, normalni naponi su u granicama dozvoljenih.Tangencijalni napon ćemo provjeriti koristeći izraz (4–5)
τdoz =4Fmax
3A=
4 · 1 · 103
3 · 1.963 ·10−3= 0.68MPa < 100MPa = τdoz
gdje je
A =d2π
4=
(50 · 10−3)2π
4= 1.963 ·10−3m2
pa i tangencijalni naponi zadovoljavaju dozvoljene vrijednosti napona.
Zadatak 4.3 Za konzolu kvadratnog poprečnog presjeka, opterećenu kao na slici 4.3–1,provjeri da li su normalni i tangencijalni naponi u dozvoljenim granicama. Dozvoljeni naponna savijanje je σdoz = 100 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 50 MPa.Ostali podaci: LAB = 0.6 m, LAC = 0.9 m, FA = 4 kN, FB = 1 kN, stranica poprečnogpresjeka konzole b = 60 mm.
FBLAC
LAB
A CB
FA
–
A C
–
Slika 4.3–1: Opis problema
R j e š e nj e
Slično prethodnim, i u ovom zadatku neophodno je naći najveće napone usljed momenatasavijanja i usljed transferzalnih sila i uporediti ih s dozvoljenim vrijednostima napona. Prvotreba naći reakcije u osloncu C, FC i MC , pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pričemu pretpostavljamo smjer reakcija dat na slici 4.3–2 (zbir sila u horizontalnom pravcunije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu):
∑
Fy = 0 − FA + FB + FC = 0 (4.3–1)
Provjera napona 151
Tabela 4.3: Podaci uz zadatak 4.3
LAB = 0.6 m FA = 4 kN σdoz = 100 MPa
LAC = 0.9 m FB = 1 kNm τdoz = 50 MPa
b = 60 mm
∑
MC = 0 − FA ·LAC + FB · (LAC − LAB)−MC = 0 (4.3–2)
Sada se iz (4.3–1) dobija FC , a iz (4.3–2) momenat MC , odnosno
FC = FA − FB = 4 · 103 − 1 · 103 = 3kN
MC = −FA ·LAC + FB · (LAC − LAB)
= −4 · 103 · 0.9 + 1 · 103 · (0.9− 0.6) = −3.3kNm
pa je smjer momenta MC pogrešno pretpostavljen.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.3–2 uz vrijednosti sila i momenata u karakterističnimtačkama. S obzirom da nema kontinuiranih opterećenja, ekstremne vrijednosti transfer-zalne sile i momenata savijanja nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata(uključujući i oslonce).
0
+F
0
+M
A Bl Bd Cl
F, kN -4 -4 -3 -3
M, kNm 0 -2.4 -2.4 -3.3
–4 kN
F
A CB
FC
MC
–3.3 kNm
FA
–3 kN
–2.4 kNm
Slika 4.3–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Na osnovu slike 4.3–2 se zaključuje da je najveći intenzitet transferzalne sile u dijelu
152 4 Savijanje
konzole AB, a momenta savijanja u uklještenju C i iznose:
Fmax = −4kN
Mmax = −3.3kNm
S obzirom da je moment savijanja negativan, gornja vlakna poprečnog presjeka izložena suzatezanju, a donja pritisku, a u daljem proračunu se uzima intenzitet momenta i sile.
Sada se koristeći izraz (4–1) mogu provjeriti normalni naponi:
σdoz =Mmax
b
2I
=3.3 · 103
60 · 10−3
21.08 · 10−6
= 91.67MPa < 100MPa = σdoz
pri čemu je za kvadratni poprečni presjek
I =b4
12=
(60 · 10−3)4
12= 1.08 ·10−6m4
Dakle, normalni naponi su u granicama dozvoljenih.Tangencijalni napon ćemo provjeriti koristeći izraz (4–4) (uzima se apsolutna vrijednost
sile)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 4 · 103
2 · 3.6 · 10−3= 1.67MPa < 50MPa = τdoz
gdje je
A = b2 = (60 · 10−3)2 = 3.6 · 10−3m2
pa i tangencijalni naponi zadovoljavaju dozvoljene vrijednosti napona.
Zadatak 4.4 Za gredu kružnog prstenastog poprečnog presjeka vanjskog prečnika d = 50mm, i odnosa unutrašnjeg i vanjskog prečnika 0.85, opterećenu kao na slici 4.4–1, provjeritida li su naponi u dozvoljenim granicama. Dozvoljeni napon na savijanje σdoz = 100 MPa, adozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 50 MPa.Ostali podaci: LAB = 0.2 m, LAC = 0.4 m, LAD = 0.7 m, FB = 10 kN, FC = 50 kN.
LAC
LAD
LAB
A C DB
FB FC
A C
–
Slika 4.4–1: Opis problema
Provjera napona 153
R j e š e nj e
Tabela 4.4: Podaci uz zadatak 4.4
LAB = 0.2 m FB = 10 kN σdoz = 100 MPa
LAC = 0.4 m FC = 50 kN τdoz = 50 MPa
LAD = 0.7 m d = 50 mm
ψ = 0.85
Slično prethodnom, i u ovom zadatku neophodno je naći najveće napone usljed momenatasavijanja i usljed transferzalnih sila i uporediti ih s dozvoljenim vrijednostima napona, s timda je u ovom slučaju poprečni presjek kružni prsten. Prvo treba naći reakcije u osloncima Ai D, FA i FD, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da objereakcije djeluju prema gore, kao što je prikazano na slici 4.4–2 (zbir sila u horizontalnompravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu):
∑
Fy = 0 FA − FB − FC + FD = 0 (4.4–1)∑
MA = 0 FD ·LAD − FB ·LAB − FC ·LAC = 0 (4.4–2)
Sada se iz (4.4–2) dobija FD, a iz (4.4–1) sila FA, odnosno
FD =FB ·LAB + FC ·LAC
LAD
=10 · 103 · 0.2 + 50 · 103 · 0.4
0.7= 31.43kN
FA = FB + FC − FD = 10 · 103 + 50 ·103 − 31.43 = 28.57kN
pa su smjerovi reakcija pravilno pretpostavljeni.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.4–2 s vrijednostima sila i momenata u karakterističnimtačkama. S obzirom da nema kontinuiranih opterećenja, ekstremne vrijednosti transfer-zalne sile i momenata savijanja nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata(uključujući i oslonce).
Na osnovu slike 4.4–2 se zaključuje da su najveće vrijednosti transferzalne sile u dijelugrede CD, a momenta savijanja na mjestu djelovanja sile FC i iznose:
Fmax = −31.43kN
Mmax = 9.43kNm
S obzirom da je moment savijanja pozitivan, gornja vlakna poprečnog presjeka izložena supritisku, a donja zatezanju.
Sada se koristeći izraz (4–1) mogu provjeriti normalni naponi:
σdoz =Mmax
d
2I
=9.43 · 103
50 · 10−3
21.466 ·10−7
= 1607MPa > 100MPa = σdoz
pri čemu je za prstenasti kružni poprečni presjek
I =d4π
64(1 − ψ4) =
(50 · 10−3)4π
64(1− 0.854) = 1.466 ·10−7m4
154 4 Savijanje
FB FC
A C DB
0
+F 28.6 kN
5.7 kNm
0
+M
A Bl Bd Cl Cd D
F, kN 28.6 28.6 18.6 18.6 -31.4 -31.4
M, kNm 0 5.7 5.7 9.43 9.43 0
FAFD
18.6 kN
–31.4 kN
9.43 kNm
Slika 4.4–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Dakle, normalni naponi su daleko iznad dozvoljene granice i neophodno je izvršiti promjenupoprečnog presjeka.
Tangencijalni napon ćemo provjeriti koristeći izraz (4–6) pri čemu koristimo intenzitetmaksimalne sile:
τdoz =4Fmax
3A
(
1 + ψ + ψ2
1 + ψ2
)
=4 · 31.43 ·103
3 · 544.87 ·10−6
(
1 + 0.85 + 0.852
1 + 0.852
)
= 114.86MPa > 50MPa = τdoz
gdje je
A =d2π
4(1− ψ2) =
(50 · 10−3)2π
4(1− 0.852) = 544.87 ·10−3m2
pa i tangencijalni naponi ne zadovoljavaju dozvoljene vrijednosti napona.
4.3 Dimenzionisanje greda
Zadatak 4.5 Odredi najmanji dozvoljeni prečnik punog vratila koje je opterećeno trans-ferzalnim silama, kao na slici 4.5–1. Dozvoljeni napon na savijanje je σdoz = 150 MPa, adozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 100 MPa.Ostali podaci: L1A = 0.5 m, LA2 = 0.4 m, L2B = 0.6 m, F1 = 12 kN, F2 = 20 kN.
Dimenzionisanje greda 155
–
–
A
1 2
L1A
BA
F1 F2
LA2 L2B
Slika 4.5–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.5: Podaci uz zadatak 4.5
L1A = 0.5 m F1 = 12 kN σdoz = 150 MPa
LA2 = 0.4 m F2 = 20 kN τdoz = 100 MPa
L2B = 0.6 m
Da bismo dimenzionisali vratilo, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata sav-ijanja i transferzalnih sila koji djeluju na vratilo. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcijeoslonaca A i B, FA i FB, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamoda obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.5–2 (zbir sila u horizontalnom pravcu nijepotrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnih opterećenja):
∑
Fy = 0 − F1 + FA − F2 + FB = 0 (4.5–1)∑
MB = 0 F1 · (L1A + LA2 + L2B)− FA · (LA2 + L2B) + F2 ·L2B = 0 (4.5–2)
Sada se iz (4.5–2) dobija FA, a uvrštavanjem u (4.5–1) sila FB, odnosno
FA =F1 · (L1A + LA2 + L2B) + F2 ·L2B
LA2 + L2B
=12 · 103 · (0.5 + 0.4 + 0.6) + 20 · 103 · 0.6
0.4 + 0.6= 30kN
FB = F1 + F2 − FA = 12 · 103 + 20 · 103 − 30 · 103 = 2kN
pa su smjerovi sila pravilno pretpostavljeni.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.5–2. Na slici su date i vrijednosti sila i momenataza karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata). Treba napomenuti da se, sobzirom da nema kontinuiranih opterećenja, ekstremne vrijednosti sila i momenata nalazeu tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce).
Na osnovu slike 4.5–2 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u dijeluA2 vratila, a momenta savijanja na mjestu oslonca A i iznose:
Fmax = 18kN
156 4 Savijanje
F1 F2
0
+F
–12 kN
–6 kNm
0
+M
1 Al Ad 2l 2d B
F, kN -12 -12 18 18 -2 -2
M, kNm 0 -6 -6 1.2 1.2 0
FB
–2 kN
BA
FA
1 2
18 kN
1.2 kNm
Slika 4.5–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Mmax = −6kNm
Treba napomenuti da se uzima samo jedna ekstremna vrijednost momenta savijanja, sobzirom se radi o kružnom poprečnom presjeku vratila za koji su i gornja i donja vlaknajednako udaljena od neutralne linije, pri čemu se u daljem proračunu uzima njegov intenzitets naznakom da su gornja vlakna vratila izložena zatezanju, a donja pritisku†.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati vratilo na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
d
2I
=Mmax
d
2d4π
64
=32Mmax
d3π< σdoz
pri čemu je za puni kružni presjek
I =d4π
64
iz kojeg se dobija
d = 3
√
32Mmax
σdozπ=
3
√
32 ·6 · 103
150 · 106 ·π= 74.13mm
†Treba, ipak, naglasiti da se vratilo okreće te je opterećenje naizmjenično i vlakna u jednom okretu mijenjaju napone odmaksimalnih zateznih do maksimalnih pritisnih.
Dimenzionisanje greda 157
Nakon dimenzionisanja vratila koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tan-gencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–5):
τdoz =4Fmax
3A=
4 · 18 ·103
3 · 4.316 ·10−3= 5.56MPa < 100MPa = τdoz
gdje je
A =d2π
4=
(74.13 ·10−3)2π
4= 4.316 ·10−3m2
pa vrijednost prečnika od 74.13 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava itangencijalne napone.
Zadatak 4.6 Odrediti najmanji dozvoljeni prečnik punog vratila koje je opterećeno kao naslici 4.6–1. Dozvoljeni napon na savijanje je σdoz = 150 MPa, a dozvoljeni tangencijalninapon je τdoz = 100 MPa.Ostali podaci: L1A = 0.25 m, LAB = 0.8 m, F = 24 kN.
L1A
BA
F
LAB
–
A
Slika 4.6–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.6: Podaci uz zadatak 4.6
L1A = 0.25 m F = 24 kN σdoz = 150 MPa
LAB = 0.8 m τdoz = 100 MPa
Zadatak je sličan prethodnom; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće. Dabismo dimenzionisali vratilo, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanjai transferzalnih sila koji djeluju na vratilo. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcijeoslonaca A i B, FA i FB, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamoda obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.6–2 (zbir sila u horizontalnom pravcu nijepotrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnih opterećenja):
∑
Fy = 0 − F + FA + FB = 0 (4.6–1)∑
MB = 0 F · (L1 + L2)− FA ·L2 = 0 (4.6–2)
158 4 Savijanje
Sada se iz (4.6–2) dobija FA, a uvrštavanjem u (4.6–1) sila FB , odnosno
FA =F1 · (L1A + LAB)
LAB
=24 ·103 · (0.25 + 0.8)
0.8= 31.5kN
FB = F − FA = 24 · 103 − 31.5 · 103 = −7.5kN
pa je smjer sile FB pogrešno pretpostavljen.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.6–2. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata zakarakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata). Treba napomenuti da se i ovdje,s obzirom da nema kontinuiranih opterećenja, ekstremne vrijednosti sila i momenata nalazeu tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce).
–24 kN
F1 FB
BA
FA
1
0
+F
–6 kNm
0
+M 1 Al Ad B
F, kN -24 -24 7.5 7.5
M, kNm 0 -6 -6 0
7.5 kN
Slika 4.6–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Na osnovu slike 4.6–2 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u dijelu1A vratila, a momenta savijanja na mjestu oslonca A i iznose:
Fmax = −24kN
Mmax = −6kNm
I ovdje se uzima samo jedna ekstremna vrijednost momenta savijanja, s obzirom da se radio kružnom poprečnom presjeku vratila za koji su i gornja i donja vlakna jednako udaljenaod neutralne linije, pri čemu se u daljem proračunu uzima njegov intenzitet s naznakom dasu gornja vlakna vratila izložena zatezanju, a donja pritisku‡.
‡Slično prethodnom zadatku, i ovdje se vratilo okreće te je opterećenje naizmjenično i vlakna u jednom okretu mijenjajunapone od maksimalnih zateznih do maksimalnih pritisnih.
Dimenzionisanje greda 159
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati vratilo na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
d
2I
=Mmax
d
2d4π
64
=32Mmax
d3π< σdoz
pri čemu je za puni kružni presjek
I =d4π
64
iz kojeg se dobija
d = 3
√
32Mmax
σdozπ=
3
√
32 · 6 · 103
150 ·106 ·π= 74.13mm
Nakon dimenzionisanja vratila koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tan-gencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–5) (i ovdje sekoristi intenzitet sile)
τdoz =4Fmax
3A=
4 · 24 ·103
3 · 4.316 ·10−3= 7.41MPa < 100MPa = τdoz
gdje je
A =d2π
4=
(74.13 ·103)2π
4= 4.316 ·10−3m2
pa vrijednost prečnika od 74.13 mm dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava itangencijalne napone.
Zadatak 4.7 Odredi najmanju dimenziju d čelične grede kružnog poprečnog presjeka, op-terećenu kao na slici 4.7–1. Dozvoljeni napon na savijanje je σdoz = 300 MPa, a dozvoljenitangencijalni napon je τdoz = 100 MPa. U analizi uzeti samo dio grede ABC.Ostali podaci: LAP1
= 1 m, LAB = 4 m, LBC = 1 m, P1 = 4 kN, P2 = 8 kN.
A
–
!"#$%
LAB
LAC
A CB
P2
P1
!"#
Slika 4.7–1: Opis problema
160 4 Savijanje
R j e š e nj e
Tabela 4.7: Podaci uz zadatak 4.7
LAB = 4 m P1 = 4 kN σdoz = 300 MPa
LBC = 1 m P2 = 8 kN τdoz = 100 MPa
LAP1= 1 m
Zadatak je sličan prethodnim zadacima; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterijačvrstoće. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti mome-nata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvonaći reakcije oslonaca A i B, FA i FB , pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemupretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.7–2 (zbir sila u horizon-talnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da ne utječu na raspodjelu transferzalnihsila i momenata; silu P1 preuzima oslonac A):
∑
Fy = 0 − P2 + FA + FB = 0 (4.7–1)∑
MA = 0 P1 ·LAP1+ FB ·LAB − P2 · (LAB + LBC) = 0 (4.7–2)
gdje je LAP1krak djelovanja sile P1. Sada se iz (4.7–2) dobija FB, a uvrštavanjem u (4.7–1)
sila FA, odnosno
FB =P2 · (LAB + LBC)− P1 ·LAP1
LAB
=8 · 103 · (4 + 1)− 4 · 103 · 1
4= 9kN
FA = P2 − FB = 8 · 103 − 9 · 103 = −1kN
pa je smjer sile FA pogrešno pretpostavljen.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.7–2. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata zakarakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata). Treba napomenuti da se i ovdje,s obzirom da nema kontinuiranih opterećenja, ekstremne vrijednosti sila i momenata nalazeu tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce).
Na osnovu slike 4.7–2 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u dijeluBC grede, a momenta savijanja na mjestu oslonca B i iznose:
Fmax = 8kN
Mmax = −8kNm
I u ovom zadatku uzima se samo jedna ekstremna vrijednost momenta savijanja, s obziromda se radi o kružnom poprečnom presjeku grede za koji su i gornja i donja vlakna jednakoudaljena od neutralne linije, pri čemu se u daljem proračunu uzima njegov intenzitet snaznakom da su gornja vlakna grede izložena zatezanju, a donja na pritisku.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
d
2I
=Mmax
d
2d4π
64
=32Mmax
d3π< σdoz
Dimenzionisanje greda 161
A B C
0
+F
–1 kN
0
+M
A Bl Bd C
F, kN -1 -1 8 8
M, kNm -4 -8 -8 0
8 kN
–8 kNm
FA FB
P2
!"#$%
–4 kNm
Slika 4.7–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
pri čemu je za puni kružni presjek
I =d4π
64
iz kojeg se dobija
d = 3
√
32Mmax
σdozπ=
3
√
32 · 8 · 103
300 ·106 ·π= 64.76mm
Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–5)
τdoz =4Fmax
3A=
4 · 8 · 103
3 · 3.294 ·10−3= 3.24MPa < 100MPa = τdoz
gdje je
A =d2π
4=
(64.76 ·10−3)2π
4= 3.294 ·10−3m2
pa vrijednost prečnika od 64.76 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava itangencijalne napone.
162 4 Savijanje
Zadatak 4.8 Odredi najmanju dimenziju b drvene grede kvadratnog poprečnog presjeka,opterećenu kao na slici 4.8–1. Dozvoljeni napon na savijanje je σdoz = 10 MPa, a dozvoljenitangencijalni napon je τdoz = 0.8 MPa.
–
A C
2 kNm
2 m
A D B
2 m 2 m
C
4 kN
Slika 4.8–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.8: Podaci uz zadatak 4.8
LAC = 2 m M = 2 kNm σdoz = 10 MPa
LAD = 4 m F = 4 kN τdoz = 0.8 MPa
LAB = 6 m
Zadatak je sličan prethodnim zadacima; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterijačvrstoće, s tim da u ovom slučaju imamo kvadratni poprečni presjek. Da bismo dimenzion-isali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih silakoji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca A i B, FA i FB ,pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djelujuprema gore, kao na slici 4.8–2 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati sobzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu):
∑
Fy = 0 − F + FA + FB = 0 (4.8–1)∑
MA = 0 M + F ·LAD − FB ·LAB = 0 (4.8–2)
Sada se iz (4.8–2) dobija FB , a uvrštavanjem u (4.8–1) sila FA, odnosno
FB =M + F ·LAD
LAB
=2 · 103 + 4 · 103 · 4
6= 3kN
FA = F − FB = 4 · 103 − 3 · 103 = 1kN
pa su smjerovi sila FA i FB pravilno pretpostavljeni.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.8–2. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata zakarakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata). Treba napomenuti da se i ovdje,s obzirom da nema kontinuiranih opterećenja, ekstremne vrijednosti sila i momenata nalazeu tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce).
Na osnovu slike 4.8–2 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u dijeluDB grede, a momenta savijanja na mjestu djelovanja sile F (tačka D) i iznose:
Fmax = −3kN
Dimenzionisanje greda 163
0
+F
–3 kN
0
+M
A Cl Cd Dl Dd B
F, kN 1 1 1 1 -3 -3
M, kNm 0 2 4 6 6 0
1 kN
2 kNm
FA FB
M
A D BC
F
4 kNm
6 kNm
Slika 4.8–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Mmax = 6kNm
S obzirom da je moment savijanja pozitivan gornja vlakna grede izložena pritisku, a donjazatezanju.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
b
2I
=Mmax
b
2b4
12
=6Mmax
b3< σdoz
pri čemu je za kvadratni poprečni presjek
I =b4
12
iz kojeg se dobija
b = 3
√
6Mmax
σdoz
=3
√
6 · 6 · 103
10 · 106= 153.26mm
Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–4) (uzima se intenzitet
164 4 Savijanje
sile)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 3 · 103
2 · 2.349 ·10−2= 0.19MPa < 0.8MPa = τdoz
gdje je
A = b2 = (153.26 ·10−3)2 = 2.349 ·10−8m2
pa vrijednost stranice od 153.26 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava itangencijalne napone.
Zadatak 4.9 Odredi najmanju dozvoljenu stranicu grede kvadratnog poprečnog presjeka,opterećenu kao na slici 4.9–1. Dozvoljeni napon na savijanje je σdoz = 150 MPa, a dozvoljenitangencijalni napon je τdoz = 100 MPa.
1.6 m
A E B
1.6 m 1.6 m
C
2.4 kN 12 kN/m
Slika 4.9–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.9: Podaci uz zadatak 4.9
LAE = 1.6 m q = 12 kN/m σdoz = 150 MPa
LAB = 3.2 m F = 2.4 kN τdoz = 100 MPa
LAC = 4.8 m
Zadatak je sličan prethodnom zadacima; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterijačvrstoće s kvadratnim poprečnim presjekom. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno jenaći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu.U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca A i B, FA i FB , pa postavljamo dvijejednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao naslici 4.9–2 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nemaopterećenja u horizontalnom pravcu):
∑
Fy = 0 FA −Q+ FB − F = 0 (4.9–1)∑
MA = 0 −Q ·LAE
2+ FB ·LAB − F ·LAC = 0 (4.9–2)
Sada se iz (4.9–2) dobija FB , a uvrštavanjem u (4.9–1) sila FA, odnosno
FB =
Q ·LAE
2+ F ·LAC
LAB
=
19.2 · 103 · 1.6
2+ 2.4 · 103 · 4.8
3.2= 8.4kN
FA = F +Q− FB = 2.4 · 103 + 19.2 ·103 − 8.4 = 13.2kN
Dimenzionisanje greda 165
gdje je
Q = q ·LAE = 12 · 103 · 1.6 = 19.2kN
pa su smjerovi sila FA i FB pravilno pretpostavljeni.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.9–2. Pri tome treba voditi računa o sljedećem: i) vri-jednost sile u dijagramu sila ima konstantnu vrijednost ispod dijelova grede EB i BC, ii)nagib krive dijagrama sila ispod kontinuiranog opterećenja jednak je vrijednosti kontinuira-nog opterećenja q. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke(položaje djelovanja sila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). Za ra-zliku od prethodnih zadataka, ekstremne vrijednosti momenata savijanja se osim u tačkamadjelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce), mogu nalaziti i ispod kontinuira-nog opterećenja na mjestima gdje je transferzalna sila jednaka nuli§. Ekstremne vrijednostitransferzalne sile, kao i ranije, nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata.
0
+F
2.4 kN
0
+M
A E Bl Bd C
F, kN 13.2 -6 -6 2.4 2.4
M, kNm 0 5.76 -3.84 -3.84 0
13.2 kN
FA FB
A B CE
F
–3.84 kNm
7.26 kNm
q
Q
–6 kN
1.1 m
5.76 kNm
Slika 4.9–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Na osnovu slike 4.9–2 se zaključuje da je ekstremna vrijednost transferzalne sile u osloncuA i iznosi:
Fmax = 13.2kN
Što se tiče ekstremnih vrijednosti momenata savijanja, treba provjeriti vrijednost u tački ukojoj je transferzalna sila jednaka nuli, odnosno gdje transferzalna sila mijenja znak. Prema
§Podsjećanja radi, za gredu vrijedi da je F =dMdx
, odnosno funkcija momenta savijanja M ima ekstrem tamo gdje dMdx
mijenja predznak.
166 4 Savijanje
dijagramu sila, transferzalna sila ima vrijednost jednaku nuli ispod kontinuiranog opterećenjapa se položaj tačke dobiva na osnovu jednakosti Fx = 0:
Fx = FA − q ·xmax = 0
gdje je x tražena udaljenost, odnosno
xmax =FA
q=
13.2 · 103
12 · 103= 1.1m
pa je
Mmax = FA ·xmax − q ·xmax
xmax
2= 13.2 ·103 · 1.1− 12 · 103 · 1.1 ·
1.1
2= 7.26kNm
Sada je jasno da je ovo zaista po intenzitetu najveća vrijednost momenta savijanja. Trebanapomenuti da se uzima samo jedna ekstremna vrijednost momenta savijanja, s obzirom dase radi o kvadratnom poprečnom presjeku grede za koji su i gornja i donja vlakna jednakoudaljena od neutralne linije, pri čemu su u ovom slučaju (pozitivan moment savijanja) gornjavlakna grede izložena pritisku, a donja zatezanju.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
b
2I
=Mmax
b
2b4
12
=6Mmax
b3< σdoz
pri čemu je za kvadratni poprečni presjek
I =b4
12
iz kojeg se dobija
b = 3
√
6Mmax
σdoz
=3
√
6 · 7.26 ·103
150 ·106= 66.22mm
Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–4)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 13.2 ·103
2 · 4.385 ·10−3= 4.52MPa < 100MPa = τdoz
gdje je
A = b2 = (66.22 ·10−3)2 = 4.385 ·10−3m2
pa vrijednost stranice od 66.22 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava itangencijalne napone.
Zadatak 4.10 Odredi najmanji dozvoljeni prečnik konzole kružnog poprečnog presjeka, op-terećenu kao na slici 4.10–1. Dozvoljeni napon na savijanje je σdoz = 150 MPa, a dozvoljenitangencijalni napon je τdoz = 100 MPa.
Dimenzionisanje greda 167
A C
q
0.8 m
A
0.8 m 1.6 m
B
3 kN 1 kN/m
C D
Slika 4.10–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.10: Podaci uz zadatak 4.10
LAC = 0.8 m q = 1 kN/m σdoz = 150 MPa
LAD = 1.6 m F = 3 kN τdoz = 100 MPa
LAB = 3.2 m
LDB = 1.6 m
Da bismo dimenzionisali konzolu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenatasavijanja i transferzalnih sila koji djeluju na nju. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcijeu osloncu A pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da silaFA djeluje prema gore, a momenat MA u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu(negativan moment savijanja), kao na slici 4.10–2 (zbir sila u horizontalnom pravcu nijepotrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnih opterećenja):
∑
Fy = 0 FA − F −Q = 0 (4.10–1)∑
MA = 0 −MA + F ·LAC +Q ·LAD + LAB
2= 0 (4.10–2)
Sada se iz (4.10–2) dobija MA, a iz (4.10–1) FA, odnosno
MA = F ·LAC +Q ·LAD + LAB
2= 3 · 103 · 0.8 + 1.6 ·
1.6 + 3.2
2= 6.24kNm
FA = F +Q = 3 · 103 + 1.6 · 103 = 4.6kN
gdje je
Q = q ·LDB = 1 · 103 · 1.6 = 1.6kN
pa su smjerovi sile i momenta pravilno pretpostavljeni (momenat je negativan, a sila pozi-tivna).
Kada smo dobili reakcije oslonca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenatasavijanja, kao što je dato na slici 4.10–2. Na slici su date i vrijednosti sila i momenataza karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata i krajnjih tačaka kontinuiranogopterećenja). Treba napomenuti da u ovom slučaju nije bilo potrebno crtati dijagrame mo-menata savijanja i transferzalnih sila kako bi se dobile ekstremne vrijednosti transferzalnihsila i momenata savijanja, s obzirom da su sva opterećenja sile koje djeluju u istom sm-jeru (prema dolje). Stoga su najveće vrijednosti transferzalne sile i momenta savijanja uuklještenju (osloncu) A.
168 4 Savijanje
MA
0
+F
1.6 kN
0
+M
A Cl Cd D B
F, kN 4.6 4.6 1.6 1.6 0
M, kNm -6.24 -2.56 -2.56 -1.28 0
4.6 kN
A BC
F
–6.24 kNm
q
QFA
D
–2.56 kNm –1.28 kNm
Slika 4.10–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Na osnovu slike 4.10–2 se zaključuje da ekstremne vrijednosti transferzalne i momentasavijanja na mjestu oslonca A i iznose:
Fmax = FA = 4.6kN
Mmax =MA = −6.24kNm
U daljem proračunu se uzima intenzitet momenta savijanja s tim da su gornja vlakna vratilaizložena zatezanju, a donja pritisku.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati konzola na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
d
2I
=Mmax
d
2d4π
64
=32Mmax
d3π< σdoz
pri čemu je za puni kružni presjek
I =d4π
64
iz kojeg se dobija
d = 3
√
32Mmax
σdozπ=
3
√
32 ·6.24 · 103
150 · 106 ·π= 75.11mm
Dimenzionisanje greda 169
Nakon dimenzionisanja konzole koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tan-gencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–5)
τdoz =4Fmax
3A=
4 · 4.6 · 103
3 · 4.431 ·10−3= 1.384MPa < 100MPa = τdoz
gdje je
A =d2π
4=
(75.11 ·10−3)2π
4= 4.431 ·10−3m2
pa vrijednost prečnika od 75.11 mm dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava itangencijalne napone.
Zadatak 4.11 Šuplje čelično vratilo vanjskog prečnika dv opterećeno je na savijanje kao naslici 4.11–1. Odredi dimenzije vratila, ako se zna da je unutrašnji prečnik jednak du = 0.75dv.Uzeti da je dozvoljeni normalni napon σdoz =200 MPa, a dozvoljeni tangencijalni naponσdoz =150 MPa.
3 m
A B
1 m
C
15 kN/m 60 kNm
M
A C
q
Slika 4.11–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.11: Podaci uz zadatak 4.11
LAB = 3 m q0 = 15 kN σdoz = 200 MPa
LAC = 4 m M = 60 kNm τdoz = 150 MPa
du = 0.75dv m
I u ovom zadatku možemo slijediti postupak rješavanja kao u prethodnim zadacima, stim da moramo imati na umu da se radi o kružnom prstenastom poprečnom presjeku. Dabismo našli dimenzije poprečnog presjeka vratila, neophodno je naći ekstremne vrijednostimomenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na vratilo. U tu svrhu neophodno jeprvo naći reakcije oslonaca A i B, FA i FB , pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pričemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.11–2 (zbir sila uhorizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnih optereće-nja):
∑
Fy = 0 FA −Q+ FB = 0 (4.11–1)
170 4 Savijanje
∑
MA = 0 Q ·LAQ − FB ·LAB +M = 0 (4.11–2)
gdje je
Q =1
2q0LAB =
1
215 · 103 · 3 = 22.5kN
LAQ =2
3LAB =
2
33 = 2m
s obzirom da se težište trouglastog opterećenja nalazi na udaljenosti 2/3 njegove dužine odpočetka opterećenja.
Sada se iz (4.11–2) dobija FB , a uvrštavanjem u (4.11–1) sila FA, odnosno
FB =Q ·LAQ +M
LAB
=22.5 · 103 · 2 + 60 ·103
3= 35kN
FA = Q − FB = 22.5 ·103 − 35 · 103 = −12.5kN
pa je smjer sile FA pogrešno pretpostavljen.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.11–2. Pri tome treba voditi računa o sljedećem: i)vrijednost sile u dijagramu sila ima konstantnu vrijednost u dijelu grede BC (jednaka je nuli,jer s desne strane oslonca nema opterećenja silama), ii) kriva dijagrama sila ispod trouglastogopterećenja je polinom drugog reda s nagibom koji se mijenja od 0 do q0 od početka dokraja opterećenja (kriva je konveksna). Na slici su date i vrijednosti sila i momenata zakarakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranogopterećenja). Za razliku od prethodnih zadataka, ekstremne vrijednosti momenata savijanjase osim u tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce), mogu nalaziti iispod trouglastog opterećenja na mjestima gdje je transferzalna sila jednaka nuli, odnosnogdje mijenja predznak (vidi § na strani 165). Ekstremne vrijednosti transferzalne sile, kao iranije, nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata.
Na osnovu slike 4.11–2 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile uosloncu B vratila, a momenta savijanja u dijelu vratila BC i iznose:
Fmax = −35kN
Mmax = −60kNm
Treba napomenuti da se u daljem proračunu uzimaju intenziteti sile i momenta, s naz-nakom da su na mjestu maksimalnog momenta savijanja gornja vlakna vratila izloženazatezanju, a donja pritisku (moment savijanja je negativan!).
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati vratilo na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
dv2
I=
Mmax
dv2
d4vπ
64(1− ψ4)
=32Mmax
d3vπ(1 − ψ4)< σdoz
pri čemu je za kružni prstenasti presjek
I =d4vπ
64(1− ψ4) ψ =
dudv
= 0.75
Dimenzionisanje greda 171
M
!"#$
0
+F
–35 kN
0
+M
A Bl Bd C
F, kN -13.5 -35 0 0
M, kNm 0 60 60 60
–12.5 kN
FA FB
A B C
60 kNm
q0
Q
Slika 4.11–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
iz kojeg se dobija
dv = 3
√
32Mmax
σdozπ(1 − ψ4)= 3
√
32 · 60 ·103
200 · 106 ·π(1− 0.754)= 164.73mm
i
du = 0.75dv = 0.75 ·164.73 = 123.55mm
Nakon dimenzionisanja vratila koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tan-gencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–6)
τmax =4Fmax
3A
(
d2v + dv · du + d2ud2v + d2u
)
=4 · 35 ·103
3 · 9.324 ·10−3
(
164.732 + 164.73 ·123.55 + 123.552
164.732 + 123.552
)
τmax = 7.41MPa < 150MPa = τdoz
gdje je
A =(d2v − d2u)π
4=
[
(164.73 ·10−3)2 − (123.55 ·10−3)2]
π
4= 9.324 ·10−3mm2
172 4 Savijanje
pa vrijednost dimenzija dobivena na osnovu normalnih napona zadovoljava i tangencijalnenapone.
Zadatak 4.12 Drvena greda pravougaonog poprečnog presjeka, širine b i visine h = 1.2b,opterećena je kao na slici 4.12–1. Odrediti dimenzije grede, ako je dozvoljeni normalni naponσdoz =10 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon σdoz =0.8 MPa.
4 m
A B
2 m
C
8 kN/m
Slika 4.12–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.12: Podaci uz zadatak 4.12
LAB = 4 m q = 8 kN/m σdoz = 10 MPa
LAC = 6 m τdoz = 0.8 MPa
Zadatak je sličan prethodnim zadacima; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterijačvrstoće, s tim da u ovom slučaju imamo pravougaoni poprečni presjek s poznatim odnosomstranica. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenatasavijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naćireakcije oslonaca A i B pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamoda obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.12–2 (zbir sila u horizontalnom pravcunije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu):
∑
Fy = 0 FA −Q+ FB = 0 (4.12–1)∑
MA = 0 Q ·LAC
2− FB ·LAB = 0 (4.12–2)
Sada se iz (4.12–2) dobija FB, a uvrštavanjem u (4.12–1) sila FA, odnosno
FB =Q ·
LAC
2LAB
=48 ·103 ·
6
24
= 36kN
FA = Q − FB = 48 · 103 − 36 · 103 = 12kN
gdje je
Q = qLAC = 8 · 103 · 6 = 48kN
pa su smjerovi sila FA i FB pravilno pretpostavljeni.
Dimenzionisanje greda 173
Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenatasavijanja, kao što je dato na slici 4.12–2. Pri tome treba voditi računa da je nagib krive dija-grama sila ispod kontinuiranog opterećenja jednak je vrijednosti kontinuiranog opterećenjaq; s obzirom da je greda čitavom dužinom opterećena kontinuiranim opterećenjem, dijagramsila ima konstantan nagib. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakterističnetačke (položaje djelovanja sila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja).Za razliku od prethodnih zadataka, ekstremne vrijednosti momenata savijanja se osim utačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce), mogu nalaziti i ispod kon-tinuiranog opterećenja na mjestima gdje je transferzalna sila jednaka nuli (vidi § na strani165). Ekstremne vrijednosti transferzalne sile, kao i ranije, nalaze se na mjestima djelovanjavanjskih sila/momenata.
0
+F
0
+M
A Bl Bd C
F, kN 12 -20 16 0
M, kNm 0 -16 -16 0
12 kN
FA FB
A B C
16 kNm
–16 kNm
q
Q
–20 kN1.5 m
9 kNm
Slika 4.12–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Na osnovu slike 4.12–2 se zaključuje da je najveći intenzitet transferzalne sile u osloncuB grede (s lijeve strane) i iznosi:
Fmax = −20kN
Što se tiče ekstremnih vrijednosti momenata savijanja, treba provjeriti vrijednost u tačkiu kojoj je transferzalna sila jednaka nuli ili mijenja predznak. Prema dijagramu sila, transfer-zalna sila ima vrijednost jednaku nuli ispod kontinuiranog opterećenja te mijenja predznaku osloncu B. Položaj maksimalnog momenta savijanja ispod kontinuiranog opterećenja sedobiva na osnovu jednakosti Fx = 0, tj.
Fx = FA − q ·xmax = 0
174 4 Savijanje
gdje je x tražena udaljenost, odnosno
xmax =FA
q=
12 · 103
8 · 103= 1.5m
pa je
Mmax = FA ·xmax − q ·xmax
xmax
2= 12 ·103 · 1.5− 8 · 103 · 1.5 ·
1.5
2= 9kNm
S obzirom da je ovo po intenzitetu najveći moment savijanja mjerodavan je za dalji proračun,tj.
Mmax = −16kNm
Treba napomenuti da se ekstremna vrijednost suprotnog predznaka može zanemariti, s ob-zirom da je poprečni presjek simetričan oko ose savijanja, odnosno gornja i donja vlakna sujednako udaljena od neutralne linije, a čvrstoća na pritisak i zatezanje se smatraju jednakim.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
h
2I
=Mmax
h
2b ·h3
12
=6Mmax
1.44 · b3< σdoz
pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom visine i širine h : b = 1.2
I =b ·h3
12=h · 1.44b3
12
iz kojeg se dobija
b = 3
√
6Mmax
1.44σdoz
=3
√
6 · 16 · 103
1.44 ·10 · 106= 188.2mm
pa je h = 1.2b = 1.2 · 188.207 = 225.85 mm.Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-
cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–4) (uzima se intenzitetsile)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 20 · 103
2 · 4.251 ·10−2= 0.7MPa < 0.8MPa = τdoz
gdje je
A = bh = 188.207 ·10−3 · 225.849 ·10−3 = 4.251 ·10−2m2
pa vrijednosti dimenzija (188.21 × 225.85 mm), dobivenih na osnovu normalnih napona,zadovoljavaju i tangencijalne napone.
Zadatak 4.13 Za gredu, opterećenu kao na slici 4.13–1, odrediti dimenzije poprečnog pres-jeka grede ako je poprečni presjek pravougaonik s odnosom visine i širine h : b = 1 : 2.Dozvoljeni napon na savijanje je σdoz = 150 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon jeτdoz = 100 MPa.
Dimenzionisanje greda 175
18 kNm
1.2 m
A C
2.4 m
B
27 kNm 40 kN/m
Slika 4.13–1: Opis problema
Tabela 4.13: Podaci uz zadatak 4.13
LAB = 1.2 m q = 40 kN/m σdoz = 150 MPa
LBC = 2.4 m MA = 18 kNm τdoz = 100 MPa
LAC = 3.6 m MC = 27kNm
R j e š e nj e
Zadatak je sličan prethodnom zadatku. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno jenaći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu.U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca A i B, FA i FB, pa postavljamo dvijejednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao naslici 4.13–2 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nemaopterećenja u horizontalnom pravcu):
∑
Fy = 0 FA −Q+ FC = 0 (4.13–1)∑
MA = 0 MA −Q ·LAB + LAC
2−MC + FCLAC = 0 (4.13–2)
Sada se iz (4.13–2) dobija FC , a uvrštavanjem u (4.13–1) sila FA, odnosno
FC =MC −MA +Q ·
LAB + LAC
2LAC
=27 ·103 − 18 · 103 + 96 ·103 ·
1.2 + 3.6
23.6
= 66.5kN
FA = Q− FC = 96 ·103 − 66.5 ·103 = 29.5kN
gdje je
Q = qLBC = 40 · 103 · 2.4 = 96kN
pa su smjerovi sila FA i FC pravilno pretpostavljeni.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.13–2. Pri tome treba voditi računa da je nagib krivedijagrama sila ispod kontinuiranog opterećenja jednak vrijednosti kontinuiranog opterećenjaq. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanjasila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). I u ovom problemu se ek-stremne vrijednosti momenata savijanja, osim u tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata(uključujući oslonce), mogu nalaziti i ispod kontinuiranog opterećenja na mjestima gdje je
176 4 Savijanje
0
+F
0
+M
A B C
F, kN 29.5 29.5 -66.5
M, kNm -18 17.4 -27
29.5 kN
FA FC
A CB
Q
28.3 kNm
MA MC
q
–66.5 kN 1.94 m
17.4 kNm
–18 kNm
–27 kNm
Slika 4.13–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
transferzalna sila jednaka nuli (vidi § na strani 165). Ekstremne vrijednosti transferzalnesile, kao i ranije, nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata.
Na osnovu slike 4.13–2 se zaključuje da je najveća vrijednost transferzalne sile po apso-lutnoj vrijednosti u osloncu C grede i iznosi:
Fmax = −66.5kN
Što se tiče ekstremnih vrijednosti momenata savijanja, treba provjeriti vrijednost u tačkiu kojoj je transferzalna sila jednaka nuli. Prema dijagramu sila, transferzalna sila imavrijednost jednaku nuli ispod kontinuiranog opterećenja. Položaj maksimalnog momentasavijanja ispod kontinuiranog opterećenja se dobiva na osnovu jednakosti Fx = 0, tj.
Fx = FA − q · (xmax − LAB) = 0
gdje je x tražena udaljenost, odnosno
xmax =FA
q+ LAB =
29.5 · 103
40 ·103+ 1.2 = 1.9375m
pa je
Mmax = −MA + FA ·xmax − q · (xmax − LAB)xmax − LAB
2
= −18 ·103 + 29.5 ·103 · 1.9375− 40 ·103 · (1.9375− 1.2) ·1.9375− 1.2
2Mmax = 28.28kNm
Dimenzionisanje greda 177
S obzirom da je ovo po intenzitetu najveći moment savijanja mjerodavan je za dalji proračun,tj.
Mmax = 28.28kNm
Treba napomenuti da se ekstremna vrijednost suprotnog predznaka može zanemariti, s ob-zirom da je poprečni presjek simetričan oko ose savijanja, odnosno gornja i donja vlakna sujednako udaljena od neutralne linije, a čvrstoća na pritisak i zatezanje se smatraju jednakim.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
h
2I
=Mmax
h
2h4
6
=3Mmax
h3< σdoz
pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom visine i širine h : b = 1 : 2
I =b ·h3
12=
2h ·h3
12=h4
6
iz kojeg se dobija
h = 3
√
3Mmax
σdoz
=3
√
3 · 28.28 ·103
150 ·106= 82.7mm
pa je b = 2h = 2 · 82.7 = 165.395 mm.Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tan-
gencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–4) (uzima seapsolutna vrijednost sile)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 66.5 · 103
2 · 1.368 ·10−2= 7.3MPa < 100MPa = τdoz
gdje je
A = bh = 165.395 ·10−3 · 82.7 ·10−3 = 1.368 ·10−2m2
pa vrijednosti dimenzija (165.4× 82.7 mm), dobivenih na osnovu normalnih napona, zado-voljavaju i tangencijalne napone.
Zadatak 4.14 Za gredu, opterećenu kao na slici 4.14–1, odrediti dimenzije kvadratnog po-prečnog presjeka grede. Dozvoljeni napon na savijanje je σdoz = 150 MPa, a dozvoljenitangencijalni napon je τdoz = 100 MPa.
R j e š e nj e
Tabela 4.14: Podaci uz zadatak 4.14
LAC = 2 m M = 30 kNm σdoz = 150 MPa
LAD = 4 m q = 9 kN/m τdoz = 100 MPa
LAB = 6 m
178 4 Savijanje
30 kNm
2 m
A D B
2 m 2 m
C
9 kN/m
A C
Slika 4.14–1: Opis problema
Zadatak je sličan prethodnim zadacima; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterijačvrstoće, s tim da u ovom slučaju imamo kvadratni poprečni presjek. Da bismo dimenzion-isali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnihsila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca A i B papostavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djelujuprema gore, kao na slici 4.14–2 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljatis obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu):
∑
Fy = 0 −Q+ FA + FB = 0 (4.14–1)∑
MA = 0 −Q ·LAC
2+M + FB ·LAB = 0 (4.14–2)
Sada se iz (4.14–2) dobija FB, a uvrštavanjem u (4.14–1) sila FA, odnosno
FB =Q ·
LAC
2−M
LAB
=18 ·103 ·
2
2− 30 · 103
6= −2kN
FA = Q − FB = 18 · 103 − (−2 · 103) = 20kN
gdje je
Q = q ·LAC = 9 · 103 · 2 = 18kN
pa je smjer sile FB pogrešno pretpostavljen.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.14–2. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata zakarakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata). S obzirom da na oblik dijagramatransferzalnih sila (ni na jednom mjestu transferzalna sila nije jednaka nuli), ekstremnevrijednosti momenata se nalaze u karakterističnim tačkama.
Na osnovu slike 4.14–2 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile uosloncu A, a momenta savijanja na mjestu djelovanja momenta M s lijeve strane i iznose:
Fmax = 20kN
Mmax = 26kNm
Treba napomenuti da se uzima samo jedna ekstremna vrijednost momenta savijanja, sobzirom da se radi o kvadratnom poprečnom presjeku grede za koji su i gornja i donjavlakna jednako udaljena od neutralne linije, pri čemu su u ovom slučaju (pozitivan momentsavijanja) gornja vlakna grede izložena pritisku, a donja zatezanju.
Dimenzionisanje greda 179
2 kN
9 kN/m
0
+F
0
+M
A C Dl Dd B
F, kN 20 2 2 2 2
M, kNm 0 22 26 -4 0
20 kN
–4 kNm
FA FB
M
A D BC
Q
26 kNm 22 kNm
Slika 4.14–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
b
2I
=Mmax
b
2b4
12
=6Mmax
b3< σdoz
pri čemu je za kvadratni poprečni presjek
I =b4
12
iz kojeg se dobija
b = 3
√
6Mmax
σdoz
=3
√
6 · 26 · 103
150 · 106= 101.32mm
Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–4)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 20 ·103
2 · 1.026 ·10−2= 2.9MPa < 100MPa = τdoz
gdje je
A = b2 = (101.32 ·10−3)2 = 1.026 ·10−2m2
180 4 Savijanje
pa vrijednost stranice od 101.32 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava itangencijalne napone.
Zadatak 4.15 Za gredu kružnog poprečnog presjeka, opterećenu kao na slici 4.15–1 odreditidimenzije poprečnog presjeka grede. Dozvoljeni napon na savijanje je σdoz = 250 MPa, adozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 100 MPa.
1 m
A
4 m
B
2 kN 3 kN/m
C
–
A C
q
–
Slika 4.15–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.15: Podaci uz zadatak 4.15
LAC = 1 m F = 2 kN σdoz = 250 MPa
LCB = 4 m q = 3 kN/m τdoz = 100 MPa
Zadatak je sličan prethodnom; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće. Dabismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja itransferzalnih sila koji na nju djeluju. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonacaC i B, FC i FB, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo daobje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.15–2 (zbir sila u horizontalnom pravcu nijepotrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnih opterećenja):
∑
Fy = 0 − F + FB + FC −Q = 0 (4.15–1)∑
MC = 0 F ·LAC −Q ·LCB
2+ FB ·LCB = 0 (4.15–2)
Sada se iz (4.15–2) dobija FB, a uvrštavanjem u (4.15–1) sila FC , odnosno
FB = −F ·LAC −Q ·
LCB
2LCB
= −2 · 103 · 1− 12 · 103 ·
4
24
= 5.5kN
FC = F +Q− FB = 2 · 103 + 12 · 103 − 5.5 ·103 = 8.5kN
gdje je
Q = q ·LCB = 3 · 103 · 4 = 12kN
pa su smjerovi reakcija pravilno pretpostavljeni.
Dimenzionisanje greda 181
Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenatasavijanja, kao što je dato na slici 4.15–2. Pri tome treba voditi računa o tome da je nagibkrive dijagrama sila ispod kontinuiranog opterećenja jednak vrijednosti kontinuiranog opte-rećenja q. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položajedjelovanja sila/momenata). Ekstremne vrijednosti momenata savijanja mogu se nalaziti iispod kontinuiranog opterećenja na mjestima gdje je transferzalna sila jednaka nuli (vidi §na strani 165). Ekstremne vrijednosti transferzalne sile, kao i ranije, nalaze se na mjestimadjelovanja vanjskih sila/momenata.
0
+F
0
+M
A Cl Cd B
F, kN -2 -2 6.5 -5.5
M, kNm 0 -2 -2 -6
–2 kN
FC FB
A BC
5.04 kNm
–2 kNm
q
Q
3.17 m
F
6.5 kN
–5.5 kN
Slika 4.15–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Na osnovu slike 4.15–2 se zaključuje da je ekstremna vrijednost transferzalne sile u osloncuC vratila i iznosi:
Fmax = 6.5kN
Što se tiče ekstremnih vrijednosti momenata savijanja, treba provjeriti vrijednost u tački ukojoj je transferzalna sila jednaka nuli ili mijenja predznak. Prema dijagramu sila, transfer-zalna sila ima vrijednost jednaku nuli ispod kontinuiranog opterećenja te mijenja predznaku osloncu C. Položaj maksimalnog momenta savijanja ispod kontinuiranog opterećenja sedobiva na osnovu jednakosti Fx = 0, tj.
Fx = −F + FC − q · (xmax − LAC) = 0
gdje je x tražena udaljenost od tačke A, odnosno
xmax =−F + FC
q+ LAC =
−2 · 103 + 8.5 · 103
3 · 103+ 1 = 3.167m
182 4 Savijanje
pa je
Mmax = −F ·xmax + FC · (xmax − LAC)− q · (xmax − LAC)xmax − LAC
2
= −2 · 103 · 3.167 + 8.5 · 103 · (3.167− 1)
− 3 · 103 · (3.167− 1) ·3.167− 1
2Mmax = 5.04kNm
S obzirom da je ovo po intenzitetu najveći moment savijanja, mjerodavan je za dalji proračun,tj.
Mmax = 5.04kNm
Treba napomenuti da se uzima samo jedna ekstremna vrijednost momenta savijanja, sobzirom da se radi o kružnom poprečnom presjeku grede za koji su i gornja i donja vlaknajednako udaljena od neutralne linije, pri čemu su gornja vlakna grede izložena pritisku, adonja zatezanju.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati vratilo na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
d
2I
=Mmax
d
2d4π
64
=32Mmax
d3π< σdoz
pri čemu je za puni kružni presjek
I =d4π
64
iz kojeg se dobija
d = 3
√
32Mmax
σdozπ=
3
√
32 ·5.042 ·103
250 ·106 ·π= 59mm
Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–5)
τdoz =4Fmax
3A=
4 · 6.5 ·103
3 · 2.734 ·10−3= 3.17MPa < 100MPa = τdoz
gdje je
A =d2π
4=
(59 · 10−3)2π
4= 2.734 ·10−3m2
pa vrijednost prečnika od 59 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava itangencijalne napone.
Zadatak 4.16 Za gredu kvadratnog poprečnog presjeka, opterećenu kao na slici 4.16–1odrediti dimenzije poprečnog presjeka grede. Dozvoljeni napon na savijanje je σdoz = 250MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 100 MPa.
Dimenzionisanje greda 183
8 kN
1.5 m
A
2.2 m
B
3 kN/m
C
Slika 4.16–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.16: Podaci uz zadatak 4.16
LAC = 1.5 m F = 8 kN σdoz = 250 MPa
LCB = 2.2 m q = 3 kN/m τdoz = 100 MPa
Zadatak je sličan prethodnim zadacima; radi se o dimenzionisanju grede kvadratnog po-prečnog presjeka na osnovu kriterija čvrstoće. U tu svrhu neophodno je naći ekstremnevrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. Prvo treba naćireakcije oslonaca A i C, FA i FC , pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže, pri čemu pret-postavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.16–2 (zbir sila u horizontalnompravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu):
∑
Fy = 0 FA + FC −Q− F = 0 (4.16–1)∑
MC = 0 FA ·LAC +Q ·LCB
2+ F ·LCB = 0 (4.16–2)
Sada se iz (4.16–2) dobija FA, a uvrštavanjem u (4.16–1) sila FC , odnosno
FA = −Q ·
LCB
2+ F ·LCB
LAC
= −6.6 ·103 ·
2.2
2+ 8 · 103 · 2.2
1.5= −16.57kN
FC = Q+ F − FA = 6.6 · 103 + 8 · 103 − (−16.57 ·103) = 31.17kN
gdje je
Q = q ·LCB = 3 · 103 · 2.2 = 6.6kN
pa je smjer sile FA pogrešno pretpostavljen.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.16–2. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata zakarakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata). S obzirom da na oblik dijagramatransferzalnih sila (transferzalna sila mijenja znak samo u osloncu C), ekstremne vrijednostimomenata se nalaze u karakterističnim tačkama.
Na osnovu slike 4.16–2 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u dijelugrede AC, a momenta savijanja u osloncu C:
Fmax = −16.57kN
Mmax = −24.86kNm
184 4 Savijanje
0
+F
0
+M
A Cl Cd B
F, kN -16.6 -16.6 14.6 8
M, kNm 0 -24.9 -24.9 0
–16.6 kN
FA FC
A B C
-24.86 kNm
q
Q
F
8 kN 14.6 kN
���
2
Slika 4.16–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
pri čemu su u ovom slučaju (negativan moment savijanja) gornja vlakna grede izloženazatezanju, a donja pritisku.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
b
2I
=Mmax
b
2b4
12
=6Mmax
b3< σdoz
pri čemu je za kvadratni poprečni presjek
I =b4
12
iz kojeg se dobija
b = 3
√
6Mmax
σdoz
=3
√
6 · 24.86 ·103
250 ·106= 90.69mm
Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–4)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 16.57 ·103
2 · 8.224 ·10−3= 3MPa < 100MPa = τdoz
Dimenzionisanje greda 185
gdje je
A = b2 = (90.686 ·10−3)2 = 8.224 ·10−3m2
pa vrijednost stranice od 90.69 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava itangencijalne napone.
Zadatak 4.17 Za prostu gredu pravougaonog poprečnog presjeka, b×h, opterećenu kao naslici 4.17–1, odredi dimenzije presjeka, ako je odnos visine i dužine h : b = 2 : 1. Dozvoljeninapon na savijanje je σdoz = 200 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 100 MPa.Ostali podaci: LAB = LCD = 0.1 m, LAD = 0.4 m, q1 = 5 kN/m, q2 = 5 kN/m.
LAB
A D
q2
C
LCD
LAD
B
q1
Slika 4.17–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.17: Podaci uz zadatak 4.17
LAB = 0.1 m q1 = 5 kN/m σdoz = 200 MPa
LCD = 0.1 m q2 = 5 kN/m τdoz = 100 MPa
LAD = 0.4 m h = 2b
Ovaj zadatak pripada grupi zadataka iz dimenzionisanja greda, pa je postupak rješa-vanja identičan onom objašnjenom u ranijim zadacima. Prvo je potrebno naći ekstremnevrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu ne-ophodno je prvo naći reakcije oslonaca A i D, FA i FD, pa postavljamo dvije jednačineravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.17–2(zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenjau horizontalnom pravcu):
∑
Fy = 0 FA −Q1 −Q2 + FD = 0 (4.17–1)∑
MA = 0 −Q1 ·LAB
2−Q2 ·
LAC + LAD
2+ FDLAD = 0 (4.17–2)
Sada se iz (4.17–2) dobija FD, a uvrštavanjem u (4.17–1) sila FA, odnosno
FD =Q1 ·
LAB
2+Q2 ·
LAC + LAD
2LAD
=500 ·
0.1
2+ 500 ·
0.4 + 0.3
20.4
= 500N
FA = Q1 +Q2 − FD = 500 + 500− 500 = 500N
186 4 Savijanje
gdje je
Q1 = q1LAB = 5 · 103 · 0.1 = 500N
Q2 = q2(LAD − LAC) = 5 · 103 · (0.4− 0.3) = 500N
pa su smjerovi sila FA i FD pravilno pretpostavljeni.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.17–2. Pri tome treba voditi računa da je nagib krive dija-grama sila ispod kontinuiranog opterećenja jednak vrijednosti kontinuiranog opterećenja q1 iq2. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanjasila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). Ekstremne vrijednostitransferzalne sile, kao i ranije, nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata.
–500 N
0
+F
0
+M
A B C D
F, N 500 0 0 -500
M, Nm 0 25 25 0
FA FD
A D
25 Nm
Q2
q2
C B
q1
Q1
500 N
Slika 4.17–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Na osnovu slike 4.17–2 se zaključuje da je najveći intenzitet transferzalne sile u osloncimagrede i za oslonac A iznosi:
Fmax = 500N
Što se tiče ekstremnih vrijednosti momenata savijanja, treba provjeriti vrijednost u tačkiu kojoj je transferzalna sila jednaka nuli ili mijenja predznak. Prema dijagramu sila, transfer-zalna sila ima vrijednost jednaku nuli u području BC, gdje je vrijednost momenta savijanjajednaka vrijednostima u tačkama B i C
Mmax = 25Nm
S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost, gornja vlakna grede su napregnuta pritiskom,a donja zatezanjem. Treba istaći (anti)simetričnost dobivenih dijagrama sila i momenta
Dimenzionisanje greda 187
savijanja, što se i moglo očekivati s obzirom da su i opterećenje i materijal i poprečni presjeksimetrični u odnosu na sredinu grede.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
h
2I
=Mmax
2b
22
3b4
=3Mmax
2b3< σdoz
pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom visine i širine h = 2b
I =b ·h3
12=b · (2b)3
12=
2
3b4
iz kojeg se dobija
b = 3
√
3Mmax
2σdoz
=3
√
3 · 25
2 · 200 ·106= 5.7mm
pa je h = 2b = 2 · 5.7 = 11.4 mm.Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-
cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–4)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 500
2 · 65.52 ·10−6= 11.45MPa < 100MPa = τdoz
gdje je
A = bh = 5.7 · 10−3 · 11.4 ·10−3 = 65.52 ·10−6m2
pa vrijednosti dimenzija (5.7× 11.4 mm), dobivenih na osnovu normalnih napona, zadovol-javaju i tangencijalne napone.
Zadatak 4.18 Za prostu gredu kružnog presjeka, opterećenu kao na slici 4.18–1, odredidimenzije presjeka, ako je dozvoljeni napon na savijanje je σdoz = 200 MPa, a dozvoljenitangencijalni napon je τdoz = 100 MPa.Ostali podaci: LAB = LCD = 0.1 m, LAD = 0.4 m, q = 5 kN/m.
LAB
A D
q
C
LCD
LAD
B
Slika 4.18–1: Opis problema
188 4 Savijanje
R j e š e nj e
Tabela 4.18: Podaci uz zadatak 4.18
LAB = 0.1 m q = 5 kN/m σdoz = 200 MPa
LCD = 0.1 m τdoz = 100 MPa
LAD = 0.4 m
LBC = 0.2 m
Zadatak je sličan prethodnom, pa je i postupak rješavanja identičan, s tim da je poprečnipresjek u ovom slučaju krug. Dakle, prvo je potrebno naći ekstremne vrijednosti mome-nata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvonaći reakcije oslonaca A i D, FA i FD, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemupretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.18–2 (zbir sila u hori-zontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnompravcu):
∑
Fy = 0 FA −Q+ FD = 0 (4.18–1)∑
MA = 0 −Q ·
(
LAB +LBC
2
)
+ FDLAD = 0 (4.18–2)
pri čemu je napadna sila kontinuiranog opterećenja na sredini grede, s obzirom na simetri-čnost opterećenja grede. Sada se iz (4.18–2) dobija FD, a uvrštavanjem u (4.18–1) sila FA,odnosno
FD =
Q ·
(
LAB +LBC
2
)
LAD
=
1 · 103 ·
(
0.1 +0.2
2
)
0.4= 500N
FA = Q− FD = 1 · 103 − 500 = 500N
gdje je
Q = q ·LBC = 5 · 103 · 0.2 = 1kN
pa su smjerovi sila FA i FD pravilno pretpostavljeni.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.18–2. Pri tome treba voditi računa da je nagib krivedijagrama sila ispod kontinuiranog opterećenja jednak vrijednosti kontinuiranog opterećenjaq. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanjasila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). I u ovom problemu se ek-stremne vrijednosti momenata savijanja osim u tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata(uključujući oslonce), mogu nalaziti i ispod kontinuiranog opterećenja na mjestima gdje jetransferzalna sila jednaka nuli. Ekstremne vrijednosti transferzalne sile nalaze se na mjes-tima djelovanja vanjskih sila/momenata.
Dimenzionisanje greda 189
–500 N
0
+F
0
+M
A B C D
F, N 500 500 -500 -500
M, Nm 0 50 50 0
FA FD
A D
75 Nm
C
Q
500 N
q
B
50 Nm 50 Nm
Slika 4.18–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Na osnovu slike 4.18–2 se zaključuje da su najveći intenziteti transferzalne sile u osloncimagrede i za oslonac A iznosi:
Fmax = 500N
Što se tiče ekstremnih vrijednosti momenata savijanja, treba provjeriti vrijednost u tačkiu kojoj je transferzalna sila jednaka nuli ili mijenja predznak. Prema dijagramu sila, trans-ferzalna sila ima vrijednost jednaku nuli u području BC, na sredini grede, gdje je vrijednostmomenta savijanja jednaka
Mmax = 75Nm
S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost, gornja vlakna grede su napregnuta pritiskom,a donja zatezanjem. Treba istaći (anti)simetričnost dobivenih dijagrama sila i momentasavijanja, što se i moglo očekivati s obzirom da su i opterećenje i materijal i poprečni presjeksimetrični u odnosu na sredinu grede.
Sada se koristeći izraz (4–1) greda može dimenzionisati na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
d
2I
=Mmax
d
2d4π
64
=32Mmax
d3π< σdoz
pri čemu je za puni kružni presjek
I =d4π
64
190 4 Savijanje
iz kojeg se dobija
d = 3
√
32Mmax
σdozπ=
3
√
32 · 75
200 ·106 ·π= 15.63mm
Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–5)
τdoz =4Fmax
3A=
4 · 500
3 · 191.92 ·10−6= 3.47MPa < 100MPa = τdoz
gdje je
A =d2π
4=
(15.63 ·10−3)2π
4= 191.92 ·10−6m2
pa vrijednost prečnika od 15.63 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava itangencijalne napone.
Zadatak 4.19 Za konzolu kvadratnog poprečnog presjeka stranice b, opterećenu kao naslici 4.19–1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon na savijanje jeσdoz = 12 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 1.2 MPa.Ostali podaci: LAB = 0.1 m, LAC = 0.2 m, LAD = 0.3 m, MC = 0.5 kNm, q = 30 kN/m.
LAB
MC q
A D C B
LAC
LAD
Slika 4.19–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.19: Podaci uz zadatak 4.19
LAB = 0.1 m MC = 0.5 kNm σdoz = 12 MPa
LAC = 0.2 m q = 30 kN/m τdoz = 1.2 MPa
LAD = 0.3 m
I u ovom zadatku se radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće, s tim da uovom slučaju imamo kvadratni poprečni presjek i konzolu. Da bismo dimenzionisali kon-zolu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila kojina nju djeluju. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije u osloncu D, MD i FD, papostavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo smjerove sile i momenta
Dimenzionisanje greda 191
kao na slici 4.19–2 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom danema opterećenja u horizontalnom pravcu):
∑
Fy = 0 −Q+ FD = 0 (4.19–1)∑
MD = 0 −Q ·
(
LAD −LAB
2
)
+M −MD = 0 (4.19–2)
Sada se iz (4.19–1) dobija FD, a iz (4.19–2) moment MD, odnosno
FD = Q = 3kN
MD = −Q ·
(
LAD −LAB
2
)
+M = −3 ·103(
0.3−0.1
2
)
+ 500 = −250Nm
gdje je
Q = q ·LAB = 30 · 103 · 0.1 = 3kN
pa je smjer momenta MD pogrešno pretpostavljen.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.19–2. Na slici su date i vrijednosti sila i momenataza karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata te oslonaca). Imajući u vidudijagram transferzalnih sila (nema nula) jasno je da se ekstremne vrijednosti momenatasavijanja nalaze u karakterističnim tačkama.
Na osnovu slike 4.19–2 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u dijelukonzole AD, a momenta savijanja na mjestu djelovanja momenta M s lijeve strane i iznose:
Fmax = −3kN
Mmax = −450Nm
Treba napomenuti da se uzima samo jedna ekstremna vrijednost momenta savijanja, sobzirom da se radi o kvadratnom poprečnom presjeku grede za koji su i gornja i donjavlakna jednako udaljena od neutralne linije, pri čemu su u ovom slučaju (negativan momentsavijanja) gornja vlakna grede izložena zatezanju, a donja pritisku. U daljem proračunuuzimaju se intenziteti momenta i sile.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
b
2I
=Mmax
b
2b4
12
=6Mmax
b3< σdoz
pri čemu je za kvadratni poprečni presjek
I =b4
12
iz kojeg se dobija
b = 3
√
6Mmax
σdoz
=3
√
6 · 450
12 · 106= 60.82mm
192 4 Savijanje
0
+F
0
+M
A Bl Cl Cd D
F, kN 0 -3 -3 -3 -3
M, Nm 0 -150 -450 50 -250
-3 kNm
–450 Nm
FD
MD
–250 Nm
MC q
A D C B
50 Nm
150 Nm
Slika 4.19–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–4)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 3 · 103
2 · 3.699 ·10−3= 1.216MPa > 1.2MPa = τdoz
gdje je
A = b2 = (60.82 ·10−3)2 = 3.699 ·10−3m2
pa vrijednost stranice od 60.82 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, ne zadovol-java tangencijalne napona. Dakle, dimenzionisanje se mora uraditi prema tangencijalnimnaponima koristeći izraz (4–4)
τdoz =3Fmax
2A=
3Fmax
2b2< τdoz
na osnovu kojeg je
b =
√
3Fmax
2τdoz
=
√
3 · 3 · 103
2 · 1.2 · 106= 61.24mm
pa je najmanja dimenzija grede, koja zadovoljava i normalne i tangencijalne napone, 61.24mm.
Dimenzionisanje greda 193
Zadatak 4.20 Za gredu pravougaonog poprečnog presjeka odnosa visine i širine 1.5, opte-rećenu kao na slici 4.20–1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon nasavijanje σdoz = 12 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 2 MPa.Ostali podaci: LAB = 0.5 m, LAC = 1 m, q0 = 10 kN/m.
LAB
A
q0
C
LAC
B
Slika 4.20–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.20: Podaci uz zadatak 4.20
LAB = 0.5 m q0 = 10 kN/m σdoz = 12 MPa
LAC = 1 m h = 1.5b τdoz = 2 MPa
I ovdje se radi o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće, s tim da u ovom slučajuimamo pravougaoni poprečni presjek s poznatim odnosom stranica. Da bismo dimenzionisaligredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila kojidjeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca A i C, FA i FC , papostavljamo dvije jednačine ravnoteže, pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djelujuprema gore, kao na slici 4.20–2 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljatis obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu):
∑
Fy = 0 FA −Q1 −Q2 + FC = 0 (4.20–1)∑
MA = 0 −Q1 ·2
3LAB −Q2 ·
(
LAB +1
3LBC
)
+ FC ·LAC = 0 (4.20–2)
Sada se iz (4.20–2) dobija FC , a uvrštavanjem u (4.20–1) sila FA, odnosno
FC =
Q1 ·2
3LAB +Q2 ·
(
LAB +1
3LBC
)
LAC
=
2.5 ·103 ·2
3· 0.5 + 2.5 · 103 ·
(
0.5 +1
30.5
)
1= 2.5kN
FA = Q1 +Q2 − FC = 2.5 · 103 + 2.5 · 103 − 2.5 · 103 = 2.5kN
gdje je
Q1 = Q2 =1
2q0LAB =
1
2q0LBC =
1
210 · 103 · 0.5 = 2.5kN
194 4 Savijanje
LBC = LAC − LAB = 1− 0.5 = 0.5m
pa su smjerovi sila FA i FB pravilno pretpostavljeni.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.20–2. Pri tome treba voditi računa da je nagib krivedijagrama sila ispod trouglastog opterećenja jednak vrijednosti opterećenja za posmatranipoložaj, odnosno da se linearno mijenja, pa je transferzalna sila polinom drugog reda. Naslici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanjasila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). Ekstremne vrijednostitransferzalne sile, kao i ranije, nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila i/ili mome-nata. U slučaju ekstremnih vrijednosti momenata savijanja, potrebno je provjeriti mjestana kojima je tranferzalna sila jednaka nuli, a to je na sredini grede. Inače, dobiveni dija-grami transferzalnih sila i momenata savijanja [vidi se da su (anti)simetrični] su očekivani sobzirom na simetričnost opterećenja, raspodjele materijala i geometrije grede u odnosu nasredinu grede.
q0
2.5 kN
–2.5 kN
0
+F
0
+M
A B C
F, kN 2.5 0 -2.5
M, Nm 0 833 0
FA FC
A
833 Nm
C
Q
B
Q 2
3���
���
3
Slika 4.20–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Na osnovu slike 4.20–2 se zaključuje da su najveći intenziteti transferzalne sile u osloncimagrede, a momenta savijanja u sredini grede, i iznose:
Fmax = 2.5kN
Mmax = 0.833Nm
Pošto je moment savijanja pozitivan, gornja vlakna grede su napregnuta pritiskom, a donjazatezanjem.
Dimenzionisanje greda 195
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
h
2I
=Mmax
h
23
16b3 ·h
=8Mmax
3 · b3< σdoz
pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom visine i širine h : b = 1.5
I =b ·h3
12=b ·h2 ·h
12=b · (1.5b)2 ·h
12=
3
16b3 ·h
iz kojeg se dobija
b = 3
√
8Mmax
3σdoz
=3
√
8 · 0.833 ·103
3 · 12 · 106= 57mm
pa je h = 1.5b = 1.5 ·57 = 85.5 mm.Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-
cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–4)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 2.5 · 103
2 · 4.873 ·10−3= 0.77MPa < 2MPa = τdoz
gdje je
A = bh = 57 · 10−3 · 85.5 ·10−3 = 4.873 ·10−3m2
pa vrijednosti dimenzija (57 × 85.5 mm), dobivenih na osnovu normalnih napona, zadovol-javaju i tangencijalne napone.
Zadatak 4.21 Za gredu pravougaonog poprečnog presjeka odnosa visine i širine 2, optere-ćenu kao na slici 4.21–1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon nasavijanje σdoz = 12 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 2.5 MPa.Ostali podaci: LAB = 1 m, LAC = 2 m, q0 = 10 kN/m.
LAB
A
q0
C
LAC
B
q0
Slika 4.21–1: Opis problema
R j e š e nj e
Zadatak je sličan prethodnom (razlika je u postavci trouglastog opterećenja) pa je postu-pak rješavanja identičan. I ovdje se radi o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće pri
196 4 Savijanje
Tabela 4.21: Podaci uz zadatak 4.21
LAB = 1 m q0 = 10 kN/m σdoz = 12 MPa
LAC = 2 m h = 2b τdoz = 2.5 MPa
čemu je poprečni presjek pravougaonik s poznatim odnosom stranica. Da bismo dimenzion-isali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih silakoji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca A i C, FA i FC ,pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže, pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djelujuprema gore, kao na slici 4.21–2 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljatis obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu):
∑
Fy = 0 FA −Q1 −Q2 + FC = 0 (4.21–1)∑
MA = 0 −Q1 ·1
3LAB −Q2 ·
(
LAB +2
3LBC
)
+ FC ·LAC = 0 (4.21–2)
Sada se iz (4.21–2) dobija FC , a uvrštavanjem u (4.21–1) sila FA, odnosno
FC =
Q1 ·1
3LAB +Q2 ·
(
LAB +2
3LBC
)
LAC
=
5 · 103 ·1
3· 1 + 5 · 103 ·
(
1 +2
31
)
2= 5kN
FA = Q1 +Q2 − FC = 5 · 103 + 5 · 103 − 5 · 103 = 5kN
gdje je
Q1 = Q2 =1
2q0LAB =
1
2q0LBC =
1
210 · 103 · 1 = 5kN
LBC = LAC − LAB = 2− 1 = 1m
pa su smjerovi sila FA i FB pravilno pretpostavljeni.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.21–2. Pri tome treba voditi računa da je nagib krivedijagrama sila ispod trouglastog opterećenja jednak vrijednosti kontinuiranog opterećenjaq, odnosno da se linearno mijenja za posmatrani presjek, pa je transferzalna sila polinomdrugog reda (vidjeti razliku s dijagramima iz prethodnog zadatka). Na slici su date i vrijed-nosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata te krajevedjelovanja kontinuiranog opterećenja). Ekstremne vrijednosti transferzalne sile, kao i ranije,nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata (oslonci). U slučaju ekstremnihvrijednosti momenata savijanja, potrebno je provjeriti mjesta na kojima je tranferzalna silajednaka nuli ili gdje mijenja predznak, a to je na sredini grede. Inače, dobiveni dijagramitransferzalnih sila i momenata savijanja [vidi se da su (anti)simetrični] su očekivani s obzi-rom na simetričnost opterećenja, raspodjele materijala i geometrije grede u odnosu na njenusredinu.
Na osnovu slike 4.21–2 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile uosloncima grede, a momenta savijanja u sredini grede, i iznose:
Fmax = 5kN
Dimenzionisanje greda 197
q0 q0
0
+F
0
+M
A B C
F, kN 5 0 -5
M, kNm 0 1.67 0
FA FC
A
1.67 kNm
C
Q
B
Q ���
3
2
3���
5 kN
–5 kN
Slika 4.21–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Mmax = 1.677Nm
Pošto je moment savijanja pozitivan, gornja vlakna grede su napregnuta pritiskom, a donjazatezanjem.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza:
σdoz =Mmax
h
2I
=Mmax
h
21
3b3 ·h
=3Mmax
2 · b3< σdoz
pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom visine i širine h : b = 2
I =b ·h3
12=b ·h2 ·h
12=b · (2b)2 ·h
12=
1
3b3 ·h
iz kojeg se dobija
b = 3
√
3Mmax
2σdoz
=3
√
3 · 1.667 ·103
2 · 12 · 106= 59.28mm
pa je h = 2b = 2 · 59.28 = 118.56 mm.Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-
cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–4)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 5 · 103
2 · 7.029 ·10−3= 1.1MPa < 2.5MPa = τdoz
198 4 Savijanje
gdje je
A = bh = 59.28 ·10−3 · 118.56 ·10−3 = 7.029 ·10−3m2
pa vrijednosti dimenzija (59.28 × 118.56 mm), dobivenih na osnovu normalnih napona,zadovoljavaju i tangencijalne napone.
Zadatak 4.22 Za gredu kružnog prstenastog poprečnog presjeka odnosa vanjskog i un-utrašnjeg prečnika 1.2, opterećenu kao na slici 4.22–1, odredi dimenzije poprečnog presjeka,ako je dozvoljeni napon na savijanje je σdoz = 100 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon jeτdoz = 50 MPa.Ostali podaci: LAB = 0.1 m, LAC = 0.4 m, q = 30 kN/m, M = 1 kNm.
M
LAB
A C
LBC
B
q
Slika 4.22–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.22: Podaci uz zadatak 4.22
LAB = 0.1 m q = 30 kN/m σdoz = 100 MPa
LAC = 0.4 m M = 1 kNm τdoz = 50 MPa
LBC = 0.3m dv = 1.2du
I u ovom zadatku možemo slijediti postupak rješavanja kao u prethodnim zadacima, s timda moramo imati na umu da se radi o kružnom prstenastom poprečnom presjeku. Da bismonašli dimenzije poprečnog presjeka grede, neophodno je naći ekstremne vrijednosti mome-nata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naćireakcije oslonaca B i C pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamoda obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.22–2 (zbir sila u horizontalnom pravcunije potrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnih opterećenja):
∑
Fy = 0 FB −Q+ FC = 0 (4.22–1)∑
MB = 0 −M +Q ·LBC
2− FC ·LBC = 0 (4.22–2)
gdje je
Q = qLBD = 30 · 103 · 0.3 = 9kN
Sada se iz (4.22–2) dobija FC , a uvrštavanjem u (4.22–1) sila FB , odnosno
FC =−M +Q ·
LBC
2LBC
=−1 · 103 + 9 · 103 ·
0.3
20.3
= 1.167kN
FB = Q − FC = 9 · 103 − 1.167 ·103 = 7.833kN
Dimenzionisanje greda 199
pa su smjerovi reakcija oslonca pravilno pretpostavljeni.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.22–2. Pri tome treba voditi računa o sljedećem: i)vrijednost sile u dijagramu jednaka je nuli u dijelu grede AB, jer s lijeve strane osloncaB nema opterećenja silama, ii) kriva dijagrama sila ispod kontinuiranog opterećenja imakonstantan nagib q od početka do kraja opterećenja. Na slici su date i vrijednosti sila i mo-menata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata, s osloncima, te krajevedjelovanja kontinuiranog opterećenja). Za razliku od prethodnih zadataka, ekstremne vrijed-nosti momenata savijanja se osim u tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujućioslonce), mogu nalaziti i ispod kontinuiranog opterećenja na mjestima gdje je transferzalnasila jednaka nuli. Ekstremne vrijednosti transferzalne sile, kao i ranije, nalaze se na mjestimadjelovanja vanjskih sila/momenata.
0
+F
0
+M
A Bl Bd C
F, kN 0 0 7.83 -1.17
M, kNm -1 -1 -1 0
7.83 kN
FA FC
A C B
Q
22.7 Nm
M q
0.039 m –1 kNm
LBC/2
–1.17 kN
Slika 4.22–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Na osnovu slike 4.22–2 se zaključuje da je ekstremna vrijednost transferzalne sile u osloncuB grede i iznosi:
Fmax = 7.833kN
Što se tiče momenta savijanja, treba samo provjeriti da li je ispod kontinuiranog opterećenjavrijednost momenta po apsolutnoj vrijednosti veća od vrijednosti u dijelu AB ili ne. Utu svrhu treba provjeriti vrijednost momenta savijanja na mjestu gdje je transferzalna silajednaka nuli, a to je u presjeku na daljini x od oslonca D u kojoj je Fx = 0, tj.
Fx = −FC + q ·x = 0
200 4 Savijanje
odnosno
x =FC
q=
1.167 ·103
30 · 103= 0.0389m
u kojoj je vrijednost momenta jednaka
M(x) = FC ·x− q ·x2
2= 1.167 ·103 · 0.0389− 30 ·103 ·
0.03892
2= 22.7Nm
Dakle, ekstremna vrijednost momenta savijanja je u dijelu grede AB i iznosi
Mmax = −1kNm
Treba napomenuti da se u daljem proračunu uzima apsolutna vrijednost momenta, s naz-nakom da su gornja vlakna vratila izložena zatezanju, a donja pritisku (moment savijanjaje negativan).
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu:
σdoz =Mmax
dv2
I=
Mmax
dv2
d4vπ
64(1− ψ4)
=32Mmax
d3vπ(1 − ψ4)< σdoz
pri čemu je za kružni prstenasti presjek
I =d4vπ
64(1− ψ4) ψ =
dudv
=1
1.2= 0.8333
iz kojeg se dobija
dv = 3
√
32Mmax
σdozπ(1− ψ4)= 3
√
32 ·1 · 103
100 ·106 ·π(1 − 0.83334)= 58.16mm
i
du =dv1.2
=58.16 ·103
1.2= 48.5mm
Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–6)
τmax =4Fmax
3A
(
d2v + dv · du + d2ud2v + d2u
)
=4 · 7.833 ·103
3 · 811.77 ·10−6
(
58.162 + 58.16 ·48.47 + 48.472
58.162 + 48.472
)
τmax = 19.2MPa < 50MPa = τdoz
gdje je
A =(d2v − d2u)π
4=
[
(58.16 ·10−3)2 − (48.467 ·10−3)2]
π
4= 811.774 ·10−6m2
pa vrijednost dimenzija, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalnenapone.
Dimenzionisanje greda 201
Zadatak 4.23 Za gredu kružnog prstenastog poprečnog presjeka odnosa vanjskog i un-utrašnjeg prečnika 1.25, opterećenu kao na slici 4.23–1, odredi dimenzije poprečnog presjeka,ako je dozvoljeni napon na savijanje σdoz = 100 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon jeτdoz = 50 MPa.Ostali podaci: LAB = 0.3 m, LAC = 0.6 m, LAD = 0.8 m, q = 10 kN/m, F=5 kN.
LAC
LAD
q LAB
A C D B
F
Slika 4.23–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.23: Podaci uz zadatak 4.23
LAB = 0.3 m q = 10 kN/m σdoz = 100 MPa
LAC = 0.6 m F = 5 kN τdoz = 50 MPa
LAD = 0.8m dv = 1.25du
LCD = 0.2m
S obzirom da je poprečni presjek isti kao u prethodnom zadatku (kružni prstenasti)možemo slijediti isti postupak rješavanja. Neophodno je prvo naći reakcije oslonaca A i C,FA i FC , pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcijedjeluju prema gore, kao na slici 4.23–2 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebnopostavljati s obzirom da nema horizontalnih opterećenja):
∑
Fy = 0 FA − F + FC −Q = 0 (4.23–1)∑
MA = 0 − F ·LAB + FC ·LAC −Q ·LAC + LAD
2= 0 (4.23–2)
gdje je
Q = qLCD = 10 · 103 · 0.2 = 2kN
Sada se iz (4.23–2) dobija FC , a uvrštavanjem u (4.23–1) sila FA, odnosno
FC =F ·LAB +Q ·
LAC + LAD
2LAC
=5 · 103 · 0.3 + 2 · 103 ·
0.6 + 0.8
20.6
= 4.833kN
FA = Q− FC + F = 2 · 103 − 4.833 ·103 + 5 · 103 = 2.167kN
pa su smjerovi reakcija oslonca pravilno pretpostavljeni.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.23–2. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata
202 4 Savijanje
za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata, s osloncima, te krajeve djelo-vanja kontinuiranog opterećenja). S obzirom da je kontinuirano opterećenje na prepustu kaojedino opterećenje, ekstremne vrijednosti momenta savijanja nalaze se u karakterističnimtačkama. Ekstremne vrijednosti transferzalne sile nalaze se na mjestima djelovanja vanjskihsila/momenata.
q
A C D B
0
+F 2.17 kN
–2.83 kN
0
+M
A Bl Bd Cl Cd D
F, kN 2.17 2.17 -2.83 -2.83 2 0
M, Nm 0 650 650 -200 -200 0
–200 Nm
FA FC
Q
F
2 kN
650 Nm
Slika 4.23–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Na osnovu slike 4.23–2 se zaključuje da je ekstremna vrijednost transferzalne sile u dijelugrede BC, dok je ekstremna vrijednost momenta savijanja na mjestu djelovanja sile F , aiznose:
Fmax = 7.833kN
Mmax = 650Nm
S obzirom na pozitivan predznak maksimalnog momenta savijanja gornja vlakna gredeizložena pritisku, a donja zatezanju.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu:
σdoz =Mmax
dv2
I=
Mmax
dv2
d4vπ
64(1− ψ4)
=32Mmax
d3vπ(1 − ψ4)< σdoz
pri čemu je za kružni prstenasti presjek
I =d4vπ
64(1− ψ4) ψ =
dudv
=1
1.25= 0.8
Dimenzionisanje greda 203
iz kojeg se dobija
dv = 3
√
32Mmax
σdozπ(1 − ψ4)= 3
√
32 · 650
100 · 106 ·π(1− 0.84)= 48.22mm
i
du =dv1.25
=48.22 ·103
1.25= 38.58mm
Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–6)
τmax =4Fmax
3A
(
ψ2 + ψ + 1
ψ2 + 1
)
=4 · 2.833 ·103
3 · 657.512 ·10−6
(
0.82 + 0.8 + 1
0.82 + 1
)
τmax = 5.746MPa < 50MPa = τdoz
gdje je
A =(d2v − d2u)π
4=
[
(48.22 ·10−3)2 − (38.58 ·10−3)2]
π
4= 657.512 ·10−6m2
pa vrijednost dimenzija, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalnenapone.
Zadatak 4.24 Za gredu kružnog prstenastog poprečnog presjeka vanjskog prečnika d1 =50 mm, opterećenu kao na slici 4.24–1, odredi dimenzije poprečnog presjeka (unutrašnjiprečnik), ako je dozvoljeni napon na savijanje σdoz = 100 MPa, a dozvoljeni tangencijalninapon je τdoz = 50 MPa.Ostali podaci: LAB = 0.4 m, LAC = 1 m, LAC = 1.2 m, FB = 5 kN, MD=1 kNm.
MD LAB
A D B
LAC
C
FB
LAD
Slika 4.24–1: Opis problema
R j e š e nj e
Zadatak je sličan prethodnom, s tim da je umjesto odnosa unutrašnjeg i vanjskog prečnikagrede, poznat vanjski prečnik pa je neophodno naći unutrašnji (naprimjer, preko izračunatogodnosa). Da bismo našli dimenzije poprečnog presjeka grede, neophodno je naći ekstremne
204 4 Savijanje
Tabela 4.24: Podaci uz zadatak 4.24
LAB = 0.4 m FB = 5 kN σdoz = 100 MPa
LAC = 1 m MD = 1 kNm τdoz = 50 MPa
LAD = 1.2 m d1 = 50 mm
vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu ne-ophodno je prvo naći reakcije oslonaca A i C, FA i FC , pa postavljamo dvije jednačineravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.24–2(zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnihopterećenja):
∑
Fy = 0 FA − FB + FC = 0 (4.24–1)∑
MA = 0 − FB ·LAB + FC ·LAC −MD = 0 (4.24–2)
Sada se iz (4.24–2) dobija FC , a uvrštavanjem u (4.24–1) sila FA, odnosno
FC =MD + FB ·LAB
LAC
=1 · 103 + 5 · 103 · 0.4
1= 3kN
FA = FB − FC = 5 · 103 − 3 · 103 = 2kN
pa su smjerovi reakcija oslonca pravilno pretpostavljeni.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.24–2, na kojoj su date i vrijednosti transferzalnih sila imomenata savijanja u karakterističnim tačkama. S obzirom da nema kontinuiranih optere-ćenja, ekstremne vrijednosti transferzalne sile i momenata nalaze se na mjestima djelovanjavanjskih sila/momenata.
Na osnovu slike 4.24–2 se zaključuje da je ekstremna vrijednost transferzalne sile u dijeluBC grede, a momenta savijanja na prepustu CD, i iznose:
Fmax = 3kN
Mmax = −1kNm
Treba napomenuti da se u daljem proračunu uzima intenzitet momenta, s naznakom da sugornja vlakna vratila izložena zatezanju, a donja pritisku (moment savijanja je negativan).
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu:
σdoz =Mmax
d11
I=
Mmax
d12
d41π
64(1− ψ4)
=32Mmax
d31π(1− ψ4)< σdoz
pri čemu je za kružni prstenasti presjek
I =d41π
64(1− ψ4)
iz kojeg se dobija
ψ = 4
√
1−32Mmax
σdoz · d31π= 4
√
1−32 · 1 · 103
150 · 106 · (50 · 10−3)3π= 0.822
Dimenzionisanje greda 205
0
+F
–3 kN
0
+M
A Bl Bd Cl Cd D
F, kN 2 2 -3 -3 0 0
M, kNm 0 0.8 0.8 -1 -1 0
2 kN
0.8 kNm
FA FC
MD
A C D B
–1 kNm
FB
Slika 4.24–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
pa je
d2 = d1 ·ψ = 50 · 10−3 · 0.822 = 41.105mm
Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–6)
τmax =4Fmax
3A
(
d21 + d1 · d2 + d22d21 + d22
)
=4 · 3 · 103
3 · 636.5 ·10−6
(
502 + 50 · 41.105 + 41.1052
502 + 41.1052
)
τmax = 9.37MPa < 100MPa = τdoz
gdje je
A =(d21 − d22)π
4=
[
(50 · 10−3)2 − (41.105 ·10−3)2]
π
4= 636.5 ·10−6m2
pa vrijednost dimenzija, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalnenapone.
Zadatak 4.25 Za gredu kružnog prstenastog poprečnog presjeka vanjskog prečnika d1 =45 mm, opterećenu kao na slici 4.25–1, odredi dimenzije poprečnog presjeka (unutrašnji
206 4 Savijanje
prečnik), ako je dozvoljeni napon na savijanje σdoz = 100 MPa, a dozvoljeni tangencijalninapon je τdoz = 50 MPa.Ostali podaci: LAB = 0.4 m, LAC = 1 m, LAD = 1.2 m, FB = 5 kN, MC=1 kNm.
MC LAB
A D C
FB
LAC
LAD
B
Slika 4.25–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.25: Podaci uz zadatak 4.25
LAB = 0.4 m FB = 5 kN σdoz = 100 MPa
LAC = 0.5 m MD = 1 kNm τdoz = 50 MPa
LAD = 1.2 m d1 = 45 mm
Tip zadatka je identičan prethodnom pa je i način rješavanja isti. Da bismo našli dimenzijepoprečnog presjeka grede, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja itransferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonacaA i D, FA i FD, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo daobje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.25–2 (zbir sila u horizontalnom pravcu nijepotrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnih opterećenja):
∑
Fy = 0 FA − FB + FD = 0 (4.25–1)∑
MA = 0 − FB ·LAB −MC + FD ·LAD = 0 (4.25–2)
Sada se iz (4.25–2) dobija FD, a uvrštavanjem u (4.25–1) sila FA, odnosno
FD =MC + FB ·LAB
LAD
=1 · 103 + 5 · 103 · 0.4
1.2= 2.5kN
FA = FB − FD = 5 · 103 − 2.5 · 103 = 2.5kN
pa su smjerovi reakcija oslonca pravilno pretpostavljeni.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.25–2, na kojoj su date i vrijednosti transferzalnih sila imomenata savijanja u karakterističnim tačkama. S obzirom da nema kontinuiranih optere-ćenja, ekstremne vrijednosti transferzalne sile i momenata nalaze se na mjestima djelovanjavanjskih sila/momenata.
Na osnovu slike 4.25–2 se zaključuje da je intenzitet transferzalne sile konstantan čitavomdužinom grede (mijenja predznak u presjeku B), a momenta savijanja na mjestu djelovanjasile FB , i iznose:
Fmax = 2.5kN
Dimenzionisanje greda 207
0
+F
–2.5 kN
0
+M
A Bl Bd Cl Cd D
F, kN 2.5 2.5 -2.5 -2.5 -2.5 -2.5
M, kNm 0 1 1 -0.5 0.5 0
2.5 kN
1 kNm
FA FD
MC
A C D B
FB
–0.5 kNm
0.5 kNm
Slika 4.25–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Mmax = 1kNm
Treba napomenuti da su na mjesto najvećeg momenta savijanja gornja vlakna vratila izlo-žena pritisku, a donja zatezanju (moment savijanja je pozitivan).
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu:
σdoz =Mmax
d12
I=
Mmax
d12
d41π
64(1− ψ4)
=32Mmax
d31π(1 − ψ4)< σdoz
pri čemu je za kružni prstenasti presjek
I =d41π
64(1 − ψ4)
iz kojeg se dobija
ψ = 4
√
1−32Mmax
σdoz · d31π= 4
√
1−32 · 1 · 103
200 ·106 · (50 · 10−3)3π= 0.815
pa je
d2 = d1 ·ψ = 45 · 10−3 · 0.815 = 36.67mm
208 4 Savijanje
Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–6)
τmax =4Fmax
3A
(
d21 + d1 · d2 + d22d21 + d22
)
=4 · 2.5 · 103
3 · 534.14 ·10−6
(
452 + 45 · 36.67 + 36.672
452 + 36.672
)
τmax = 9.297MPa < 100MPa = τdoz
gdje je
A =(d21 − d22)π
4=
[
(45 · 10−3)2 − (36.67 ·10−3)2]
π
4= 534.14 ·10−6m2
pa vrijednost dimenzija, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalnenapone.
Zadatak 4.26 Za gredu pravougaonog poprečnog presjeka odnosa visine i širine 2, optere-ćenu kao na slici 4.26–1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon nasavijanje σdoz = 10 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 0.8 MPa.Ostali podaci: LAB = 0.3 m, LAC = 0.5 m, LAD = 0.6 m, FB = 1 kN, FD=1 kN.
LAB
A D C
FB
LAC
LAD FD
B
Slika 4.26–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.26: Podaci uz zadatak 4.26
LAB = 0.3 m FB = 1 kN σdoz = 10 MPa
LAC = 0.5 m FD = 1 kN τdoz = 0.8 MPa
LAD = 0.6 m h = 2b
Ovaj zadatak pripada grupi zadataka iz dimenzionisanja greda s pravougaonim poprečnimpresjekom poznatog odnosa visine i širine, pa je postupak rješavanja identičan onom objašn-jenom u zadatku 4.17. Prvo je potrebno naći ekstremne vrijednosti momenata savijanjai transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcijeoslonaca A i C, FA i FC , pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavl-jamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.26–2 (zbir sila u horizontalnompravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu):
∑
Fy = 0 FA − FB + FC + FD = 0 (4.26–1)
Dimenzionisanje greda 209
∑
MA = 0 − FB ·LAB + FC ·LAC + FDLAD = 0 (4.26–2)
Sada se iz (4.26–2) dobija FC , a uvrštavanjem u (4.26–1) sila FA, odnosno
FC =FB ·LAB − FD ·LAD
LAC
=1 · 103 · 0.3− 1 · 103 · 0.6
0.5= −600N
FA = FB − FC − FD = 1000− (−600)− 1000 = 600N
pa je smjer sile FC pogrešno pretpostavljen.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.26–2 uz vrijednosti sila i momenata u karakterističnimtačkama. S obzirom da nema kontinuiranog opterećenja, ekstremne vrijednosti transferzalnesile i momenta savijanja nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata.
600 N
0
+F
–1 kN
0
+M
A Bl Bd Cl Cd D
F, kN 0.6 0.6 -0.4 -0.4 -1 -1
M, Nm 0 180 180 100 100 0
180 Nm
FA FC
A C D B
FB
–400 Nm
100 Nm
FD
Slika 4.26–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Na osnovu slike 4.26–2 se zaključuje da je ekstremna vrijednost transferzalne sile dužprepusta CD, a momenta na mjestu djelovanja sile FB , i iznose:
Fmax = −1kN
Mmax = 180Nm
S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost momenta, gornja vlakna grede su napregnutapritiskom, a donja zatezanjem.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu:
σdoz =Mmax
h
2I
=Mmax
2b
22
3b4
=3Mmax
2b3< σdoz
210 4 Savijanje
pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom visine i širine h = 2b
I =b ·h3
12=b · (2b)3
12=
2
3b4
iz kojeg se dobija
b = 3
√
3Mmax
2σdoz
=3
√
3 · 180
2 · 10 ·106= 30mm
pa je h = 2b = 2 · 30 = 60 mm.Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tan-
gencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–4) (uzima seapsolutna vrijednost sile)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 1000
2 · 1800 ·10−6= 0.833MPa > 0.8MPa = τdoz
gdje je
A = bh = 30 · 10−3 · 60 · 10−3 = 1800 ·10−6m2
pa vrijednosti dimenzija, dobivenih na osnovu normalnih napona, ne zadovoljavaju tangen-cijalne napone. Zbog toga se dimenzionisanje mora uraditi koristeći izraz
τdoz =3Fmax
2A=
3Fmax
2 · b · 2b=
3Fmax
4b2=< τdoz
po kojem je
b =
√
3Fmax
4τdoz
=
√
3 · 1000
4 · 0.8 · 106= 30.62mm
odnosno h = 2b = 2 · 30.62 = 61.2 mm. Dakle, potrebne dimenzije poprečnog presjeka gredesu 30.6× 61.2 mm2.
Zadatak 4.27 Za gredu pravougaonog poprečnog presjeka odnosa visine i širine 0.5, opte-rećenu kao na slici 4.27–1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon nasavijanje σdoz = 15 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 2 MPa.Ostali podaci: LAB = 0.15 m, LAC = 0.35 m, LAD = 0.6 m, FB = 5 kN, FC=3 kN.
LAB
A D C
FB
LAC
LAD FC
B
Slika 4.27–1: Opis problema
Dimenzionisanje greda 211
R j e š e nj e
Tabela 4.27: Podaci uz zadatak 4.27
LAB = 0.15 m FB = 5 kN σdoz = 15 MPa
LAC = 0.35 m FC = 3 kN τdoz = 2 MPa
LAD = 0.6 m b = 2h
Ovaj zadatak pripada grupi zadataka iz dimenzionisanja greda s pravougaonim poprečnimpresjekom poznatog odnosa visine i širine, pa je postupak rješavanja identičan rješavanjuprethodnog zadatka. Prvo je potrebno naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja itransferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonacaA i D, FA i FD, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo daobje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.27–2 (zbir sila u horizontalnom pravcu nijepotrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu):
∑
Fy = 0 FA − FB + FC + FD = 0 (4.27–1)∑
MA = 0 − FB ·LAB + FC ·LAC + FDLAD = 0 (4.27–2)
Sada se iz (4.27–2) dobija FD, a uvrštavanjem u (4.27–1) sila FA, odnosno
FD =FB ·LAB − FC ·LAC
LAD
=5 · 103 · 0.15− 3 · 103 · 0.35
0.6= −500N
FA = FB − FC − FD = 5000− 3000− (−500) = 2.5kN
pa je smjer sile FD pogrešno pretpostavljen.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.27–2 uz vrijednosti sila i momenata u karakterističnimtačkama. S obzirom da nema kontinuiranog opterećenja, ekstremne vrijednosti transferzalnesile i momenta savijanja nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata.
Na osnovu slike 4.27–2 se zaključuje da je ekstremna vrijednost transferzalne sile u dijeluAC (mijenja predznak u B), a momenta na mjestu djelovanja sile FB, i iznose:
Fmax = 2.5kN
Mmax = 375Nm
S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost momenta, gornja vlakna grede su napregnutapritiskom, a donja zatezanjem.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu:
σdoz =Mmax
h
2I
=Mmax
h
21
6h4
=3Mmax
h3< σdoz
pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom širine i visine b = 2h
I =b ·h3
12=
2h · (h)3
12=
1
6h4
212 4 Savijanje
–2.5 kN
0.5 kN
125 Nm
0
+F
2.5 kN
0
+M
A Bl Bd Cl Cd D
F, kN 2.5 2.5 -2.5 -2.5 0.5 0.5
M, Nm 0 375 375 125 125 0
375 Nm
FA FD
A C D B
FB
100 Nm
FC
Slika 4.27–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
iz kojeg se dobija
b = 3
√
3Mmax
σdoz
=3
√
3 · 375
15 · 106= 42.17mm
pa je b = 2h = 2 · 41.17 = 84.34 mm.Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-
cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–4)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 2.5 ·103
2 · 3.557 ·10−3= 1.054MPa < 2MPa = τdoz
gdje je
A = bh = 84.34 ·10−3 · 42.17 ·10−3 = 3.557 ·10−3m2
pa vrijednosti dimenzija, dobivenih na osnovu normalnih napona, zadovoljavaju i tangenci-jalne napone.
Zadatak 4.28 Za gredu kružnog poprečnog presjeka prečnika d, opterećenu kao na slici4.28–1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon na savijanje σdoz = 100MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 50 MPa.Ostali podaci: LAB = 0.4 m, LAC = 1 m, LAD = 1.2 m, LAE = 1.5 m, FB = 10 kN, FC = 2kN, ME=1 kNm.
Dimenzionisanje greda 213
ME LAB
A E B
LAD
D
FB
LAE
C
LAC FC
Slika 4.28–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.28: Podaci uz zadatak 4.28
LAB = 0.4 m FB = 10 kN σdoz = 100 MPa
LAC = 1 m FC = 2 kN τdoz = 50 MPa
LAD = 1.2 m ME = 1 kNm
LAE = 1.5 m
Zadatak je sličan prethodnom, pa je i postupak rješavanja identičan, s tim da je poprečnipresjek u ovom slučaju krug. Dakle, prvo je potrebno naći ekstremne vrijednosti mome-nata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvonaći reakcije oslonaca A i D, FA i FD, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemupretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.28–2 (zbir sila u hori-zontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnompravcu):
∑
Fy = 0 FA − FB + FC + FD = 0 (4.28–1)∑
MA = 0 − FB ·LAB + FC ·LAC + FDLAD −ME = 0 (4.28–2)
Sada se iz (4.28–2) dobija FD, a uvrštavanjem u (4.28–1) sila FA, odnosno
FD =FB ·LAB − FC ·LAC +ME
LAD
=10 · 103 · 0.4− 2 · 103 · 1 + 1 · 103
1.2= 2.5kN
FA = FB − FC − FD = 10 · 103 − 2 · 103 − 2.5 · 103 = 5.5kN
pa su smjerovi sila FA i FD pravilno pretpostavljeni.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.28–2 uz vrijednosti sila i momenata u karakterističnimtačkama. S obzirom da nema kontinuiranog opterećenja, ekstremne vrijednosti transfer-zalne sile i momenta savijanja nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata(uključujući i reakcije oslonaca).
Na osnovu slike 4.28–2 se zaključuje da je najveći intenzitet transferzalne sile u dijelugrede AB, a momenta ispod djelovanja sile FB , i iznose:
Fmax = 5.5kN
214 4 Savijanje
0
+F
–2.5 kN
0
+M
A Bl Bd Cl Cd Dl Dd E
F, kN 5.5 5.5 -4.5 -4.5 -2.5 -2.5 0 0
M, kNm 0 2.2 2.2 -0.5 -0.5 -1 -1 -1
5.5 kN
2.2 kNm
FA FD
ME
A C D B
–1 kNm –500 Nm
FB
FC
–4.5 kN
E
Slika 4.28–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Mmax = 2.2kNm
S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost momenta savijanja, gornja vlakna gredesu napregnuta pritiskom, a donja zatezanjem.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu:
σdoz =Mmax
d
2I
=Mmax
d
2d4π
64
=32Mmax
d3π< σdoz
pri čemu je za puni kružni presjek
I =d4π
64
iz kojeg se dobija
d = 3
√
32Mmax
σdozπ=
3
√
32 ·2.2 · 103
100 · 106 ·π= 60.74mm
Nakon dimenzionisanja greda koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–5)
τdoz =4Fmax
3A=
4 · 5.5 ·103
3 · 2.898 ·10−3= 2.53MPa < 50MPa = τdoz
Dimenzionisanje greda 215
gdje je
A =d2π
4=
(60.74 ·10−3)2π
4= 2.898 ·10−3m2
pa vrijednost prečnika od 60.74 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava itangencijalne napone.
Zadatak 4.29 Za gredu kvadratnog poprečnog presjeka stranice b, opterećenu kao na slici4.29–1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon na savijanje σdoz = 100MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 70 MPa.Ostali podaci: LAB = 0.4 m, LAC = 1 m, LAD = 1.2 m, LAE = 1.5 m, FB = 10 kN,MC = 1 kNm, FE=2 kN.
MC LAB
A E B
LAD
D
FB
LAE
C
LAC FE
Slika 4.29–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 4.29: Podaci uz zadatak 4.29
LAB = 0.4 m FB = 10 kN σdoz = 100 MPa
LAC = 1 m MC = 1 kN/m τdoz = 70 MPa
LAD = 1.2 m FE = 2 kN
LAE = 1.5 m
Zadatak je sličan prethodnim zadacima; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterijačvrstoće, s tim da u ovom slučaju imamo kvadratni poprečni presjek. Da bismo dimenzion-isali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih silakoji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca A i D, FA i FD,pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djelujuprema gore, kao na slici 4.29–2 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljatis obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu):
∑
Fy = 0 FA − FB + FD + FE = 0 (4.29–1)∑
MA = 0 − FB ·LAB −MC + FD ·LAD + FE ·LAE = 0 (4.29–2)
216 4 Savijanje
Sada se iz (4.29–2) dobija FD, a uvrštavanjem u (4.29–1) sila FA, odnosno
FD =FB ·LAB +MC − FE ·LAE
LAD
=10 · 103 · 0.4 + 1 · 103 − 2 · 103 · 1.5
1.2= 1.667kN
FA = FB − FD − FE = 10 · 103 − 1.667 ·103 − 2 · 103 = 6.333kN
pa su smjerovi sila FA i FD pravilno pretpostavljeni.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.29–2. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata zakarakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata). S obzirom da nema kontinuira-nog opterećenja, ekstremne vrijednosti transferzalne sile i momenta nalaze se na mjestimadjelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući i reakcije oslonaca).
0
+F
–1.3 kN
0
+M
A Bl Bd Cl Cd Dl Dd E
F, kN 6.3 6.3 -3.7 -3.7 -3.7 -3.7 -1.3 -1.3
M, kNm 0 2.5 2.5 0.33 1.33 0.6 0.6 0
6.3 kN
2.5 kNm
FA FD
MC
A C D B
FB
FE
–3.7 kN
E
0.33 kNm
1.33 kNm
0.6 kNm
Slika 4.29–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Na osnovu slike 4.29–2 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u dijelugrede AB, a momenta savijanja na mjestu djelovanja sile FB i iznose:
Fmax = 6.333kN
Mmax = 2.533kNm
Treba napomenuti da su u ovom slučaju na mjestu maksimalnog momenta savijanja(pozitivna vrijednost) gornja vlakna grede izložena zatezanju, a donja pritisku.
Dimenzionisanje greda 217
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu:
σdoz =Mmax
b
2I
=Mmax
b
2b4
12
=6Mmax
b3< σdoz
pri čemu je za kvadratni poprečni presjek
I =b4
12
iz kojeg se dobija
b = 3
√
6Mmax
σdoz
=3
√
6 · 2.533 ·103
100 · 106= 53.37mm
Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–4)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 6.333 ·103
2 · 2.848 ·10−3= 3.34MPa < 70MPa = τdoz
gdje je
A = b2 = (53.37 · 10−3)2 = 2.848 ·10−3m2
pa vrijednost stranice od 53.37 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava itangencijalne napone.
Zadatak 4.30 Za gredu pravougaonog poprečnog presjeka odnosa visine i širine h : b =1.5 : 1, opterećenu kao na slici 4.30–1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeninapon na savijanje σdoz = 12 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 1.2 MPa.Ostali podaci: a = 0.6 m, b = 0.4 m, F = 10 kN.
a
A C B
b
F
Slika 4.30–1: Opis problema
R j e š e nj e
Zadatak je sličan zadatku 4.20 pa je postupak rješavanja identičan; radi se o dimenzion-isanju na osnovu kriterija čvrstoće pri čemu je poprečni presjek pravougaonik s poznatimodnosom stranica. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednostimomenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvonaći reakcije oslonaca A i B, FA i FB, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu
218 4 Savijanje
Tabela 4.30: Podaci uz zadatak 4.30
a = 0.6 m F = 10 kN σdoz = 12 MPa
b = 0.4 m h = 1.5b τdoz = 1.2 MPa
LAB = 1 m
pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.30–2 (zbir sila u hori-zontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnompravcu):
∑
Fy = 0 FA + FB − F = 0 (4.30–1)∑
MA = 0 FB ·LAB − F · a = 0 (4.30–2)
Sada se iz (4.30–2) dobija FB, a uvrštavanjem u (4.30–1) sila FA, odnosno
FB = F ·a
LAB
= 10 · 103 ·0.6
1= 6kN
FA = F − FB = 10 · 103 − 6 · 103 = 4kN
pa su smjerovi sila FA i FB pravilno pretpostavljeni.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.30–2 uz vrijednosti sila i momenata u karakterističnimtačkama; radi se o jednom od osnovnih oblika opterećenih greda.
0
+F
–6 kN
0
+M
A Cl Cd B
F, kN 4 4 -6 -6
M, kNm 0 2.4 2.4 0
4 kN
FA FB
A C B
F
2.4 kNm
Slika 4.30–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
Dimenzionisanje greda 219
Na osnovu slike 4.30–2 se zaključuje da su najveći intenziteti transferzalne sile u dijeluCB, a momenta savijanja ispod djelovanja sile F , i iznose:
Fmax = 6kN
Mmax = 2.4Nm
Pošto je moment savijanja pozitivan, gornja vlakna grede su napregnuta pritiskom, a donjazatezanjem.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu:
σdoz =Mmax
h
2I
=Mmax
h
23
16b3 ·h
=8Mmax
3 · b3< σdoz
pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom visine i širine h : b = 1.5
I =b ·h3
12=b ·h2 ·h
12=b · (1.5b)2 ·h
12=
3
16b3 ·h
iz kojeg se dobija
b = 3
√
8Mmax
3σdoz
=3
√
8 · 2.4 · 103
3 · 12 ·106= 81.1mm
pa je h = 1.5b = 1.5 ·81.1 = 121.64 mm.Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-
cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–4)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 6 · 103
2 · 9.865 ·10−3= 0.912MPa < 1.2MPa = τdoz
gdje je
A = bh = 81.1 ·10−3 · 121.64 ·10−3 = 9.865 ·10−3m2
pa vrijednosti dimenzija (81.1× 121.64 mm), dobivenih na osnovu normalnih napona, zado-voljavaju i tangencijalne napone.
Zadatak 4.31 Za gredu pravougaonog poprečnog presjeka odnosa visine i širine h : b = 1 :1.5, opterećenu kao na slici 4.31–1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeninapon na savijanje σdoz = 12 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τdoz = 1.2 MPa.Ostali podaci: a = 0.6 m, b = 0.4 m, M = 10 kNm.
a
A C B
b
M
Slika 4.31–1: Opis problema
220 4 Savijanje
Tabela 4.31: Podaci uz zadatak 4.31
a = 0.6 m M = 10 kNm σdoz = 12 MPa
b = 0.4 m b = 1.5h τdoz = 1.2 MPa
LAB = 1 m
R j e š e nj e
Zadatak je sličan prethodnom pa je postupak rješavanja identičan; radi se o dimenzion-isanju na osnovu kriterija čvrstoće, pri čemu je poprečni presjek pravougaonik s poznatimodnosom stranica. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednostimomenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvonaći reakcije oslonaca A i B, FA i FB , pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemupretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.31–2 (zbir sila u hori-zontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnompravcu):
∑
Fy = 0 FA + FB = 0 (4.31–1)∑
MA = 0 FB ·LAB −M = 0 (4.31–2)
Sada se iz (4.31–2) dobija FB, a uvrštavanjem u (4.31–1) sila FA, odnosno
FB =M
LAB
=10 ·103
1= 10kN
FA = −FB = −10kN
pa je smjer sile FA pogrešno pretpostavljen.Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata
savijanja, kao što je dato na slici 4.31–2, pri čemu su date i vrijednosti sila i momenata ukarakterističnim tačkama; i u ovom slučaju radi se o jednom od najjednostavnijih tipovaopterećenja prostih greda.
Na osnovu slike 4.31–2 se zaključuje da je transferzalna sila konstantna čitavom dužinomgrede, a moment savijanja najveći ispod djelovanja vanjskog momenta s lijeve strane, iiznose:
Fmax = −10kN
Mmax = −6kNm
pri čemu se u daljem proračunu uzimaju njihovi intenziteti. Pošto je moment savijanjanegativan, gornja vlakna grede su napregnuta zatezanjem, a donja pritiskom.
Sada se koristeći izraz (4–1) može dimenzionisati greda na osnovu:
σdoz =Mmax
h
2I
=Mmax
2b
3 · 22
81b4
=27Mmax
2 · b3< σdoz
pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom visine i širine h : b = 1 : 1.5
I =b ·h3
12=
b ·
(
2b
3
)3
12=
2
81b4
Dimenzionisanje greda 221
0
+F
0
+M
A Cl Cd B
F, kN -10 -10 -10 -10
M, kNm 0 -6 -4 0
–10 kN
FA FB
A C B
4 kNm
M
–6 kNm
Slika 4.31–2: Dijagrami sila i momenata savijanja
iz kojeg se dobija
b = 3
√
27Mmax
2σdoz
=3
√
27 · 6 · 103
2 · 12 ·106= 188.99mm
pa je h = 2b/3 = 2 · 188.99/3 = 125.99 mm.Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangen-
cijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4–4)
τdoz =3Fmax
2A=
3 · 10 ·103
2 · 2.381 ·10−2= 0.63MPa < 1.2MPa = τdoz
gdje je
A = bh = 188.99 ·10−3 · 125.99 ·10−3 = 2.381 ·10−2m2
pa vrijednosti dimenzija (188.99 × 125.99 mm), dobivenih na osnovu normalnih napona,zadovoljavaju i tangencijalne napone.
Poglavlje 5
Složena naprezanja
5.1 Osnovne formule
Normalni i tangencijalni naponi za element napona zarotiran za ugao θ:
σx1=σx + σy
2+σx − σy
2cos 2θ + τxy sin 2θ (5–1)
τxy = −σx − σy
2sin 2θ + τxy cos 2θ (5–2)
Glavni normalni naponi i pravac djelovanja:
σ1,2 =σx + σy
2±
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy (5–3)
tg2θp =2τxy
σx − σy(5–4)
Maksimalni tangencijalni naponi i pravac djelovanja:
τmax = ±
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy = ±σ1 − σ2
2(5–5)
tg2θs = −σx − σy2τxy
(5–6)
224 5 Složena naprezanja
5.2 Zadaci
Zadatak 5.1 Horizontalni nosačABC na slici 5.1–1, napravljen od šipke kružnog poprečnogpresjeka prečnika 60 mm, izložen je silama P1 = 2 kN koja djeluje vertikalno, i P2 = 3kN, koja djeluje horizontalno s dijelom AB, dužine 0.8 m. Izračunati glavne normalne imaksimalne tangencijalne napone u tački p (vidi sliku) uzrokovane djelovanjem sile P2.
1.1 zad:05-2012-02-14a
x0
y0
A
z0
0.4 m P2
P1
p
B
C
x0
y0
p
60 mm
Slika 5.1–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 5.1: Podaci uz zadatak 5.1
LBC = 0.4 m d = 60 mm P1 = 2 kN
LAB = 0.8 m P2 = 3 kN
Ovakav tip zadataka – prostorna složena opterećenja – mogu se (šablonski) rješavati nadva načina: (i) redukcijom vanjskih opterećenja na površinu poprečnog presjeka u kojem tre-bamo naći napone∗ i(ii) postavljanjem nepoznatih reakcija u poprečnom presjeku u kojemse traže naponi i njihovim određivanjem preko jednačina ravnoteže. U oba slučaja dobivajuse opterećenja koja djeluju na posmatrani poprečni presjek pomoću kojih se određuju nor-malni i tangencijalni naponi, koji se odnose na pojedinačna opterećenja. Ovaj zadatak će seriješiti korištenjem oba pristupa. Treba napomenuti da se zadatkom traži samo određivanjenapona usljed djelovanja sile P2, dok studentu ostaje za vježbu da nađe napone koji nastajuusljed djelovanja sile P1.
Postupak I: Redukcija vanjskih opterećenja
Redukcija vanjskih opterećenja (sila, pošto se momenti prenose) na posmatranu površinumože se uraditi postepeno, kao što je prikazano na slikama 4.5–2a-c. Prvo se sila P2 reducira
∗Striktno govoreći, redukcija sile se vrši u tačku u prostoru, a ne na površinu. U kontekstu ove zbirke pojam ’redukcijana površinu’ predstavlja redukciju na težište posmatrane površine.
Zadaci 225
na presjek B (slika 4.5–2b), pri čemu je moment savijanja My0prikazan plavom strelicom†.
Nakon toga se opterećenja u presjeku B, P2 i My0, reduciraju na presjek A, kao što je
prikazano na slici 4.5–2c.Dakle, sila P2 se može redukovati na površinu u uklještenju A, koja sadrži tačku p,
tako što se njen utjecaj u presjeku C redukuje na pritisnu silu P2 i moment savijanja,My0
= P2 ·LBC oko ose y0 u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu. Iz teorije jepoznato da pritisna sila izaziva (pritisne) normalne napone, a moment savijanja normalnenapone, tako da pojedinačno imamo:
a) Normalni naponi usljed pritisne sile P2
Normalni naponi usljed aksijalne sile se dobivaju na osnovu izraza (1–1) i vrijede za svetačke poprečnog presjeka pa tako i za tačku p, kao što je prikazano na slici 5.1–2d
σp = −P2
A= −
3 · 103
2.827 ·10−3= −1.1MPa
gdje je
A =d2π
4=
(60 · 10−3)2π
4= 2.827 ·10−3m2
b) Normalni naponi usljed momenta savijanja My0= P2 ·LBC
Kao što je ranije rečeno, moment savijanja My0djeluje oko ose y0 u smjeru suprotnom
od kretanja kazaljke na satu, tako da su vlakna u pozitivnom dijelu ose x0 napregnutapritiskom, a ona u negativnom dijelu ose x0 zatezanjem, pri čemu je raspodjela naponalinearna, kao što je prikazano na slici 5.1–2d. S obzirom na položaj tačke p, jasno je dase radi o najudaljenijim vlaknima, izloženim pritisku (predznak "−"), pa se korištenjemizraza (4–1) dobiva traženi napon
σs = −My0
Iy0
x0 = −P2 ·LBC
Iy0
d
2= −
3 · 103 · 0.4
6.362 ·10−7
60 ·10−3
2= −56.6MPa
gdje je
Iy0 =d4π
64=
(60 · 10−3)4π
64= 6.362 ·10−7m4
c) S obzirom da u poprečnom presjeku nema nikakvih opterećenja koja su posljedica djelo-vanja sile P2, a koja izazivaju tangencijalne napone (smičuća sila ili uvijanje), u tački pne računamo tangencijalne napone‡
Kada su identificirane i izračunate vrijednosti pojedinačnih tangencijalnih i normalnihkomponenti napona, istovrsni naponi se saberu pa možemo izračunati maksimalne tangen-cijalne i glavne normalne napone. Za tačku p, gdje vladaju samo normalni naponi, može senacrtati element napona , kao što je prikazano na slici 5.1–2e. Dakle, jasno je da se radi oaksijalno opterećenom elementu s najvećim normalnim naponom jednakim
σmax = −1.1 ·106 + (−56.6 ·106) = −57.7MPa
†Općenito, vektor momenta sile predstavlja vektorski proizvod odstojanja posmatrane tačke od mjesta djelovanja sile i te
sile,−→M =
−→r ×−→F . Dakle, smjer se određuje pravilom desne ruke, krečući se od vektora odstojanja (
−−→BC) do vektora sile(
−→P2).
‡Treba napomenuti da to ne znači da u presjeku nema tangencijalnih napona, nego samo da nama opterećenja koja sudirektno vezana za njihovo računanje.
226 5 Složena naprezanja
x0
y0
A
z0
LBC P2
p
B
C
x0
y0
A
z0 P2
p
B
My0=LBC⋅P2
a) b)
e) d)
p
x0
y0
56.6 MPa
–56.6 MPa
–1.1 MPa
σp
σs
–57.7 MPa –57.7 MPa
x0
y0
A
p
P2
c)
My0=LBC⋅P2
Slika 5.1–2: Postupak I: Redukcija vanjskih opterećenja - redukcija sile (a-c), rapodjela normalnihnapona (d), element napona (e)
Iz teorije je poznato (Mohrov krug za aksijalno opterećeni element) da je u ovom slučajumaksimalan tangencijalni napon jednak polovini glavnog normalnog napona, odnosno
τmax = ±σmax
2= ±
−57.7 ·106
2= ∓57.7MPa
Treba napomenuti da se do istih vrijednosti moglo doći i korištenjem izraza (5–3) i (5–5),ali s obzirom da se radilo o jednostavnom naponskom stanju za koji su poznate veze glavnihnormalnih i maksimalnih tangencijalnih napona postupak je skraćen.
Postupak II: Postavljanje i određivanje nepoznatih reakcija
Ovaj postupak rješavanja je više sistematičan nego prethodni i može se uvijek primjenitina isti način. Poprečni presjek u kojem se traže naponi se oslobodi veza s jedne stranei utjecaj tog odvojenog dijela se zamijeni reakcijama. U tom smislu, utjecaj uklještenjana nosač se zamijeni sa 6 reakcija, i to 3 sile u pravcu svake od osa, Fx0
, Fy0i Fz0 , te 3
momenta oko osa, Mx0, My0
i Mz0 , kao što je prikazano na slici 5.1–3. Treba napomenutida ove reakcije djeluju na površinu poprečnog presjeka s normalom prema negativnoj osiz0 za razliku od prethodnog postupka rješavanja, gdje se sile reduciraju na površinu čija jenormala usmjerena u pozitivnom pravcu ose z0. Pri tome, svaka od ovih reakcija predstavlja
Zadaci 227
određeno opterećenje, koje uzrokuje određenu vrstu napona, kako slijedi (predznak naponaje prema pretpostavki smjera djelovanja):
a) Sila Fx0– smicanje: tangencijalni napon u smjeru djelovanja sile,
b) Sila Fy0– smicanje: tangencijalni napon u smjeru djelovanja sile,
c) Sila Fz0 – aksijalno opterećenje: normalni napon; zatežući u negativnom smjeru ose z0,
d) Momenat Mx0– savijanje oko ose x0: normalni naponi; pritisni u pozitivnom dijelu ose
y0, a zatezni u negativnom,
e) Momenat My0– savijanje oko ose y0: normalni naponi; pritisni u negativnom dijelu ose
x0, a zatezni u pozitivnom,
f) Momenat Mz0 – uvijanje: tangencijalni naponi u smjeru okretanja kazaljke na satu.
Nakon što se pretpostave reakcije koje vladaju u poprečnom presjeku, postavljaju sejednačine ravnoteže (ukupno 6 jednačina, jer se radi o prostornom problemu), pri čemu iovdje posmatrano samo silu P2:
∑
Fx = 0 Fx0= 0
∑
Fy = 0 Fy0= 0
∑
Fz = 0 Fz0 + P2 = 0∑
Mx = 0 Mx0= 0
∑
My = 0 My0+ P2 ·LBC = 0
∑
Mz = 0 Mz0 = 0
Na osnovu prethodnog sistema jednačina ravnoteže jasno da su jedine reakcije različite odnule Fz0 = −P2 i My0
= −P2 ·LBC pa se dalji tok rješavanja svodi na rješavanje premaprvom postupku. Pri tome treba imati u vidu pretpostavljene smjerove djelovanja reakcijana posmatrani poprečni presjek.
y0
A
z0
LBC P2
p
B
C
x0 Fx0
My0
Fz0
Fy0
Mx0
Mz0
Slika 5.1–3: Postupak II: postavljanje reakcija na posmatrani presjek
228 5 Složena naprezanja
Koji od predstavljena dva postupka koristiti potpuno je svejedno. Prvi postupak zahtijevamanje pisanja i više vještine u prepoznavanju opterećenja. S druge strane, drugi postupakje općeniti pristup rješavanju ovog tipa problema tako da se uvijek mogu pratiti isti koraciu rješavanju, ali se zbog toga u nekim slučajevima pojedini koraci bezrazložno razmatraju.
Zadatak 5.2 Koljenasto vratilo opterećeno je silom P = 1 kN kao na slici 5.2–1. Ako jeprečnik gornjeg (fiksiranog) dijela vratila 20 mm, izračunaj glavne normalne i maksimalnitangencijalni napon u tački B, koja leži na vanjskoj površini vratila na osi y0.
�
x0
y0
z0
P=1 kN
b1=80 mm
A
b2=120 mm
b3=40 mm
B
A
B
z0
y0
20 mm
Slika 5.2–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 5.2: Podaci uz zadatak 5.2
b1 = 80 mm d = 20 mm P = 1 kN
b2 = 120 mm
b3 = 40 mm
Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački poprečnog presjeka kojem pripadatačka B (površina u uklještenju), neophodno je silu P redukovati na poprečni presjek u ukl-ještenju. To se može uraditi postepeno , kao što je prikazano na slikama 5.2–2a-d. Konačno(slika 5.2–2d) sila P se redukuje na:
i) silu P , koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u pozitivnom smjeru ose z0 – izazivasmicanje (tangencijalni naponi)
ii) moment uvijanja T = Mx0P · b2 oko ose x0 u smjeru kretanja kazaljke na satu, koji
nastaje usljed djelovanja sile P na kraku b2 – izaziva uvijanje (tangencijalni naponi),
Zadaci 229
iii) moment savijanja oko ose y0, My0= P · (b1 + b3), u smjeru kretanja kazaljke na satu –
izaziva savijanje (normalni naponi).
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunati inapone, kako slijedi:
x0
y0
z0
P
b1
A
b2
B
My01=P·b3
x0
y0
z0
P
b1
A
B
My01=P·b3
T=Mx0=P·b2
�
y0
z0 A
B
My01=P·b3
T=Mx0=P·b2
x0
My02=P·b1 My0=P·(b1 +b3)
P
a) b)
c) d)
x0
y0
z0
P
b1
A
b2
b3
B
Slika 5.2–2: Redukcija vanjskih opterećenja
i) Tangencijalni naponi τs usljed smicanja silom P , koja djeluje u ravni posmatranog po-prečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosnoosi y0, kojoj upravo pripada tačka B, i usmjereni su u pozitivnom smjeru ose z0 (slika5.2–3a). S obzirom da se radi o punom kružnom poprečnom presjeku, koristeći izraz(4–5) dobija se
τs =4
3
P
A=
4
3
1000
314.16 ·10−6= 4.244MPa
230 5 Složena naprezanja
gdje je
A =d2π
4=
(20 · 10−3)2π
4= 314.159 ·10−6m2
ii) Tangencijalni napon τu usljed momenta uvijanja T =Mx0= P · b2 oko ose x0 djeluje u
smjeru kretanja kazaljke na satu pa ima smjer negativne ose z0 , kao što je prikazanona slici 5.2–3a. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3–1)
τu =T
Io
d
2=P · b2Io
d
2=
1000 ·120 · 10−3
1.571 ·10−8
20 ·10−3
2= 76.4MPa
gdje je
Io =d4π
32=
(20 · 10−3)4π
32= 1.571 ·10−8m4
iii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose y0 linearno se mijenja s kraja nakraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.2–3b), a jednak je nuli u neutralnoj osi,odnosno osi y0 oko koje se vrši savijanje. S obzirom da se tačka B nalazi na neutralnojosi, normalna komponenta napona je jednaka nuli.
Kada su identificirane i izračunate vrijednosti pojedinačnih tangencijalnih i normalnihkomponenti napona, istovrsni naponi se saberu pa možemo izračunati maksimalne tangen-cijalne i glavne normalne napone. Na slikama 5.2–3a-b su prikazani pojedinačni naponi utački/presjeku B uz element napona (5.2–3c) i Mohrov krug (5.2–3d).
y0
z0 A
B
x0
My0=P·(b1 +b3) P
z0
y0
σs
B
τs
τu
a) b)
c) d)
τu − τs
τ
σ
τu − τs
τu − τs
T=Mx0=P·b2
Slika 5.2–3: Redukovana opterećenja (a), raspodjela normalnih napona (b), element napona (c) i Mohrov
krug napona
Zadaci 231
Jasno da je maksimalni tangencijalni napon
τmax = τu − τs = 76.4 ·106 − 4.24 · 106 = 72.16MPa
a maksimalni normalni napon
σmax = τmax = 72.16MPa
Treba napomenuti da se do istih vrijednosti moglo doći i korištenjem izraza (5–3) i (5–5),ali s obzirom da se radilo o jednostavnom naponskom stanju (u tački B djeluju samo kom-ponente tangencijalnih napona) to se moglo uraditi i pomoću skice Mohrovog kruga naponaza tačku B.
Zadatak 5.3 Šipka prečnika 40 mm izložena je sili od 800 N, kao na slici 5.3–1. Naćinapone koji djeluju u pojedinim tačkama i to:
a) Grupa A: u tački A,
b) Grupa B: u tački B§.
y x
800 N
A B
z
30º
200 mm
150 mm
Slika 5.3–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 5.3: Podaci uz zadatak 5.3
L1 = 150 mm d = 40 mm F = 800 N
L2 = 200 mm α = 30◦
S obzirom da se obje tačke, A i B, nalaze na istom poprečnom presjeku, razmotrimoprvo koja opterećenja vladaju na toj površini. Prvo razložimo silu F = 800 N na dvijekomponente: Fy, u pravcu ose y i Fz u pravcu ose z , kao što je prikazano na slici 5.3–2a.Intenziteti komponenti su kako slijedi
Fy = F · sinα = 800 · sin 30◦ = 400N
Fz = F · cosα = 800 · cos 30◦ = 692.82N
§Jedna grupa studenata radila je zadatak pod a), a druga pod b). Na sličan način biće urađeni i ostali zadaci koji suzadati u više grupa.
232 5 Složena naprezanja
Obje komponente sada redukujemo na poprečni presjek koji sadrži tačke A i B: komponentasile Fy ostaje kakva jeste (pošto je aksijalna), dok se komponenta sile Fz redukuje na smičućusilu Fz i moment savijanja Mx = Fz ·L2 oko ose x s negativnim predznakom (gornja vlaknasu izložena zatezanju, a donja na pritisku). Dakle, u presjeku koji sadrži tačke A u B usljeddjelovanja sile F javljaju se sljedeća opterećenja (vidi sliku 5.3–2b):
i) aksijalno (zatežuće) opterećenje usljed djelovanja komponente Fy – normalni naponi,
ii) smicanje usljed djelovanja komponente Fz prema dolje – tangencijalni napon,
iii) savijanje usljed djelovanja momenta savijanja Mx = Fz ·L2 – normalni napon.
Sada možemo odrediti napone u pojedinim tačkama.
y x
F
A B
z
α
L2
Fz
Fy
c) b)
a)
A B
z
x
Mx=L2⋅Fz
Fy
Fz
y
τs
x
z
–22 MPa
σz σs
A
B 0.3 MPa
22 MPa
Slika 5.3–2: Redukcija sila na posmatrani poprečni presjek (a-b) i raspodjela normalnih napona
1. Grupa A: napon u tački ATačka A nalazi se na osi x, koja ujedno predstavlja neutralnu liniju poprečnog presjekapri djelovanju momenta savijanja Mx. Stoga se u ovoj tački javljaju samo naponiusljed djelovanja aksijalne sile Fy i smicajne sile Fz (maksimalni tangencijalni naponza poprečni presjek), a naponi imaju sljedeće vrijednosti:
i) Normalni napon usljed aksijalne sile Fy dobiva se na osnovu izraza (1–1)(slika5.3–2c)
σz =Fy
A=
400
1.257 ·10−3= 318.31kPa
gdje je
A =d2π
4=
(40 · 10−3)2π
4= 1.257 ·10−3m2
Zadaci 233
ii) Tangencijalni napon usljed sile smicanja Fz dobiva se na osnovu izraza (4–5) i imasmjer djelovanja sile Fz (slika 5.3–2b)
τs =4
3
Fz
A=
4
3
692.82
1.257 ·10−3= 735.1kPa
2. Grupa B: napon u tački B
Tačka B nalazi se na osi z na vanjskoj površini, tako da se u ovoj tački javlja nor-malni napon usljed aksijalnog opterećenja te normalni napon usljed savijanja, dok jetangencijalni napon usljed smicajne sile jednak nuli. Naponi imaju sljedeće vrijednosti
i) Normalni napon usljed aksijalne sile Fy isti je kao za tačku A
σz =Fy
A=
400
1.257 ·10−3= 318.31kPa
ii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x linearno se mijenja s kraja nakraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.3–2), a u tački B ima pritisni karakter(slika 5.3–2c). Vrijednost napona je prema izrazu (4–1)
σs =Mx
Ixz = −
Fz ·L2
Ix
d
2= −
692.82 ·0.2
1.257 ·10−7
40 ·10−3
2= −22.05MPa
gdje je za kružni poprečni presjek
Ix =d4π
64=
(40 · 10−3)4π
64= 1.257 ·10−7m4
Zadatak 5.4 Za dio na slici 5.4–1 u tački A odrediti:
a) tangencijalne napone,
b) normalne napone.
y x
F=6 kN
z a
a
300 mm
300 mm
A
x
z
40 mm
a-a
50 mm
A
Slika 5.4–1: Opis problema
234 5 Složena naprezanja
R j e š e nj e
Tabela 5.4: Podaci uz zadatak 5.4
L1 = 300 mm d1 = 100 mm F = 6 kN
L2 = 300 mm d2 = 80 mm
Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka a− a, kojem pripada tačkaA, neophodno je silu F redukovati na posmatrani poprečni presjek. To se može uraditipostepeno, kao što je prikazano na slici 5.4–2a-c: prvo se sila F redukuje u presjeku B nasmičuću silu F i moment uvijanja T =My = L2 ·F (slika 5.4–2b), a zatim se sila F redukujeu presjek a− a na smičuću silu F i moment savijanja Mx = L1 ·F , dok se moment uvijanjaT prenese na presjek a − a (slika 5.4–2c). Dakle, sila F se iz tačke/presjeka C redukuje upresjek a− a na:
i) silu F , koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u negativnom smjeru ose z – izazivasmicanje (tangencijalni napon),
ii) moment uvijanja T = F ·L2 oko ose y u smjeru obrnutom od kretanja kazaljke nasatu, koji nastaje usljed djelovanja sile F na kraku L2 – izaziva uvijanje (tangencijalninapon),
iii) moment savijanja oko ose x, Mx = F ·L1, u smjeru kretanja kazaljke na satu – izazivasavijanje (normalni napon).
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunati inapone, kako slijedi:
i) Tangencijalni naponi τs usljed smicanja silom F , koja djeluje u ravni posmatranog po-prečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosnoosi x, kojoj upravo pripada tačka A, i usmjereni su prema dolje, tj. u negativnom smjeruose z (slika 5.4–2c). S obzirom da se radi o kružnom prstenastom poprečnom presjeku,koristeći izraz (4–6) dobija se
τs =4F
3A
(
d22 + d2d1 + d21d22 + d21
)
=4 · 6 · 103
3 · 2.827 ·10−3
(
0.082 + 0.08 ·0.1 + 0.12
0.082 + 0.12
)
τs = 4.21MPa
gdje je
A =(d21 − d22)π
4=
(0.12 − 0.082)π
4= 2.827 ·10−3m2
ii) Tangencijalni napon τu usljed momenta uvijanja T = F ·L2 oko ose y djeluje u sm-jeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu pa ima smjer pozitivne ose z , kao što jeprikazano na slici 5.4–2c. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja(3–1)
τu =T
Io
d12
=F ·L2
Io
d12
=6000 ·300 ·10−3
5.796 ·10−6
100 ·10−3
2= 15.53MPa
Zadaci 235
gdje je
Io =(d41 − d42)π
32=
(0.14 − 0.084)π
32= 5.796 ·10−6m4
iii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x linearno se mijenja s kraja nakraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.4–2d), a jednak je nuli u neutralnoj osi,odnosno osi x oko koje se vrši savijanje. S obzirom da se tačka A nalazi na neutralnojosi, normalna komponenta napona je jednaka nuli.
F
a) b)
y x
F
z a
a
L1 A
L2
B
C c) d)
y x
F
z a
a
L1 A
B
T=My=L2⋅F
y
x
z
A
T=My=L2⋅F
Mx=L1⋅F
τs
τu
x
z
σs
A
Slika 5.4–2: Redukcija vanjskih opterećenja (a-c) i raspodjela normalnih napona (d)
Zadatak 5.5 Za dio na slici 5.5–1 u tački A odrediti:
a) tangencijalne napone,
b) normalne napone.
R j e š e nj e
Tabela 5.5: Podaci uz zadatak 5.5
H = 200 mm d = 40 mm F1 = 1500 N
L = 400 mm F2 = 1000 N
Zadatak je sličan prethodnom, s tim da u ovom slučaju kao vanjsko opterećenje imamodvije sile. Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka a−a kojem pripada
236 5 Složena naprezanja
y
x
1500 N
z
400 mm
200 mm
A
1000 N
a-a
a
a
A
x
y
20 mm
Slika 5.5–1: Opis problema
tačka A, neophodno je obje sile, F1 = 1500 N i F2 = 1000 N, redukovati na posmatranipoprečni presjek.
Kao što je naznačeno na slici 5.5–2, sila F1 se postupno redukuje prvo na moment uvijanjaT i silu F1 (5.5–2b), a zatim na silu F1 i moment savijanja My, tako da u presjeku a − aimamo:
i) silu F1, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u negativnom smjeru ose x – izazivasmicanje (tangencijalni napon),
ii) moment uvijanja T =Mz = F1 ·L oko ose z u smjeru obrnutom od kretanja kazaljke nasatu, koji nastaje usljed djelovanja sile F1 na kraku L – izaziva uvijanje (tangencijalninapon),
iii) moment savijanja My = F1 ·H oko ose y u smjeru kretanja kazaljke na satu – izazivasavijanje (normalni napon).
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek usljed sile F1 mo-žemo izračunati i napone, kako slijedi:
i) Tangencijalni naponi τs1 usljed smicanja silom F1, koja djeluje u ravni posmatranog po-prečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosnoosi y, a jednak je nuli na najudaljenijim tačkama od ose y, a tu spada i tačka A. Dakle,tangencijalni napon usljed smicanja silom F1 jednak je nuli u tački A.
ii) Tangencijalni napon τu usljed momenta uvijanja T = F1 ·L oko ose z djeluje u sm-jeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu pa ima smjer pozitivne ose y , kao što jeprikazano na slici 5.5–2c. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja(3–1)
τu =T
Io
d
2=F1 ·L
Io
d
2=
1500 ·400 ·10−3
2.513 ·10−7
40 · 10−3
2= 47.75MPa
gdje je
Io =d4π
32=
(40 · 10−3)4π
32= 2.513 ·10−7m4
Zadaci 237
y
x
F1
z
L
H
A
a
a y
x
z
H
A
a
a
F1 T=Mz=F·L
y
x
z
A
F1 T=Mz=F1·L
a) b)
c) d)
My=F1·H
τu
–95.5 MPa
y
x
σs
A 95.5 MPa
Slika 5.5–2: Redukcija sile F1 (a-c) i raspodjela normalnih napona (d)
iii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose y, My = F1 ·H linearno se mijenja skraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.5–2d), a jednak je nuli u neutralnojosi, odnosno osi y oko koje se vrši savijanje. Tačka A se nalazi na mjestu gdje su najvećizatezni naponi, a intenzitet se određuje pomoću izraza (4–1)
σs =My
Iyx =
F1 ·H
Iy
d
2=
1500 ·0.2
1.257 ·10−7
40 · 10−3
2= 95.5MPa
gdje je za kružni poprečni presjek
Iy =d4π
64=
(40 · 10−3)4π
64= 1.257 ·10−7m4
Što se tiče sile F2, ona se na površinu a− a redukuje na (vidi sliku 5.5–3a-c):
i) silu F2, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u pozitivnom smjeru ose y – izazivasmicanje (tangencijalni napon),
ii) moment savijanja Mx = F2 ·H oko ose x u smjeru kretanja kazaljke na satu – izazivasavijanje (normalni napon).
238 5 Složena naprezanja
Ova opterećenja izazivaju sljedeće napone:
i) Tangencijalni naponi τs2 usljed smicanja silom F2, koja djeluje u ravni posmatranog po-prečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosnoosi x, na kojoj se nalazi tačka A. Koristeći se izrazom (4–5) dobija se intenzitet napona
τs2 =4
3
F2
A=
4
3
1000
1.257 ·10−3= 1.06MPa
gdje je
A =d2π
4=
(40 · 10−3)2π
4= 1.257 ·10−3m2
a smjer je jednak smjeru djelovanja napona τu (slika 5.5–3c).
ii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x, Mx = F2 ·H linearno se mijenja skraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.5–3d), a jednak je nuli u neutralnojosi, odnosno osi x oko koje se vrši savijanje, a na kojoj se nalazi tačka A. Dakle, normalninapon usljed momenta savijanja Mx u tački A jednak je nuli.
y
x
F2
z
H
A
a
a y
x
z
H
A
a
a
F2
y
x
z
A F2
a) b)
c) d)
Mx=F2·H
x
τs
y
σs
A
Slika 5.5–3: Redukcija sile F2 (a-c) i raspodjela normalnih napona (d)
Zadaci 239
Zadatak 5.6 Za dio na slici 5.6–1 cilindričnog poprečnog presjeka prečnika 40 mm u tačkiA odrediti:
a) tangencijalne napone,
b) normalne napone,
c) glavne normalne i maksimalne tangencijalne napone.
x
z
500 N A By
150 mm
100 mm
300 N
s
Slika 5.6–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 5.6: Podaci uz zadatak 5.6
L = 150 mm d = 40 mm F1 = 500 N
F2 = 300 N
Slično prethodnom i u ovom zadatku kao vanjsko opterećenje imamo dvije sile. Da bismoodredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka kojem pripada tačka A, neophodno jeobje sile, F1 i F2, redukovati na posmatrani poprečni presjek.
Kao što je naznačeno na slici 5.6–2a-d, sila F1 se redukuje na:
i) silu F1, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u negativnom smjeru ose z – izazivasmicanje (tangencijalni napon),
ii) moment savijanja My = F1 ·L oko ose y u smjeru kretanja kazaljke na satu (posmatranoiz pozitivnog smjera ose y) – izaziva savijanje (normalni napon).
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek usljed sile F1 možemoizračunati i napone, kako slijedi:
i) Tangencijalni naponi τs1 usljed smicanja silom F1, koja djeluje u ravni posmatranog po-prečnog presjeka imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosnoosi z, a jednak je nuli na najudaljenijim tačkama od ose z, a tu spada i tačka A. Dakle,tangencijalni napon usljed smicanja silom F1 u tački A jednak je nuli.
ii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose y, My = F1 ·L, linearno se mijenja skraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.6–2c), a jednak je nuli u neutralnoj
240 5 Složena naprezanja
osi, odnosno osi y oko koje se vrši savijanje. Tačka A se nalazi na mjestu gdje su najvećizatezni naponi, a intenzitet se određuje pomoću izraza (4–1)
σs =My
Iyz =
F1 ·L
Iy
d
2=
500 ·0.15
1.257 ·10−7
40 · 10−3
2= 11.97MPa
gdje je za kružni poprečni presjek
Iy =d4π
64=
(40 · 10−3)4π
64= 1.257 ·10−7m4
c)b)
a)
A B
y
xMy=L F1
F1
z
x
z
F1A By
L
11.97 MPa
–11.97 MPa
z
s
A
y
Slika 5.6–2: Redukcija sile F1 (a-b) i raspodjela normalnih napona (c)
Što se tiče sile F2, ona se na posmatrani poprečni presjek redukuje na (vidi sliku 5.6–3):
i) silu F2, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u pozitivnom smjeru ose y – izazivasmicanje (tangencijalni napon),
ii) moment savijanja Mz = F2 ·L oko ose z u smjeru kretanja kazaljke na satu – izazivasavijanje (normalni napon).
Ova opterećenja izazivaju sljedeće napone:
i) Tangencijalni naponi τs2 usljed smicanja silom F2, koja djeluje u ravni posmatranog po-prečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosnoosi z, na kojoj se nalazi tačka A. Koristeći se izrazom (4–5) dobija se intenzitet napona
τs2 =4
3
F2
A=
4
3
300
1.257 ·10−3= 0.32MPa
Zadaci 241
gdje je
A =d2π
4=
(40 · 10−3)2π
4= 1.257 ·10−3m2
a smjer je u pravcu djelovanja sile F2.
ii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose z, Mz = F2 ·L linearno se mijenja skraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.6–3c), a jednak je nuli u neutralnojosi, odnosno osi z oko koje se vrši savijanje, a na kojoj se nalazi tačka A. Dakle, normalninapon usljed momenta savijanja Mz u tački A jednak je nuli.
s
s s
c)b)
a)
A B
Mz=L F2
F2 s
x
z
F2
A By
L
y
x
z
z
y
s
A
B
Slika 5.6–3: Redukcija sile F2 (a-b) i raspodjela normalnih napona (c)
s=0.32 MPa
s=11.97 MPa s=11.97 MPa
Slika 5.6–4: Element napona za tačku A
Kada smo izračunali normalne i tangencijalne napone, istovrsni naponi se sabiraju pa semože nacrtati element napona za tačku A, kao što je dato na slici 5.6–4. Tražene ekstremnevrijednosti napona se izračunavaju koristeći izraze (5–3) i (5–5). Pri tome, uzima se da je
242 5 Složena naprezanja
σx = σs, σy = 0 i τxy = τs2 . Dakle, imamo
σ1 =σs2
+
√
(σs2
)2
+ τ2s2
=11.94 ·106
2+
√
(
11.94 ·106
2
)2
+ (0.32 · 106)2 = 11.95MPa
σ2 =σs2
−
√
(σs2
)2
+ τ2s2
=11.94 ·106
2−
√
(
11.94 ·106
2
)2
+ (0.32 · 106)2 = −8.5kPa
τmax = ±
√
(σs2
)2
+ τ2s2 = ±
√
(
11.94 ·106
2
)2
+ (0.32 ·106)2 = ±5.98MPa
Zadatak 5.7 Za cijev na slici 5.7–1 u tačkama a i b odrediti:
a) tangencijalne napone,
b) normalne napone.
ako je unutrašnji prečnik cijevi d1 = 30 mm, a vanjski d2 = 25 mm, a dio je opterećen:
i) grupa A: samo silom F1 = 1200 N,
ii) grupa B: samo silom F2 = 1500 N.
s
x
z
y
a b
20 mm
75 mm
45 mm
45 mm
1500 N
1200 N
A
B
Slika 5.7–1: Opis problema
Zadaci 243
R j e š e nj e
Tabela 5.7: Podaci uz zadatak 5.7
L1 = 45 mm d1 = 30 mm F1 = 1200 N
L2 = 45 mm d2 = 25 mm F2 = 1500 N
H = 75 mm
i) Grupa A: djelovanje sile F1 = 1200 N
Zadatak je sličan zadatku 5.4, osim što u ovom zadatku treba izračunati napone udvije tačke. Kako se obje tačke nalaze u istom poprečnom presjeku, razmotrimo prvoopterećenja koja vladaju usljed djelovanja vanjske sile F1.
Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka, kojem pripadaju tačkea i b, neophodno je silu F1 redukovati na posmatrani poprečni presjek. Kao što jenaznačeno na slici 5.7–2a-c, sila se prvo redukuje na silu F1 i moment uvijanja T upresjeku A, a zatim na silu F1 i moment savijanja Mx u presjeku koji sadrži tačke a ib, tako da se u traženom poprečnom presjeku javljaju sljedeća opterećenja:
i) sila F1, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u negativnom smjeru ose z – izazivasmicanje (tangencijalni napon),
ii) moment uvijanja T =My = F1 · (L1+L2) oko ose y u smjeru obrnutom od kretanjakazaljke na satu, koji nastaje usljed djelovanja sile F1 na kraku (L1 +L2) – izazivauvijanje (tangencijalni napon),
iii) moment savijanja oko ose x, Mx = F1 ·H , u smjeru kretanja kazaljke na satu –izaziva savijanje (normalni napon).
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izraču-nati i napone, kako slijedi:
i) Tangencijalni naponi τs usljed smicanja silom F1, koja djeluje u ravni posmatranogpoprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka,odnosno osi x, kojoj pripada tačka b, i usmjereni su u negativnom smjeru ose z(slika 5.7–2c). S obzirom da se radi o kružnom prstenastom poprečnom presjeku,koristeći izraz (4–6) dobija se
τsb =4F1
3A
(
d22 + d2d1 + d21d22 + d21
)
=4 · 1200
3 · 215.984 ·10−6
(
0.0252 + 0.025 ·0.03 + 0.032
0.0252 + 0.032
)
= 11.05MPa
gdje je
A =(d21 − d22)π
4=
(0.032 − 0.0252)π
4= 215.984 ·10−6m2
Što se tiče tačke a, ona se nalazi na vlaknima koja su najudaljenija od neutralneose i tangencijalni naponi su jednaki nula.
244 5 Složena naprezanja
ii) Tangencijalni napon τu usljed momenta uvijanja T = F1 · (L1 + L2), oko ose ydjeluje u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu. Smjer djelovanja zavisiod tačke koja se posmatra, tako da za tačku a ima smjer pozitivne ose x, a za tačkub ima smjer negativne ose z, kao što je prikazano na slici 5.7–2c. Intenzitet ovognapona je isti za obje tačke, jer se obje nalaze na vanjskoj površini cijevi, odnosnona istoj udaljenosti od ose uvijanja y, a dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3–1)
τua= τub
= τu =T
Io
d12
=F1 · (L1 + L2)
Io
d12
=1200 · (45 + 45) · 10−3
4.117 ·10−8
30 ·10−3
2= 39.35MPa
gdje je
Io =(d41 − d42)π
32=
(0.034 − 0.0254)π
32= 4.117 ·10−8m4
iii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x linearno se mijenja s kraja nakraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.7–2d), a jednak je nuli u neutralnojosi, odnosno osi x oko koje se vrši savijanje. S obzirom da se tačka b nalazi naneutralnoj osi, normalna komponenta napona u ovoj tački jednaka je nuli.Što se tiče tačke a, koja je najudaljenija tačka od neutralne ose, imamo maksimalanzatežući napon, koji se određuje prema obrascu (4–1)
σsa =Mx
Ixz =
F1 ·H
Ix
d12
=1200 ·0.075
2.059 ·10−8
30 · 10−3
2= 65.58MPa
gdje je za kružni prstenasti poprečni presjek
Ix =(d41 − d42)π
64=
[(30 · 10−3)4 − (30 · 10−3)4]π
64= 2.059 ·10−8m4
Na ovaj način su određeni svi naponi u tačkama a i b usljed djelovanja sile F1.
ii) Grupa B: djelovanje sile F2 = 1500 N
Ovaj zadatak je sličan zadatku 5.1 u kojem djeluje sila P2, s tim da ovdje imamo dvijetačke za koje treba odrediti napone.
Sila F2 se može redukovati na površinu koja sadrži tačke a i b, tako što se njen utjecajredukuje na pritisnu silu P2 i moment savijanja,Mz = F2 ·L1 oko ose z u smjeru kretanjakazaljke na satu, kao što je postupno pokazano na slici 5.7–3a-c. Iz teorije je poznato dapritisna sila izaziva (pritisne) normalne napone, a moment savijanja normalne napone,tako da pojedinačno imamo:
a) Normalni naponi usljed pritisne sile F2
Normalni naponi usljed aksijalne sile se dobivaju na osnovu izraza (1–1) i vrijede zasve tačke poprečnog presjeka pa tako i za tačke a i b
σa = σb = −F2
A= −
1500
215.984 ·10−6= −6.95MPa
Zadaci 245
a) b)
c) d)
xz
y
a b
H
L2
L1
F1
A
B
xz
y
a b
H
F1
A
B
T=My=(L1+L2) F1
y
u
s
x
F1
B
T=My=(L1+L2) F1
Mx=H F1
z
a b
65.58 MPa
–65.58 MPa
z
s
b
x
a
Slika 5.7–2: Redukcija sile F1 (a-c) i raspodjela normalnih napona (d)
b) Normalni naponi usljed momenta savijanja Mz
Kao što je ranije rečeno, moment savijanja Mz djeluje oko ose z u smjeru kretanjakazaljke na satu, tako da su vlakna u pozitivnom dijelu ose x napregnuta pritisakom,a ona u negativnom dijelu ose x zatezanjem, pri čemu je raspodjela napona lin-earna, kao što je prikazano na slici 5.1–3d. Kako se tačka a nalazi na osi z, odnosnoneutralnoj osi, normalni naponi u tački a usljed savijanja jednaki su nuli.Što se tiče tačke b, ona se nalazi na najudaljenijim vlaknima izloženim pritisku (predz-nak "−"), pa se korištenjem izraza (4–1) dobiva traženi napon
σsb =Mz
Izx =
−F2 ·L1
Iz
d12
=−1500 ·0.045
2.059 ·10−8
30 · 10−3
2= −49.18MPa
gdje je Iz = Ix za kružni prstenasti presjek.Na ovaj način su određeni svi naponi u tačkama a i b usljed djelovanja sile F2.
Zadatak 5.8 Za dio na slici 5.8–1 u tački H odrediti:
a) tangencijalne napone,
b) normalne napone.
u slučaju
246 5 Složena naprezanja
a) b)
xz
y
a b
H
L1
A
B
xz
y
a b
F2
B
c) d)
x
B
z
a b
F2
Mz=L1 F2
y
F2
Mz=L1 F2
49.18 MPa
z
x
s
-49.18 MPa b
a
z
-6.95 MPa
Slika 5.7–3: Redukcija sile F2 (a-c) i raspodjela normalnih napona (d)
i) grupa A: djelovanja sile F1 = 3 kN, ako je vanjski prečnik cijevi d1a = 40 mm, aunutrašnji d2a = 30 mm,
ii) grupa B: djelovanja sile F2 = 9 kN, ako je vanjski prečnik cijevi d1b = 45 mm, aunutrašnji d2b = 35 mm.
R j e š e nj e
Tabela 5.8: Podaci uz zadatak 5.8
L1 = 120 mm d1a = 40 mm F1 = 3 kN
L2 = 120 mm d2a = 30 mm F2 = 9 kN
H = 150 mm d1b = 45 mm
d2b = 35 mm
Tip zadatka za obje grupe je identičan prethodnom za silu F1 pa je i postupak rješavanjaidentičan.
Zadaci 247
x
y
H
150 mm
3 kN
B
9 kN
z
120 mm
120 mm
D
C
E
A
Slika 5.8–1: Opis problema
i) Grupa A: djelovanje sile F1 = 1200 N
Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka, kojem pripada tačka H ,neophodno je silu F1 redukovati na posmatrani poprečni presjek. Kao što je naznačenona slici 5.8–2a-c, sila se postepeno preko presjeka D na traženi presjek, redukuje na:
i) silu F1, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u pozitivnom smjeru ose y – izazivasmicanje (tangencijalni napon),
ii) moment uvijanja T = Mz = F1 ·L1 oko ose z u smjeru kretanja kazaljke na satu,koji nastaje usljed djelovanja sile F1 na kraku L1 – izaziva uvijanje (tangencijalninapon),
iii) moment savijanja oko ose x, Mx = F1 ·H , u smjeru kretanja kazaljke na satu –izaziva savijanje (normalni napon).
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izraču-nati i napone, kako slijedi:
i) Tangencijalni naponi τs usljed smicanja silom F1, koja djeluje u ravni posmatranogpoprečnog presjeka imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka,odnosno osi x, kojoj pripada tačka H , i usmjereni su u pozitivnom smjeru ose y(slika 5.8–2c). S obzirom da se radi o kružnom prstenastom poprečnom presjeku,koristeći izraz (4–6) dobija se
τs =4F1
3A
(
d22a + d2ad1a + d21ad22a + d21a
)
=4 · 3000
3 · 549.78 ·10−6
(
0.032 + 0.03 ·0.04 + 0.042
0.032 + 0.042
)
= 10.77MPa
gdje je
A =(d21a − d22a)π
4=
(0.042 − 0.032)π
4= 549.78 ·10−6m2
ii) Tangencijalni napon τu usljed momenta uvijanja T = Mz = F1 ·L1, oko ose zdjeluje u smjeru kretanja kazaljke na satu pa za tačku H ima smjer negativne ose
248 5 Složena naprezanja
y, kao što je prikazano na slici 5.8–2c. Intenzitet ovog napona dat je osnovnimobrascem iz uvijanja (3–1)
τu =T
Io
d1a2
=F1 ·L1
Io
d1a2
=3000 ·0.12
1.718 ·10−7
40 · 10−3
2= 95.2MPa
gdje je
Io =(d41a − d42a)π
32=
(0.044 − 0.034)π
32= 1.718 ·10−7m4
iii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x linearno se mijenja s kraja nakraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.8–2d), a jednak je nuli u neutralnojosi, odnosno osi x oko koje se vrši savijanje. S obzirom da se tačka H nalazi naneutralnoj osi, normalna komponenta napona u ovoj tački jednaka je nuli.
Na ovaj način su određeni svi naponi u tački H usljed djelovanja sile F1.
a) b)
c) d)
x
y
H
H
F1
B
z
L1
D
C
x
y
H
H
B
z
DF1
T=Mz=L1 F1
u
x
y
B
z
F1
H
T=Mz=L1 F1Mx=H F1
s
x
y
!s
H
Slika 5.8–2: Redukcija sile F1 (a-c) i raspodjela normalnih napona (c)
ii) Grupa B: djelovanje sile F2 = 9000 N
Slično prethodnom proračunu prvo je neophodno silu F2 redukovati na posmatranipoprečni presjek. Kao što je naznačeno na slici 5.8–3a-c, sila se postepeno preko presjekaD na traženom presjeku redukuje na:
Zadaci 249
a) b)
c) d)
x
y
H
H
B
z
D
F2
T=Mz=L2 F2
u
x
y
B
z
F2
H
T=Mz=L2 F2Mx=H F2
s
x
y
H
H
B
F2
z
L2
D
E
A
x
y
s
H
Slika 5.8–3: Redukcija sile F2 (a-c) i raspodjela normalnih napona (c)
i) silu F2, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u negativnom smjeru ose y – izazivasmicanje (tangencijalni napon),
ii) moment uvijanja T = Mz = F2 ·L2 oko ose z u smjeru kretanja kazaljke na satu,koji nastaje usljed djelovanja sile F2 na kraku L2 – izaziva uvijanje (tangencijalninapon),
iii) moment savijanja oko ose x, Mx = F2 ·H , u smjeru suprotnom od kretanja kazaljkena satu – izaziva uvijanje (normalni napon).
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izraču-nati i napone, kako slijedi:
i) Tangencijalni naponi τs usljed smicanja silom F2, koja djeluje u ravni posmatranogpoprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka,odnosno osi x, kojoj pripada tačka H , i usmjereni su u negativnom smjeru ose y(slika 5.8–3c). S obzirom da se radi o kružnom prstenastom poprečnom presjeku,koristeći izraz (4–6) dobija se
τs =4F2
3A
(
d22b + d2bd1b + d21bd22b + d21b
)
=4 · 9000
3 · 628.32 ·10−6
(
0.0352 + 0.035 ·0.045 + 0.0452
0.0352 + 0.0452
)
= 28.35MPa
250 5 Složena naprezanja
gdje je
A =(d21b − d22b)π
4=
(0.0452 − 0.0352)π
4= 638.32 ·10−6m2
ii) Tangencijalni napon τu usljed momenta uvijanja T = F2 ·L2, oko ose z djeluje usmjeru kretanja kazaljke na satu pa za tačku H ima smjer negativne ose y, kao štoje prikazano na slici 5.8–3c. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem izuvijanja (3–1)
τu =T
Io
d1b2
=F2 ·L2
Io
d1b2
=9000 ·0.12
2.553 ·10−7
45 ·10−3
2= 95.2MPa
gdje je
Io =(d41b − d42b)π
32=
(0.0454 − 0.0354)π
32= 2.553 ·10−7m4
iii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x linearno se mijenja s kraja nakraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.8–3d), a jednak je nuli u neutralnojosi, odnosno osi x oko koje se vrši savijanje. S obzirom da se tačka H nalazi naneutralnoj osi, normalna komponenta napona u ovoj tački jednaka je nuli.
Na ovaj način su određeni svi naponi u tački H usljed djelovanja sile F2.
Zadatak 5.9 Za dio na slici 5.9–1 na koji djeluje sila F = 5 kN (ugao koji sila F zaklapa shorizontalnom osom je tg(φ) = 3 : 4), odrediti:
a) tangencijalne napone,
b) normalne napone.
za sljedeće slučajeve:
i) grupa A: u tački A, ako je prečnik dijela da = 50 mm,
ii) grupa B: u tački B, ako je prečnik dijela db = 25 mm.
y
x
A
B
z
300 mm
200 mm
3
4
5
5 kN
x
y
x
x
Slika 5.9–1: Opis problema
Zadaci 251
R j e š e nj e
Tabela 5.9: Podaci uz zadatak 5.9
L1 = 300 mm da = 50 mm F = 5 kN
L2 = 200 mm db = 25 mm
S obzirom da se obje tačke, A i B, nalaze na istom poprečnom presjeku, prvo ćemoposmatrati sva opterećenja koja djeluju na posmatrani poprečni presjek. U tu svrhu, zgodnoje silu F razložiti na dvije komponente: jednu koja djeluje u horizontalnom pravcu, Fx, idrugu koja djeluje vertikalno, Fy , kao što je prikazano na slici 5.9–2. Imajući u vidu ugaokoji sila zaklapa s horizontalnom osom, na osnovu slike je jasno da su vrijednosti komponentijednake:
Fx = 4kN (5.9–1)Fy = 3kN (5.9–2)
Na ovaj način tip zadatka je identičan zadatku 5.6 pa je i postupak rješavanja isti, s tim daće se proračun za obje grupe uraditi zajedno.
5 kN
F
y
x
A
B
z
L1
3
4
5 FxFy
x
x
Slika 5.9–2: Komponente vanjskog opterećenja
Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka, kojem pripadaju tačke Ai B, neophodno je obje sile, Fx i Fy, redukovati na posmatrani poprečni presjek. Kao što jenaznačeno na slici 5.9–3a-b, sila Fx se može redukovati na:
i) silu Fx, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u pozitivnom smjeru ose x – izazivasmicanje (tangencijalni napon),
ii) moment savijanja My = Fx ·L1 oko ose y u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke nasatu – izaziva savijanje (normalni napon).
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek usljed sile Fx
možemo izračunati i napone, kako slijedi:i) Tangencijalni naponi τs usljed smicanja silom Fx, koja djeluje u ravni posmatranog po-
prečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosnoosi y, kojoj pripada tačka A, a jednak je nuli na najudaljenijim tačkama od ose y, a tuspada i tačka B. Dakle, tangencijalni napon usljed smicanja silom Fx postoji samo zatačku A i računa se prema izrazu (4–5)
τsA =4
3
Fx
Aa
=4
3
4000
1.963 ·10−3= 2.72MPa
252 5 Složena naprezanja
a)
b) c)
y
x
A
B
z
L1
Fx
y
x A
B
z
Fx
My=L1⋅Fx
782 MPa
–782 MPa
x
σs
A
y
B
τs
Slika 5.9–3: Redukcija sile Fx (a-b) i raspodjela normalnih napona (c)
gdje je
Aa =d2aπ
4=
(50 · 10−3)2π
4= 1.963 ·10−3m2
a smjer je u pravcu djelovanja sile Fx (slika 5.9–3b).
ii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose y, My = Fx ·L1 linearno se mijenja skraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.9–3c), a jednak je nuli u neutralnojosi, odnosno osi y oko koje se vrši savijanje. Tačka A se nalazi na neutralnoj osi, tako dasu normalni naponi u njoj jednaki nuli, dok se tačka B nalazi na mjestu gdje su najvećipritisni naponi (predznak "−"), a intenzitet se određuje pomoću izraza (4–1)
σsB =My
Iybx =
−Fx ·L1
Iyb
db2
=−4000 ·0.3
1.917 ·10−8
25 · 10−3
2= −782.3MPa
gdje je za kružni poprečni presjek
Iyb =d4bπ
64=
(25 · 10−3)4π
64= 1.917 ·10−8m4
Što se tiče sile Fy, ona se na posmatrani poprečni presjek može redukovati na (vidi sliku5.9–4a-b):
i) silu Fy, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u negativnom smjeru ose y – izazivasmicanje (tangencijalni napon),
ii) moment savijanja Mx = Fy ·L1 oko ose x u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke nasatu – izaziva savijanje (normalni napon).
Zadaci 253
a)
b) c)
y
x
A
B
z
Fy
Mx=L1⋅Fy
τs
y
x
A
B
z
L1
Fy
73.3 MPa
x
y
σs
A –73.3 MPa
B
Slika 5.9–4: Redukcija sile Fy (a-b) i raspodjela normalnih napona (c)
Ova opterećenja izazivaju sljedeće napone:
i) Tangencijalni naponi τs usljed smicanja silom Fy, koja djeluje u ravni posmatranog po-prečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosnoosi x, na kojoj se nalazi tačka B, a vrijednost nula na najudaljenijim vlaknima od neu-tralne ose, kojima pripada i tačka A. Dakle, tangencijalni napon usljed sile Fy u tačkiA jednak je nuli, dok se vrijednost napona u tački B dobija preko izraza (4–5)
τsB =4
3
Fy
Ab
=4
3
3000
490.874 ·10−6= 8.15MPa
gdje je
Ab =d2bπ
4=
(25 · 10−3)2π
4= 490.874 ·10−6m2
a smjer je u pravcu djelovanja sile Fy (slika 5.9–4b).
ii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x, Mx = Fy ·L1 linearno se mijenja skraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.9–4c), a jednak je nuli u neutralnojosi, odnosno osi x oko koje se vrši savijanje. Dakle, normalni naponi u tački B, kojase nalazi na neutralnoj osi, jednaki su nuli, dok su u tački A najveći pritisni naponi iračunaju se prema izrazu (4–1)
σsA =Mx
Ixay = −
Fy ·L1
Ixa
da2
= −3000 ·0.3
3.068 ·10−7
50 ·10−3
2= −73.3MPa
gdje je za kružni poprečni presjek
Ixa =d4aπ
64=
(50 · 10−3)4π
64= 3.068 ·10−7m4
254 5 Složena naprezanja
Na ovaj način izračunati su svi normalni i tangencijalni naponi u tačkama A i B.
Zadatak 5.10 Za dio na slici 5.10–1 u tački H odrediti:
a) tangencijalne napone,
b) normalne napone,
usljed djelovanja sile F = 150 N. Prečnik dijela je d = 15 mm.
y
x
z
a
A
150 N 250 mm
150 mm
B
a
x
z
15 mm
a-a H
Slika 5.10–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 5.10: Podaci uz zadatak 5.10
LAB = 250 mm d = 15 mm F = 150 N
LBH = 150 mm
Zadatak je sličan zadatku 5.8, s tim da je položaj posmatrane tačke na poprečnom presjekudrugačiji. Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka, kojem pripada tačkaH , neophodno je silu F redukovati na posmatrani poprečni presjek. Kao što je naznačenona slici 5.10–2a-c, sila se postepeno može redukovati na:
i) silu F , koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u smjer negativne ose z – izaziva smicanje(tangencijalni napon),
ii) moment uvijanja T = F ·LAB oko ose z u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke nasatu, koji nastaje usljed djelovanja sile F na kraku LAB – izaziva uvijanje (tangencijalninapon),
iii) moment savijanja oko ose x, Mx = F ·LBH , u smjeru kretanja kazaljke na satu – izazivasavijanje (normalni napon).
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunatii napone, kako slijedi:
Zadaci 255
a) b)
c) d)
yx
z aLBH
B
a
yx
z a
A
F LAB
LBH
B
a
F
y
x
z
H
T=My=LAB F
Mx=LLB F
!u
F
T=My=LAB F
x
z
!s
H
H H
67.9 MPa
-67.9 MPa
Slika 5.10–2: Redukcija sile F (a-c) i raspodjela normalnih napona (d)
i) Tangencijalni naponi τs usljed smicanja silom F , koja djeluje u ravni posmatranogpoprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka (osax), a jednak je nuli u vlaknima koja su najudaljenija od neutralne ose. S obzirom dase tačka H nalazi na tom položaju, tangencijalni napon usljed sile smicanja F jednakje nuli.
ii) Tangencijalni napon τu usljed momenta uvijanja T = F ·LAB, oko ose z djeluje u smjerusuprotnom od kretanja kazaljke na satu pa za tačku H ima smjer pozitivne ose x, kaošto je prikazano na slici 5.10–2c. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem izuvijanja (3–1)
τu =T
Io
d
2=F ·LAB
Io
d
2=
150 ·0.25
4.97 ·10−9
15 · 10−3
2= 56.59MPa
gdje je
Io =d4π
32=
0.0154π
32= 4.97 ·10−9m4
iii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x linearno se mijenja s kraja nakraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.10–2d), a jednak je nuli u neutralnoj osi,odnosno osi x oko koje se vrši savijanje. Tačka H se nalazi na najvećoj udaljenosti odose x, s gornje strane, pa se radi o najvećim zatežućim naponima čiji intenzitet se dobijaizrazom (4–1)
σs =Mx
Ixz =
F ·LBH
Ix
d
2=
150 ·0.15
2.485 ·10−9
15 · 10−3
2= 67.9MPa
256 5 Složena naprezanja
gdje je za kružni poprečni presjek
Ix =d4π
64=
(15 · 10−3)4π
64= 2.485 ·10−9m4
Na ovaj način su određeni svi naponi u tački H usljed djelovanja sile F .
Zadatak 5.11 Za dio na slici 5.11–1 u tačkama a i b odrediti:
a) tangencijalne napone,
b) normalne napone,
usljed djelovanja sile F = 4 kN.
a
4 kN
100 mm
b
60
b
a
18 mm
40 mm
!
s !s
s
Slika 5.11–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 5.11: Podaci uz zadatak 5.11
L = 100 mm h = 40 mm F = 4 kN
α = 60 ◦ b = 18 mm
S obzirom da se obje tačke, a i b, nalaze na istom poprečnom presjeku, prvo ćemo raz-motriti sva opterećenja koja djeluju na posmatrani poprečni presjek. U tu svrhu, zgodnoje silu F razložiti na dvije komponente: silu F1 koja djeluje okomito na poprečni presjek stačkama a i b (uzdužna osa x) i silu F2 koja djeluje u pravcu ravni posmatranog poprečnogpresjeka, F2 (osa y u ravni površine). Imajući u vidu ugao koji sila zaklapa s uzdužnomosom dijela, na osnovu slike 5.11–2b je jasno da su vrijednosti komponenti jednake:
F1 = F · cos 60◦ = 2kN (5.11–1)F2 = F · sin 60◦ = 3.46kN (5.11–2)
Na osnovu slike je jasno i da komponenta F1 djeluje pritiskom na posmatrani poprečnipresjek, dok je silu F2 neophodno redukovati. Vrijednost normalnog (pritisnog) napona σp
Zadaci 257
a) b)
c) d)
a
F
L
b
!F2
F1
! F
F2
F1
b
a
s !s !z
72.17 MPa –2.8 MPa
–72.17 MPa 7.2 MPa
x
y
x
y
z
y
z
ba
b
F2
F1 s x
y
M=L F2
z
Slika 5.11–2: Redukcija vanjskih opterećenja (a-c) i raspodjela normalnih i tangencijalnih napona (d)
usljed sile F1 dobija se na osnovu izraza (2–1), jednaka je u svim tačkama poprečnog presjekai iznosi
σpa= σpb
= σp = −F1
A= −
2000
720 ·10−6= −2.78MPa
gdje je
A = b ·h = 18 ·10−3 · 40 · 10−3 = 720 ·10−6m2
Sila F2 se redukuje na (vidi sliku 5.11–2c):
i) silu F2, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u negativnom smjeru ose y – izazivasmicanje (tangencijalni napon),
ii) moment savijanja Mz = F2 ·L oko ose z – izaziva savijanje (normalni napon).
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek usljed sile F2 mo-žemo izračunati i napone, kako slijedi:
i) Tangencijalni naponi τs usljed smicanja silom F2, koja djeluje u ravni posmatranogpoprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, kojojpripada tačka b, a jednak je nuli na najudaljenijim tačkama od neutralne ose, a tu spada
258 5 Složena naprezanja
i tačka a (slika 5.11–2d). Dakle, tangencijalni napon usljed smicanja silom F2 postojisamo za tačku b i računa se prema izrazu (4–4)
τsb =3
2
F2
A=
3
2
3464
720 ·10−6= 7.2MPa
a smjer je u pravcu djelovanja sile F2 (slika 5.11–2c).
ii) Normalni napon usljed momenta savijanja, M = F2 ·L linearno se mijenja s kraja nakraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.11–2d), a jednak je nuli u neutralnoj osi.Tačka b se nalazi na neutralnoj osi, tako da su normalni naponi u njoj jednaki nuli, dokse tačka a nalazi na mjestu gdje su najveći pritisni naponi (negativna osa y), a intenzitetse određuje pomoću izraza (4–1)
σsa =M
Iy =
F2 ·L
I
−h
2=
3464 ·0.1
9.6 · 10−8
−40 · 10−3
2= −72.17MPa
gdje je za pravougaoni poprečni presjek
I =bh3
12=
0.018 ·0.043
12= 9.6 · 10−8m4
Zadatak 5.12 Za dio na slici 5.12–1 u tačkama H i K odrediti:
a) tangencijalne napone,
b) normalne napone,
usljed djelovanja sila P1 i P2. Prečnik dijela je D = 50 mm.
x
P1=15 kN
60 mm
HK
B
A
50 mm
D
P2=18 kN
z
y
50 mm
H
K
–
s
Slika 5.12–1: Opis problema
R j e š e nj e
Zadatak je sličan zadatku 5.1 pa je postupak rješavanja identičan, s tim da se u ovomslučaju trebaju uzeti u obzir obje sile, a naponi izračunati za dvije tačke poprečnog presjeka.Da bismo riješili zadatak, obje sile je neophodno redukovati na posmatrani poprečni presjek,koji sadrži tačke K i H .
Sila P1 se može redukovati na posmatrani poprečni presjek tako što se njen utjecaj u tačkiA može postepeno redukovati na posmatrani poprečni presjek kao što je pokazano na slici5.12–2a-c. Dakle, sila se redukuje na:
Zadaci 259
Tabela 5.12: Podaci uz zadatak 5.12
b = 0.06 m d = 50 mm P1 = 15 kN
a = 0.05 m P2 = 18 kN
a) pritisnu silu P1 – izaziva aksijalno opterećenje (normalni napon),
b) moment savijanja M1 = P1 · a oko ose y u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu– izaziva savijanje (normalni napon).
Kada znamo opterećenja u posmatranom poprečnom presjeku, možemo izračunati naponekako slijedi:
a) Normalni naponi usljed pritisne sile P1
Normalni naponi usljed aksijalne sile se dobivaju na osnovu izraza (1–1) i vrijede za svetačke poprečnog presjeka pa tako i za tačke K i H
σpH= σpK
= σp = −P1
A= −
15 · 103
1.963 ·10−3= −7.64MPa
gdje je
A =d2π
4=
(50 · 10−3)2π
4= 1.963 ·10−3m2
b) Normalni naponi usljed momenta savijanja M1
Kao što je ranije rečeno, moment savijanja M1 djeluje oko ose y poprečnog presjeka usmjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu, pri čemu je raspodjela napona linearna,kao što je prikazano na slici 5.12–2d. S obzirom na položaj tačaka K i H , jasno je da jenapon u tački H jednak nuli, jer se tačka nalazi na neutralnoj osi, dok je tačka K izloženazatezanju pa se korištenjem izraza (4–1) dobiva traženi napon
σsK =M1
Iz =
P1 · a
I
d
2=
15 · 103 · 0.05
3.068 ·10−7
50 ·10−3
2= 61.11MPa
gdje je
I =d4π
64=
(50 · 10−3)4π
64= 3.068 ·10−7m4
Na ovaj način određeni su svi naponi koji djeluju u posmatranim tačkama pod utjecajemsile P1.
Sila P2 se može redukovati na posmatrani poprečni presjek, tako što se njen utjecaj u tačkiA postepeno redukuje na posmatrani poprečni presjek kako je naznačeno na slici 5.12–3a-cpa imamo:
i) smicajnu silu P2 koja djeluje u smjeru pozitivne ose y – izaziva smicanje (tangencijalninapon),
ii) moment uvijanja T = P2 · a oko ose x u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu– izaziva uvijanje (tangencijalni napon),
iii) moment savijanja, M2 = P2 · b oko ose z u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke nasatu – izaziva savijanje (normalni napon).
260 5 Složena naprezanja
y
a) b)
c) d)
x
P1
b
HK
B
Aa
D
x
b
HK
B
D M1=a P1
P1
x
H
K
D
M1=a P1
P1
K
z
y
61.1 MPa
–61.1 MPa
–7.6 MPa
p
s
y
z
H
z
Slika 5.12–2: Redukcija sile P1 (a-c) i raspodjela normalnih napona (d)
a) b)
c) d)
x
b
HK
B
Aa
D
x
b
HK
B
D
T=a P2
x
H
KD
M2=b P2
y
z
z
P2
P2
T=a P2
P2
z
y
s
H
–88 MPa
88 MPa
K
y
u
u
s
Slika 5.12–3: Redukcija sile P2 (a-c) i raspodjela normalnih napona (d)
Zadaci 261
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunatii napone, kako slijedi:
i) Tangencijalni naponi τs usljed smicanja silom P2, koja djeluje u ravni posmatranogpoprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, kojojpripada tačkaK, i usmjereni su prema gore, dok su naponi jednaki nuli na najudaljenijimtačkama od neutralne ose, odnosno u tački H , kao što je prikazano na slici 5.12–3c. Sobzirom da se radi o kružnom poprečnom presjeku, napon u tački K se dobija koristećiizraz (4–5)
τsK =4P2
3A=
4 · 18 · 103
3 · 1.963 ·10−3= 12.22MPa
gdje je
A =d2π
4=
0.052π
4= 1.963 ·10−3m2
ii) Tangencijalni napon τu usljed momenta uvijanja T = P2 · a, djeluje u smjeru suprotnomod kretanja kazaljke na satu pa ima smjer kao što je prikazano na slici 5.12–3c za dvijeposmatrane tačke. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3–1)
τuK= τuH
= τu =T
Io
d
2=P2 · a
Io
d
2=
18000 ·50 · 10−3
6.136 ·10−7
50 · 10−3
2= 36.67MPa
gdje je
Io =d4π
32=
0.054π
32= 6.136 ·10−7m4
iii) Normalni napon usljed momenta savijanja M2 = P2 · b se mijenja s kraja na kraj popreč-nog presjeka (skicirano na slici 5.12–3d), a jednak je nuli u neutralnoj osi, koja sadržitačku K. U tački H javljaju se najveći pritisni naponi usljed savijanja, a vrijednostnapona se dobija na osnovu izraza (4–1)
σsH =M2
Iy =
−P2 · b
I
d
2=
−18000 ·0.06
3.068 ·10−7
50 · 10−3
2= −88MPa
gdje je za kružni poprečni presjek
I =d4π
64=
(50 · 10−3)4π
64= 3.068 ·10−7m4
Na ovaj način izračunati su i svi naponi koji se javljaju u posmatranim tačkama usljeddjelovanja sile P2.
Zadatak 5.13 Sila P djeluje na polugu AB u tački A, kao što je dato na slici 5.13–1.Potrebno je odrediti napone koji djeluju u tački H , koja se nalazi na gornjoj strani vratilaBDE prečnika d.
Podaci: LA = 25 mm, LAB = 200 mm, LBD = 150 mm, LDH = 30 mm, α = 45◦, d = 15mm, P = 100 N.
262 5 Složena naprezanja
D
A
Bx
!
LA
LBD
H
K
y
z
LAB
P
LDH
z
y
15 mm
H
K
P
A
x
!
x
P
P
"s
s
Slika 5.13–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 5.13: Podaci uz zadatak 5.13
LAB = 200 mm d = 15 mm P = 100 N
LBD = 150 mm α = 45 ◦
LDH = 30 mm LHB = 120 mm
LA = 25 mm
Zadatak je sličan zadatku 5.2, s tim da u ovom slučaju imamo djelovanje sile P na ručicuA pod uglom različitim od 90◦ na osu poluge. Da bismo odredili naponsko stanje u bilokojoj tački poprečnog presjeka, kojem pripada tačka H , neophodno je silu P redukovati nataj poprečni presjek. Kao što je naznačeno na slici 5.13–2a-d, sila se postepeno redukuje na:
i) silu P , koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u negativnom smjeru ose y – izazivasmicanje (tangencijalni napon),
ii) moment uvijanja T = P ·L oko ose x u smjeru kretanja kazaljke na satu, koji nastajeusljed djelovanja sile P na kraku L = LAB sinα – izaziva uvijanje (tangencijalni napon),
iii) moment savijanja oko ose z, Mz = M1 + M2 = P · (LHB + LA), u smjeru kretanjakazaljke na satu (normalni napon).
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunatii napone, kako slijedi:
i) Tangencijalni naponi τs usljed smicanja silom P , koja djeluje u ravni posmatranog po-prečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosnoosi z, a jednaki nuli na najudaljenijim tačkama poprečnog presjeka (slika 5.13–2d). Sobzirom na položaj tačke H , tangencijalni naponi usljed sile smicanja jednaki su nuli.
ii) Tangencijalni napon τu usljed momenta uvijanja T = P ·L oko ose x djeluje u smjerukretanja kazaljke na satu pa za tačku H ima smjer negativne ose z , kao što je prikazano
Zadaci 263
Pa) b)
c) d)
D
A
Bx
!
LA
LBD
H
K
y
z
LAB D
A
Bx
!
LHB
H
K
y
z
LAB
P
M1=LAB P
!u
D
Bx
H
K
y
zP
LAB sin
M1=LAB P
LHB
T=LABsin !PD
x
H
K
y
z
PT=LABsin !P
"s
"u
M2=LHB P
e)
z
y
s
H 43.8 MPa
–43.8 MPa
K
Mz=P·(LAB + LHB)
M1=LAB P
Slika 5.13–2: Redukcija vanjskih opterećenja (a-d) i raspodjela normalnih napona (e)
na slici 5.13–2d. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3–1)
τu =T
Io
d
2=P ·LAB sinα
Io
d
2=
100 ·200 ·10−3 · sin 45◦
4.97 ·10−9
15 · 10−3
2= 21.34MPa
gdje je
Io =d4π
32=
(15 · 10−3)4π
32= 4.97 · 10−9m4
iii) Normalni napon usljed momenta savijanja Mz = P · (LHB + LA) oko ose z linearno semijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.13–2e), a jednak je nuliu neutralnoj osi, odnosno osi z oko koje se vrši savijanje. S obzirom da se tačka Hnalazi na najudaljenijim vlaknima s gornje strane, normalni naponi usljed savijanja suzateznog karaktera, a njihova vrijednost se izračunava prema obrascu (4–1)
σs =Mz
Izy =
P · (LHB + LA)
Iz
d
2=
100 · (0.12 + 0.025)
2.485 ·10−9
15
2= 43.76MPa
264 5 Složena naprezanja
gdje je za kružni poprečni presjek
Iz =d4π
64=
(15 · 10−3)4π
64= 2.485 ·10−9m4
Na ovaj način izračunati su svi naponi u tački H kao posljedica djelovanja sile P .
Zadatak 5.14 Sila P djeluje na polugu AC u tački C, kao što je dato na slici 5.14–1. Zapodatke date na slici potrebno je odrediti napone koji djeluju na šupljem vratilu AB.
a) Grupa A: u tački H ,
b) Grupa B: u tački K.
!
!s
xz
y
H K
10 kN
A
B
200 mm
150 mm
D
C x
z51 mm
H
K
6 mm
s
Slika 5.14–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 5.14: Podaci uz zadatak 5.14
L = 200 mm r1 = 51 mm F = 10 kN
H = 150 mm t = 6 mm
Tip zadatka je identičan zadatku 5.7, Grupa A, pa je postupak rješavanja isti. Kako seobje tačke nalaze na istom poprečnom presjeku, razmotrimo prvo opterećenja koja vladajuusljed djelovanja vanjske sile F .
Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka, kojem pripadaju tačke Hi K, neophodno je silu F redukovati na posmatrani poprečni presjek. Kao što je naznačenona slici 5.14–2a-c, sila F se može postepeno redukovati na posmatrani poprečni presjek takoda imamo sljedeća opterećenja:
i) silu F , koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u pozitivnom smjeru ose x – izazivasmicanje (tangencijalni napon),
Zadaci 265
ii) moment uvijanja T = F ·L oko ose y u smjeru obrnutom od kretanja kazaljke na satu,koji nastaje usljed djelovanja sile F na kraku L – izaziva uvijanje (tangencijalni napon),
iii) moment savijanja oko ose z, Mz = F ·H , u smjeru kretanja kazaljke na satu – izazivasavijanje (normalni napon).
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunati inapone za obje tačke (grupe) odjednom, kako slijedi:
i) Tangencijalni naponi τs usljed smicanja silom F , koja djeluje u ravni posmatranog po-prečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosnoosi z, kojoj pripada tačka H , i usmjereni su u pozitivnom smjeru ose x (slika 5.14–2c).S obzirom da se radi o kružnom prstenastom poprečnom presjeku, koristeći izraz (4–6)dobija se
τsH =4F
3A
(
r22 + r2r1 + r21r22 + r21
)
=4 · 10 · 103
3 · 1.81 · 10−3
(
0.0512 + 0.051 ·0.045 + 0.0452
0.0512 + 0.0452
)
= 11.02MPa
gdje je
A = (r21 − r22)π = (0.0512 − 0.0452)π = 1.81 ·10−3m2
r2 = r1 − t = 51 ·10−3 − 6 · 10−3 = 45mm
Što se tiče tačke K, ona se nalazi na vlaknima koja su najudaljenija od neutralne osegdje su tangencijalni naponi jednaki nuli.
ii) Tangencijalni napon τu usljed djelovanja momenta uvijanja T = F ·L oko ose y djelujeu smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu. Smjer djelovanja zavisi od tačke kojase posmatra, tako da za tačku H ima smjer pozitivne ose x, a za tačku K ima smjernegativne ose z, kao što je prikazano na slici 5.14–2c. Intenzitet ovog napona je isti zaobje tačke, jer se obje nalaze na vanjskoj površini cijevi, odnosno na istoj udaljenostiod ose uvijanja y, a dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3–1)
τuH= τuK
= τu =T
Io· r1 =
F ·L
Io· r1 =
10 · 103 · 0.2
4.186 ·10−6· 51 · 10−3 = 24.37MPa
gdje je
Io =(r41 − r42)π
2=
(0.0514 − 0.0454)π
2= 4.186 ·10−6m4
iii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose z linearno se mijenja s kraja nakraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.14–2d), a jednak je nuli u neutralnoj osi,odnosno osi z oko koje se vrši savijanje. S obzirom da se tačka H nalazi na neutralnojosi, normalna komponenta napona u ovoj tački jednaka je nuli.
Što se tiče tačke K, koja je najudaljenija tačka od neutralne ose, imamo maksimalanpritisni napon (predznak "−"), koji se određuje prema obrascu (4–1)
σsK =Mz
Izx =
−F ·H
Iz· r1 =
−10 ·103 · 0.15
2.093 ·10−6· 51 ·10−3 = −36.56MPa
266 5 Složena naprezanja
gdje je za kružni prstenasti poprečni presjek
Iz =(r41 − r42)π
4=
(0.0514 − 0.0454)π
4= 2.093 ·10−6m4
Na ovaj način su određeni svi naponi u tačkama H i K usljed djelovanja sile F .
a) b)
c) d)
T=My=L F
y
!u
!sx
F1B
T=My=L F
Mz=H F
z
H K
xz
y
H K
H
F1
D
B
u
C
36.6 MPa
z
x
s
–36.6 MPa K
H
xz
y
H K
F
A
B
L
H
D
Slika 5.14–2: Redukcija sile F (a-c) i raspodjela normalnih napona (d)
Zadatak 5.15 Za dio prikazan na slici 5.15–1 prečnika d = 60 mm izračunati:
a) normalne napone,
b) tangencijalne napone.
i to
a) Grupa A: u tački K,
b) Grupa B: u tački H .
Zadaci 267
y
xz
19.5 kN
y
B
D
E
A
300 mm
125 mm
H K
100 mm
150 mm
Slika 5.15–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 5.15: Podaci uz zadatak 5.15
L = 0.15 m d = 60 mm F = 19.5 kN
H1 = 0.3 m a = 0.125 mm
H2 = 0.1 m
Tip zadatka je identičan zadatku 5.12 pa je postupak rješavanja isti, s tim da se sila F prvotreba razložiti na dvije komponente, Fz i Fy, koje djeluju u pravcu osa z i y, respektivno,kako je prikazano na slici 5.15–2. Na osnovu slike se vidi da su intenziteti komponentivanjskog opterećenja:
Fz = F · sinα = 19.5 ·103 · sin 22.62◦ = 7.5kN
Fy = F · cosα = 19.5 · 103 · cos 22.62◦ = 18kN
gdje je
α = arctg(
a
H1
)
= arctg(
0.125
0.3
)
= 22.62◦
Da bismo riješili zadatak, obje sile je neophodno redukovati na posmatrani poprečnipresjek, koji sadrži tačke K i H .
Sila Fy se može redukovati na posmatrani poprečni presjek tako što se postepeno redukuje,kako je prikazano na slici 5.15–3a-c pa u posmatranom poprečnom presjeku imamo sljedećaopterećenja:
a) pritisnu silu Fy – izaziva aksijalno opterećenje (normalni napon),
b) moment savijanja, Mz = Fy ·L oko ose z u smjeru kretanja kazaljke na satu – izazivasavijanje (normalni napon).
268 5 Složena naprezanja
y
y
300 mm
125 mm
xz
F
y
B
D
E
Aa
H K
H2
L
H1Fy
Fz
s
–
!
Slika 5.15–2: Komponente vanjskog opterećenja Fy i Fz
Kada smo odredili opterećenja na koja se sila Fy redukuje na posmatrani poprečni presjek,možemo izračunati napone kako slijedi:
a) Normalni naponi usljed pritisne aksijalne sile Fy se dobivaju na osnovu izraza (1–1) ivrijede za sve tačke poprečnog presjeka pa tako i za tačke K i H
σpK= σpH
= σp = −Fy
A= −
18 ·103
2.827 ·10−3= −6.37MPa
gdje je
A =d2π
4=
(60 · 10−3)2π
4= 2.827 ·10−3m2
b) Normalni naponi usljed momenta savijanja Mz = L ·Fy djeluju oko ose z poprečnogpresjeka u smjeru kretanja kazaljke na satu, pri čemu je raspodjela napona linearna,kao što je prikazano na slici 5.15–3d. S obzirom na položaj tačaka K i H , jasno je da jenapon u tački H jednak nuli, jer se tačka nalazi na neutralnoj osi, dok je tačka K izloženapritisku, pa se korištenjem izraza (4–1) dobiva traženi napon
σsK =Mz
Izx =
Fy ·L
Iz
d
2=
18 · 103 · 0.15
6.362 ·10−7
60 ·10−3
2= 127.32MPa
gdje je
Iz =d4π
64=
(60 · 10−3)4π
64= 6.362 ·10−7m4
Na ovaj način određeni su svi naponi koji djeluju u posmatranim tačkama pod utjecajemsile Fy .
Sila Fz se može redukovati na posmatrani poprečni presjek tako što se njen utjecaj poste-peno redukuje, kako je pokazano na slici 5.15–4a-c na sljedeća opterećenja:
i) sila Fz u smjeru negativne ose z – izaziva smicanje (tangencijalni napon),
Zadaci 269
a) b)
c) d)
xz
y
B
D
A
H K
L
Fy
xz
y
B
A
H K
Fy
Mz=L Fy
xz
y
A
HK
FyMz=L Fy
127.3 MPa
z
x
s
–127.3 MPa
KH
z
–6.37 MPa
Slika 5.15–3: Redukcija sile Fy (a-c) i raspodjela normalnih napona (d)
ii) moment uvijanja T = Fz ·L oko ose y u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu– izaziva uvijanje (tangencijalni napon),
iii) moment savijanja Mx = Fz · (H1 − H2) oko ose x posmatranog poprečnog presjeka usmjeru kretanja kazaljke na satu – izaziva savijanje (normalni napon).
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunatii napone, kako slijedi:
i) Tangencijalni naponi τs usljed smicanja silom Fz, koja djeluje u ravni posmatranogpoprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, kojojpripada tačka K, i usmjereni su u smjeru djelovanja sile, dok su naponi jednaki nuli nanajudaljenijim tačkama od neutralne ose, odnosno u tački H (slika 5.15–4c). S obziromda se radi o kružnom poprečnom presjeku, napon u tački K se dobija koristeći izraz(4–5)
τsK =4Fz
3A=
4 · 7.5 ·103
3 · 2.827 ·10−3= 3.54MPa
270 5 Složena naprezanja
a) b)
c) d)
xz
y
B
D
A
H K
H2
L
H1
Fz
xz
y
B
A
H K
Fz
My=L Fz
H1
H
z
x
70.7 MPa
–70.7 MPa
s
K
xz
y
A
H K
Mx=(H1-H2) Fz Fz
My=L Fz
!u
!s
!u
Slika 5.15–4: Redukcija sile Fz (a-c) i raspodjela normalnih napona (d)
ii) Tangencijalni napon τu usljed momenta uvijanja T = Fz ·L djeluje u smjeru suprotnomod kretanja kazaljke na satu pa ima smjer kao što je prikazano na slici 5.15–4c za dvijeposmatrane tačke. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3–1)
τK = τH = τu =T
Io
d
2=Fz ·L
Io
d
2=
7500 ·150 ·10−3
1.272 ·10−6
60 · 10−3
2= 26.53MPa
gdje je
Io =d4π
32=
0.064π
32= 1.272 ·10−6m4
iii) Normalni napon σs usljed momenta savijanja Mx = Fz · (H1 − H2) se mijenja s krajana kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.15–4d), a jednak je nuli u neutralnojosi, koja sadrži tačku K. U tački H javljaju se najveći zatezni naponi usljed savijanja,a vrijednost napona se dobija na osnovu izraza (4–1)
σsH =Mx
Ixz =
Fz · (H1 −H2)
Ix
d
2=
7500 · (0.3− 0.1)
6.362 ·10−7
60 ·10−3
2= 70.74MPa
Zadaci 271
gdje je za kružni poprečni presjek
Ix = Iz = 6.362 ·10−7m4
Na ovaj način izračunati su i svi naponi koji se javljaju u posmatranim tačkama usljeddjelovanja sile Fz.
Zadatak 5.16 Za dio prikazan na slici 5.16–1 treba izračunati:
a) normalne napone,
b) tangencijalne napone,
za sljedeće slučajeve:
i) grupa A: u tački a, ako je β = 30◦,
ii) grupa B: u tački b, ako je β = 20◦.
b
60 mm
a
β
B
40 mm
300 mm
A
600 kN
Slika 5.16–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 5.16: Podaci uz zadatak 5.16
L = 300 mm a = 40 mm F = 600 N
b = 60 mm βa = 30 ◦
βb = 20 ◦
Zadatak je sličan zadatku 5.9 pa je i postupak rješavanja isti, s tim da ovdje imamopravougaoni poprečni presjek.
S obzirom da se obje tačke, a i b, nalaze na istom poprečnom presjeku, prvo ćemo posma-trati sva opterećenja koja djeluju na posmatrani poprečni presjek. U tu svrhu, zgodno je siluF razložiti na dvije komponente koje djeluju uzduž osa simetrije pravougaonog poprečnog
272 5 Složena naprezanja
presjeka. Imajući u vidu ugao koji sila F zaklapa s osom y, na osnovu slike 5.16–2a je jasnoda su vrijednosti komponenti jednake:
Fx = F sinβ (5.16–1)Fy = F cosβ (5.16–2)
Dalji postupak rješavanja će se izvesti istovremeno za obje grupe.
a) b)
c) d)
b
aB
A
x
y
Fx
Fy
b
b
a
!
B
a L
A
F
x
y
Fx
Fy
Mx=L Fy
My=L Fx
ba
!sx
"s
xxy
y
ba
!sy "s
xx
Slika 5.16–2: Redukcija vanjskih opterećenja (a-b) i raspodjela normalnih i tangencijalnih napona (c-d)
Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka, kojem pripadaju tačke a ib, neophodno je obje sile, Fx i Fy, redukovati na posmatrani poprečni presjek. Kao što jenaznačeno na slici 5.16–2a-b, sila Fx se redukuje na:
i) silu Fx, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka – izaziva smicanje (tangencijalni napon),
ii) moment savijanja My = Fx ·L oko ose y u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke nasatu – izaziva savijanje (normalni napon).
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek usljed sile Fx možemoizračunati i napone kako slijedi:
i) Tangencijalni naponi τsx usljed smicanja silom Fx, koja djeluje u ravni posmatranogpoprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, a
Zadaci 273
jednak je nuli na najudaljenijim tačkama od ose y, a tu spadaju obje tačke a i b. Dakle,tangencijalni napon usljed smicanja silom Fx postoji samo za tačku A i računa se premaizrazu (4–5), a jednak je nuli u obje tačke (slika 5.16–2c).
ii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose y, My = Fx ·L linearno se mijenja skraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.16–2c), a jednak je nuli u neutral-noj osi, odnosno osi y. Tačka a se nalazi na mjestu gdje su najveći zatezni naponi, dokse tačka b nalazi na mjestu gdje su najveći pritisni naponi (predznak "−"), a intenzitetse određuje pomoću izraza (4–1) pa imamo za tačku a
σsa =My
Iyx =
−Fxa·L
Iy
−a
2=
−300 ·0.3
3.2 · 10−7
−40 ·10−3
2= 5.6MPa
gdje je
Fxa= F · sinβa = 600 · sin 30◦ = 300N
Iy =ba3
12=
60 · 10−3 · (40 · 10−3)3
12= 3.2 · 10−7m4
a za tačku b
σsb =My
Iyx =
−Fxb·L
Iy
a
2=
−205.2 ·0.3
3.2 · 10−7
40 ·10−3
2= −3.85MPa
gdje je
Fxb= F · sinβb = 600 · sin 20◦ = 205.2N
Što se tiče sile Fy, ona se na posmatrani poprečni presjek redukuje na (vidi sliku 5.16–2b):
i) silu Fy, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka – izaziva smicanje (tangencijalni napon),
ii) moment savijanja Mx = Fy ·L oko ose x u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke nasatu – izaziva savijanje (normalni napon).
Ova opterećenja izazivaju sljedeće napone:
i) Tangencijalni naponi τsy usljed smicanja silom Fy, koja djeluje u ravni posmatranogpoprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, avrijednost nula na najudaljenijim vlaknima od neutralne ose, kojima pripadaju i tačkea i b (slika 5.16–2d). Dakle, tangencijalni naponi usljed sile Fy u tačkama a i b jednakisu nuli.
ii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x, Mx = Fy ·L linearno se mijenjas kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.16–2d), a jednak je nuli u neu-tralnoj osi, odnosno osi oko koje se vrši savijanje. Obje tačke, a i b, se nalaze na mjestugdje su najveći zatezni naponi, a intenzitet se određuje pomoću izraza (4–1) pa imamoza tačku a
σsa =Mx
Ixy =
Fya·L
Ix
b
2=
519.6 ·0.3
7.2 · 10−7
60 ·10−3
2= 6.5MPa
gdje je
Fya= F · cosβa = 600 · cos 30◦ = 519.6N
Ix =ab3
12=
40 ·10−3 · (60 · 10−3)3
12= 7.2 · 10−7m4
274 5 Složena naprezanja
a za tačku b
σsb =Mx
Ixy =
Fyb·L
Ix
b
2=
563.82 ·0.3
7.2 · 10−7
60 · 10−3
2= 7.05MPa
gdje je
Fyb= F · cosβb = 600 · cos 20◦ = 563.82N
Na ovaj način izračunati su svi normalni i tangencijalni naponi u tačkama a i b usljeddjelovanja sile F .
Zadatak 5.17 Za dio prikazan na slici 5.17–1 na koji djeluju tri sile u tačkama A, B i Dtreba izračunati:a) Grupa A: u tački E
i) normalne napone usljed sila u tačkama A i B,ii) tangencijalne napone usljed sila u tačkama A i D.
b) Grupa B: u tački G
i) normalne napone usljed sila u tačkama B i D,ii) tangencijalne napone usljed sila u tačkama A i B.
x z
50 kN
y
140 mm
E G
30 kN
75 kN
100 mm 100 mm
40 mm
130 mm
A
B
D
Slika 5.17–1: Opis problema
R j e š e nj e
S obzirom da tačke u kojima treba odrediti napone iz obje grupe, E i G, pripadajuistom poprečnom presjeku, prvo ćemo odrediti opterećenja u tom poprečnom koja dolaze odvanjskih sila, a onda izračunati napone prema grupama. Na osnovu slike 5.17–2a-b se vidida pojedine vanjske sile kada se redukuju na posmatrani poprečni presjek djeluju sljedećimopterećenjima:
Zadaci 275
Tabela 5.17: Podaci uz zadatak 5.17
zB = 130 mm h = 140 mm FA = 75 kN
yD = 100 mm b = 40 mm FB = 50 kN
yA = 200 mm FD = 30 kN
1. sila FA se redukuje na silu FA, koja djeluje smicanjem u smjeru negativne ose z (tan-gencijalni naponi) i momentom savijanja MxA
= yA ·FA oko ose x u smjeru kretanjakazaljke na satu (normalni naponi),
2. sila FB se redukuje na silu FB , koja djeluje zatezanjem u smjeru pozitivne ose y (nor-malni napon) i momentom savijanja MxB
= zB ·FB oko ose x u smjeru suprotnom odkretanja kazaljke na satu (normalni naponi),
3. sila FD se redukuje na silu FD, koja djeluje smicanjem u smjeru negativne ose x (tan-gencijalni naponi) i momentom savijanja MzD = yD ·FD oko ose z u smjeru suprotnomod kretanja kazaljke na satu (normalni naponi).
a) Grupa A: naponi u tački E
i) Normalni naponi usljed sila u tačkama A i BSila FA u tački E izaziva normalne zatezne napone usljed momenta savijanja MxA =FA · yA, koji se određuju prema izrazu (4–1) (slika 5.17–2d)
σsA =MxA
Ixz =
FA · yAIx
h
2=
75 · 103 · 0.2
9.147 ·10−6
140 ·10−3
2= 114.8MPa
gdje je
Ix =bh3
12=
40 ·10−3 · (140 · 10−3)3
12= 9.147 ·10−6m4
Sila FB u tački E izaziva normalne pritisne napone usljed momenta savijanja MxB =FB · zB, koji se računaju prema izrazu (4–1) (slika 5.17–2c-d)
σsB =MxB
Ixz =
−FB · zBIx
h
2= −
50 · 103 · 0.13
9.147 ·10−6
140 ·10−3
2= −49.75MPa
te normalne zatezne napone usljed sile zatezanja FB , koji se računaju prema izrazu(2–1)
σz =FB
A=
50 · 103
5.6 · 10−3= 8.93MPa
ii) Tangencijalni naponi usljed sila u tačkama A i DTačka E nalazi se na vanjskoj površini na vrhu poprečnog presjeka tako da su tan-gencijalni naponi usljed svih vanjskih sila u zadatku koje djeluju smicanjem jednakinuli.
276 5 Složena naprezanja
a) b)
c) d)
xz
FB
y
E
G
FA
MxB=zB FB
MxA=yA FA
FD
MzD=yD FD
xz
FB
y
h
E G
FD
FA
yD yA
b
zB
A
B
D
G
E!s
"sD
xx
z
G
E
!s "sA
z
"sB
–114.8 MPa
–114.8 MPa –49.8 MPa
49.8 MPa
80.4 MPa
–80.4 MPa 8.9 MPa
8.9 MPa
z
z
x x
Slika 5.17–2: Redukcija vanjskih opterećenja (a-b) i raspodjela normalnih i tangencijalnih napona
Zadaci 277
b) Grupa B: naponi u tački G
i) Normalni naponi usljed sila u tačkama D i BSila FD u tački G izaziva normalne zatezne napone usljed momenta savijanja MzD =FD · yD, koji se određuju prema izrazu (4–1) (slika 5.17–2c)
σsD =MzD
Izx =
FD · yDIz
b
2=
30 ·103 · 0.1
7.467 ·10−7
140 ·10−3
2= 80.36MPa
gdje je
Iz =hb3
12=
140 ·10−3 · (40 · 10−3)3
12= 7.467 ·10−7m4
Sila FB u tački G izaziva normalne zatezne napone usljed momenta savijanja MxB =FB · zB, koji se računaju prema izrazu (4–1) (slika 5.17–2d)
σsB =MxB
Ixz =
−FB · zBIx
−h
2=
−50 ·103 · 0.13
9.147 ·10−6
−140 ·10−3
2= 49.75MPa
te normalne zatezne napone usljed sile zatezanja FB , koji se računaju prema izrazu(2–1) (slika 5.17–2c-d)
σz =FB
A=
50 · 103
5.6 · 10−3= 8.93MPa
ii) Tangencijalni naponi usljed sila u tačkama A i DTačka G nalazi se na vanjskoj površini na vrhu poprečnog presjeka tako da su tan-gencijalni naponi usljed svih vanjskih sila, koje u zadatku djeluju smicanjem, jednakinuli.
Zadatak 5.18 Za dio prikazan na slici 5.18–1 prečnika d = 65 mm treba izračunati:
a) normalne i tangencijalne napone,
b) glavne normalne napone i maksimalni tangencijalni napon,
za sljedeće slučajeve:
i) grupa A: u tački K,
ii) grupa B: u tački H .
R j e š e nj e
Tabela 5.18: Podaci uz zadatak 5.18
d = 65 mm d = 65 mm F = 10 kN
H = 0.24 m T = 1.4 kNm
Zadatak je pojednostavljena varijanta nekoliko prethodnih zadataka, kao što je zadatak5.18–1 pod djelovanjem sile P2, tako da je postupak rješavanja identičan tom zadatku. Dabismo riješili zadatak, silu F je neophodno redukovati na posmatrani poprečni presjek, koji
278 5 Složena naprezanja
x z
10 kN
y
H
K
240 mm
1.4 kNm
Slika 5.18–1: Opis problema
sadrži tačke K i H , dok se primjenjeni moment uvijanja odnosi i na posmatrani poprečnipresjek.
Sila F se redukuje na posmatrani poprečni presjek tako što se njen utjecaj u tački C re-dukuje na smicajnu silu F i moment savijanja Mz = F ·H oko ose z posmatranog poprečnogpresjeka koji sadrži tačku H , kao što je naznačeno na slici 5.18–2a-b.
a) b) c)
xz
F
y
HK
H
T
xz
y
HK
Mz=H F
F
T
!u
!s
!u
K
x
z
"s
H89.2 MPa
–89.2 MPa
Slika 5.18–2: Redukcija vanjskih opterećenja (a-b) i raspodjela normalnih napona (c)
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunatii napone, kako slijedi:
i) Tangencijalni naponi τs usljed smicanja silom F , koja djeluje u ravni posmatranogpoprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, kojojpripada tačka H (osa z), i usmjereni su u smjeru djelovanja sile F , dok su naponi jednakinuli na najudaljenijim tačkama od neutralne ose, odnosno u tački K (τsK = 0), kao štoje pokazano na slici 5.18–2b. S obzirom da se radi o kružnom poprečnom presjeku,napon u tački H se dobija koristeći izraz (4–5)
τsH =4F
3A=
4 · 10 · 103
3 · 3.318 ·10−3= 4.018MPa
Zadaci 279
gdje je
A =d2π
4=
0.0652π
4= 3.318 ·10−3m2
ii) Normalni napon usljed momenta savijanja Mz = F ·H se mijenja s kraja na kraj po-prečnog presjeka (skicirano na slici 5.18–2c), a jednak je nuli u neutralnoj osi, kojasadrži tačku H (σsH = 0). U tački K javljaju se najveći pritisni naponi usljed savijanja,a vrijednost napona se dobija na osnovu izraza (4–1)
σsK =Mz
I
d
2=
−F ·H
I
d
2=
−10000 ·0.24
8.762 ·10−7
65 · 10−3
2= −89.02MPa
gdje je za kružni poprečni presjek
I =d4π
64=
(65 · 10−3)4π
64= 8.762 ·10−7m4
iii) Tangencijalni napon τu usljed momenta uvijanja T , djeluje u smjeru suprotnom odkretanja kazaljke na satu pa ima smjer kao što je prikazano na slici 5.18–2b za dvijeposmatrane tačke. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3–1)
τuK= τuH
=T
Io
d
2=
1400
1.752 ·10−6
65 · 10−3
2= 25.96MPa
gdje je
Io =d4π
32=
0.0654π
32= 1.752 ·10−6m4
Na ovaj način izračunati su svi naponi koji se javljaju u posmatranim tačkama usljeddjelovanja sile F i momenta uvijanja T pa se može pristupiti određivanju glavnih normalnih imaksimalnih tangencijalnih napona koristeći izraze (5–3) i (5–5), pri čemu je za sve slučajeveσy = 0.
Za tačku K imamo:
σ1 =σsK2
+
√
(σsK2
)2
+ τ2uK
=−89.02 ·106
2+
√
(
−89.02 ·106
2
)2
+ (25.96 ·106)2 = 7.02MPa
σ2 =σsK2
−
√
(σsK2
)2
+ τ2uK
=−89.02 ·106
2−
√
(
−89.02 ·106
2
)2
+ (25.96 ·106)2 = −96.04MPa
τmax = ±
√
(σsK2
)2
+ τ2uK
= ±
√
(
−89.02 ·106
2
)2
+ (25.96 ·106)2 = ±51.53MPa
280 5 Složena naprezanja
Za tačku H nemamo normalnih napona, nego samo tangencijalne napone (čisto smicanje)pri čemu obje komponente tangencijalnog napona (i od smicanja i od uvijanja) imaju istismjer djelovanja pa je ukupni intenzitet jednak (vidi sliku 5.18–2b)
τH = τuH+ τsH = 25.96 ·106 + 4.02 · 106 = 29.98MPa
pa su, koristeći se činjenicom da su za čisto smicanje glavni normalni naponi i maksimalnitangencijalni naponi po intenzitetu jednaki,
σ1,2 = τH = ±29.98MPa
τmax = ±τH = ±29.98MPa
Zadatak 5.19 Za dio prikazan na slici 5.19–1 treba izračunati:
a) normalne i tangencijalne napone,
b) glavne normalne napone i maksimalni tangencijalni napon,
u tačkama K i H usljed djelovanja sile F .Podaci: F = 5 kN, l = 100 mm, c = 20 mm. Debljinu trake na kojoj djeluje sila F
zanemariti.
x z
y K H
l
c
F
y
x
H
K
Slika 5.19–1: Opis problema
R j e š e nj e
Tabela 5.19: Podaci uz zadatak 5.19
l = 0.1 m c = 20 mm F = 5 kN
d = 2c = 40 mm
Zadatak je varijanta prethodnog zadatka, tako što se sila F redukuje u centar poprečnogpresjeka na smicajnu silu F , koja djeluje prema dolje, i moment uvijanja T = F · c =5000 ·0.02 = 100 Nm, koji djeluje u smjeru kretanja kazaljke na satu, kao što je naznačeno na
Zadaci 281
slici 5.19–1a-b. Sada je, slijedeći rješenje prethodnog zadatka, silu F neophodno redukovatina posmatrani poprečni presjek, koji sadrži tačkeK iH , dok se primjenjeni moment uvijanjaodnosi i na posmatrani poprečni presjek.
Sila F se može redukovati na posmatrani poprečni presjek, tako što se redukuje na smi-cajnu silu F i moment savijanja M = F · l oko ose x posmatranog poprečnog presjeka kojisadrži tačku K, kao što je naznačeno na slici 5.19–2.
a) b)
c) d)
xz
y KH
l
c
F
xz
y
KH
l
F
T=F·c
xz
y
KH
F
T=F·c
u
s
u
Mx=F·l
79.6 MPa y
s
–79.6 MPa
H
K
Slika 5.19–2: Redukcija vanjskih opterećenja (a-c) i raspodjela normalnih napona (d)
Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunatii napone, kako slijedi:
i) Tangencijalni naponi τs usljed smicanja silom F , koja djeluje u ravni posmatranogpoprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, kojojpripada tačka K, i usmjereni su u smjeru djelovanja sile F , dok su naponi jednaki nulina najudaljenijim tačkama od neutralne ose, odnosno u tački H (τsH = 0), kao što jeprikazano na slici 5.19–1c. S obzirom da se radi o kružnom poprečnom presjeku, naponu tački K se dobija koristeći izraz (4–5)
τsH =4F
3A=
4 · 5 · 103
3 · 1.527 ·10−3= 5.31MPa
282 5 Složena naprezanja
gdje je
A =d2π
4=
0.042π
4= 1.257 ·10−3m2
ii) Normalni napon usljed momenta savijanja M = F · l se mijenja s kraja na kraj popreč-nog presjeka (skicirano na slici 5.19–1d), a jednak je nuli u neutralnoj osi, koja sadržitačku K (σsK = 0). U tački H javljaju se najveći zatezni naponi usljed savijanja, avrijednost napona se dobija na osnovu izraza (4–1)
σsH =M
Ic =
F · l
Ic =
5000 ·0.1
1.257 ·10−7· 20 · 10−3 = 79.58MPa
gdje je za kružni poprečni presjek
I =d4π
64=
(40 · 10−3)4π
64= 1.257 ·10−7m4
iii) Tangencijalni napon τu usljed momenta uvijanja T , djeluje u smjeru kretanja kazaljkena satu pa ima smjer kao što je prikazano na slici 5.19–1c za dvije posmatrane tačke.Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3–1)
τuK= τuH
=T
Ioc =
100
2.513 ·10−7· 20 · 10−3 = 7.958MPa
gdje je
Io =d4π
32=
0.044π
32= 2.513 ·10−7m4
Na ovaj način izračunati su svi naponi koji se javljaju u posmatranim tačkama usljeddjelovanja sile F pa se može pristupiti određivanju glavnih normalnih i maksimalnih tan-gencijalnih napona koristeći izraze (5–3) i (5–5), pri čemu je za sve slučajeve σy = 0.
Za tačku H imamo:
σ1 =σsH2
+
√
(σsH2
)2
+ τ2uH
=79.58 ·106
2+
√
(
79.58 ·106
2
)2
+ (7.958 ·106)2 = 80.37MPa
σ2 =σsH2
−
√
(σsH2
)2
+ τ2uH
=79.58 ·106
2−
√
(
79.58 ·106
2
)2
+ (7.958 ·106)2 = −0.8MPa
τmax = ±
√
(σsK2
)2
+ τ2uK
= ±
√
(
79.58 ·106
2
)2
+ (7.958 · 106)2 = ±40.58MPa
Zadaci 283
Za tačku K nemamo normalnih napona, nego samo tangencijalne napone (čisto smicanje)pri čemu obje komponente tangencijalnog napona (i od smicanja i od uvijanja) imaju istismjer djelovanja pa je ukupni intenzitet jednak (vidi sliku 5.19–1c)
τK = τuK+ τsK = 7.958 ·106 + 5.3 ·106 = 13.26MPa
Koristeći se činjenicom da su za čisto smicanje glavni normalni naponi i maksimalni tangen-cijalni naponi po intenzitetu jednaki, imamo
σ1,2 = τH = ±13.26MPa
τmax = ±τH = ±13.26MPa
Poglavlje 6
Hipoteze o razaranju materijala
6.1 Osnovne formule
Hipoteza najvećeg tangencijanog napona (Tresca kriterij):
σekv =
{
max(|σ1|, |σ2|), σ1 i σ2 istog znaka|σ1 − σ2|, σ1 i σ2 različitog znaka
<ReH
S(6–1)
Hipoteza najvećeg specifičnog deformacionog rada (von Mises-Hencky-Huber kriterij):
σekv =√
σ21 − σ1σ2 + σ2
2 <ReH
S(6–2)
Hipoteza najvećeg normalnog napona (Rankinov kriterij):
σekv = max(|σ1|, |σ2|) <Rm
S(6–3)
Mohrova hipoteza (kriterij):
σekv =
{
σ1, za σ1, σ2 > 0
σ1 − ασσ2, σ1 i σ2 različitog znaka<Rmz
S(6–4)
σekv = |σ2| <Rmp
S, za σ1, σ2 < 0 (6–5)
ασ =Rmz
Rmp
(6–6)
286 6 Hipoteze o razaranju materijala
6.2 Zadaci
Zadatak 6.1 Komponente napona u kritičnoj tački čelične ploče date su na slici 6.1–1.Odrediti da li će doći do otkaza (plastičnog tečenja) materijala prema teoriji maksimalnogtangencijalnog napona i teoriji maksimalnog specifičnog deformacionog rada, ako je granicatečenja materijala ReH = 220 MPa.
75 MPa
140 MPa
45 MPa
Slika 6.1–1: Uz zadatak 6.1
R j e š e nj e
Tabela 6.1: Podaci uz zadatak 6.1
σx = 75 MPa ReH = 220 MPa
σy = −140 MPa
τxy = 45 MPa
Kod ovog i narednih zadataka prvo je neophodno izračunati glavne normalne napone,a onda preko njih koristeći odgovarajuće hipoteze o razaranju materijala riješiti zadaneprobleme.
Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5–3) (uvrštene vri-jednosti su u MPa)
σ1 =σx + σy
2+
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
=75 + (−140)
2+
√
(
75− (−140)
2
)2
+ 452 = 84.04MPa
σ2 =σx + σy
2−
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
=75 + (−140)
2−
√
(
75− (−140)
2
)2
+ 452 = −149.04MPa
Zadaci 287
Sada se korištenjem izraza (6–1) za teoriju najvećeg tangencijalnog napona (Tresca kriterij)dolazi do ekvivalentnog napona, pri čemu su glavni naponi različitog predznaka:
σekv = |σ1 − σ2| = |84.04− (−149.04)| = 233.08MPa
S obzirom da je σekv > ReH doći će do otkaza materijala.Za slučaj maksimalnog specifičnog deformacionog rada (von Mises, Henckey ili Huber
kriterij), koristi se izraz (6–2) pa je
σekv =√
σ21 − σ1σ2 + σ2
2 =√
84.042 − 84.04 · (−140.04) + (−140.04)2
σekv = 204.45MPa
U ovom slučaju vrijedi σekv < ReH pa do otkaza ne bi došlo.
Zadatak 6.2 Komponente napona u kritičnoj tački čelične ploče date su na slici 6.2–1.Odrediti stepen sigurnosti, ako se koristi teorija maksimalnog specifičnog deformacionograda. Granica tečenja materijala je ReH = 500 MPa.
55 MPa
340 MPa
65 MPa
Slika 6.2–1: Uz zadatak 6.2
R j e š e nj e
Tabela 6.2: Podaci uz zadatak 6.2
σx = −55 MPa ReH = 500 MPa
σy = 340 MPa
τxy = 65 MPa
Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5–3) (uvrštene vri-
288 6 Hipoteze o razaranju materijala
jednosti su u MPa)
σ1 =σx + σy
2+
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
=−55 + 340
2+
√
(
−55− 340
2
)2
+ 652 = 350.42MPa
σ2 =σx + σy
2−
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
=−55 + 340
2−
√
(
−55− 340
2
)2
+ 652 = −65.42MPa
Za slučaj maksimalnog specifičnog deformacionog rada (von Mises, Henckey ili Huberkriterij) koristi se izraz (6–2) pa je stepen sigurnosti
S =ReH
σekv
=500
387.3= 1.29
gdje je
σekv =√
σ21 − σ1σ2 + σ2
2 =√
350.422 − 350.42 · (−65.42) + (−65.42)2
σekv = 387.3MPa
Zadatak 6.3 Za element napona na slici 6.3–1 odrediti stepen sigurnosti protiv razaranjakoristeći:
a) teoriju najvećeg tangencijalnog napona,
b) teoriju najvećeg specifičnog deformacionog rada.
Materijal ima granicu tečenja ReH = 200 MPa.
60 MPa
40 MPa
5 MPa
Slika 6.3–1: Uz zadatak 6.3
Zadaci 289
R j e š e nj e
Tabela 6.3: Podaci uz zadatak 6.3
σx = −60 MPa ReH = 200 MPa
σy = −40 MPa
τxy = 35 MPa
Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5–3) (uvrštene vri-jednosti su u MPa)
σ1 =σx + σy
2+
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
=−60 + (−40)
2+
√
(
−60− (−40)
2
)2
+ 352 = −13.6MPa
σ2 =σx + σy
2−
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
=−60 + (−40)
2−
√
(
−60− (−40)
2
)2
+ 352 = −86.4MPa
Za slučaj maksimalnog tangencijalnog napona (Tresca kriterij) koristi se izraz (6–1) paje stepen sigurnosti
S =ReH
σekv
=200
86.4= 2.32
gdje je, koristeći se činjenicom da su glavni naponi istog predznaka,
σekv = max(|σ1|, |σ2|) = max(| − 13.6|, | − 86.4|) = 86.4MPa
Za slučaj maksimalnog specifičnog deformacionog rada (von Mises, Henckey ili Huberkriterij) koristi se izraz (6–2) pa je stepen sigurnosti
S =ReH
σekv
=200
80.47= 2.49
gdje je
σekv =√
σ21 − σ1σ2 + σ2
2 =√
(−13.6)2 − (−13.6) · (−86.4) + (−86.4)2
σekv = 80.47MPa
Zadatak 6.4 Za element napona na slici 6.4–1 odrediti stepen sigurnosti protiv razaranjakoristeći:
a) teoriju najvećeg tangencijalnog napona,
b) teoriju najvećeg specifičnog deformacionog rada.
290 6 Hipoteze o razaranju materijala
6 MPa
30 MPa
9 MPa
Slika 6.4–1: Uz zadatak 6.4
Materijal ima granicu tečenja ReH = 100 MPa.
R j e š e nj e
Tabela 6.4: Podaci uz zadatak 6.4
σx = 6 MPa ReH = 100 MPa
σy = 30 MPa
τxy = −9 MPa
Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5–3) (uvrštene vri-jednosti su u MPa)
σ1 =σx + σy
2+
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
=6 + 30
2+
√
(
6− 30
2
)2
+ (−9)2 = 33MPa
σ2 =σx + σy
2−
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
=6 + 30
2−
√
(
6− 30
2
)2
+ 352 = 3MPa
Za slučaj maksimalnog tangencijalnog napona (Tresca kriterij) koristi se izraz (6–1) paje stepen sigurnosti
S =ReH
σekv
=100
33= 3.03
gdje je, koristeći se činjenicom da su glavni naponi istog predznaka
σekv = max(|σ1|, |σ2|) = max(|33|, |3|) = 33MPa
Zadaci 291
Za slučaj maksimalnog specifičnog deformacionog rada (von Mises, Henckey ili Huberkriterij) koristi se izraz (6–2) pa je stepen sigurnosti
S =ReH
σekv
=200
31.6= 3.16
gdje je
σekv =√
σ21 − σ1σ2 + σ2
2 =√
332 − 33 ·3 + 32 = 31.6MPa
Zadatak 6.5 Za element napona nekog elementa od duktilnog čelika provjeriti da li će doćido pucanja elementa, ako je ReH = 100 MPa.
90 MPa
50 MPa
25 MPa
Slika 6.5–1: Uz zadatak 6.5
R j e š e nj e
Tabela 6.5: Podaci uz zadatak 6.5
σx = 90 MPa ReH = 100 MPa
σy = 50 MPa
τxy = 25 MPa
S obzirom da se radi o duktilnom materijalu, možemo koristiti hipotezu najvećeg tan-gencijalnog napona ili hipotezu najvećeg specifičnog deformacionog rada pa će se provjeraobaviti za obje hipoteze.
Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5–3) (uvrštene vri-
292 6 Hipoteze o razaranju materijala
jednosti su u MPa)
σ1 =σx + σy
2+
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
=90 + 50
2+
√
(
90− 50
2
)2
+ (25)2 = 102.02MPa
σ2 =σx + σy
2−
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
=90 + 50
2−
√
(
90− 50
2
)2
+ 252 = 37.98MPa
Za slučaj maksimalnog tangencijalnog napona (Tresca kriterij) koristi se izraz (6–1) paje ekvivalentni napon za slučaj kada su glavni naponi istog predznaka
σekv = max(|σ1|, |σ2|) = max(|102.02|, |37.98|) = 102.02MPa
pa je σekv > ReH i doći će do otkaza.Za slučaj maksimalnog specifičnog deformacionog rada (von Mises, Henckey ili Huber
kriterij) koristi se izraz (6–2) pa je ekvivalentni napon
σekv =√
σ21 − σ1σ2 + σ2
2 =√
102.022 − 102.02 ·37.98 + 37.982 = 89.3MPa
pa je σekv < ReH i tada ne bi došlo do otkaza.
Zadatak 6.6 Za element napona nekog duktilnog materijala, prikazan na slici desno, trebaizračunati:
a) najveće normalne i tangencijalne napone u elementu,
b) stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći Tresca hipotezu.
Ostali podaci: ReH = 200 MPa.
R j e š e nj e
Tabela 6.6: Podaci uz zadatak 6.6
σx = 45 MPa ReH = 200 MPa
σy = 25 MPa
τxy = 70 MPa
a) Najveći normalni i tangencijalni naponi u elementuGlavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5–3) (uvrštene vri-jednosti su u MPa)
σ1 =σx + σy
2+
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
Zadaci 293
45 MPa
25 MPa
70 MPa
Slika 6.6–1: Uz zadatak 6.6
=45 + 25
2+
√
(
45− 25
2
)2
+ 702 = 105.71MPa
σ2 =σx + σy
2−
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
=45 + 25
2−
√
(
45− 25
2
)2
+ 702 = −35.71MPa
a maksimalni tangencijalni naponi prema izrazu (5–5)
τmax = ±
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
= ±
√
(
45− 25
2
)2
+ 702 = 70.71MPa
b) Stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći Tresca hipotezu
Za slučaj maksimalnog tangencijalnog napona (Tresca kriterij) koristi se izraz (6–1) paje stepen sigurnosti
S =ReH
σekv
=200
141.42= 1.41
gdje je, koristeći se činjenicom da su glavni naponi različitog predznaka,
σekv = |σ1 − σ2| = |102.71− (−35.71)| = 141.42MPa
Zadatak 6.7 Za element napona nekog duktilnog materijala, prikazan na slici 6.7–1, trebaizračunati:
a) najveće normalne i tangencijalne napone u elementu,
294 6 Hipoteze o razaranju materijala
45 MPa
25 MPa
70 MPa
Slika 6.7–1: Uz zadatak 6.7
b) stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći Tresca hipotezu.
Ostali podaci: ReH = 200 MPa.
R j e š e nj e
Tabela 6.7: Podaci uz zadatak 6.7
σx = 45 MPa ReH = 200 MPa
σy = −25 MPa
τxy = −70 MPa
a) Najveći normalni i tangencijalni naponi u elementu
Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5–3) (uvrštene vri-jednosti su u MPa)
σ1 =σx + σy
2+
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
=45 + (−25)
2+
√
(
45− (−25)
2
)2
+ (−70)2 = 88.26MPa
σ2 =σx + σy
2−
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
=45 + (−25)
2−
√
(
45− (−25)
2
)2
+ (−70)2 = −68.26MPa
Zadaci 295
a maksimalni tangencijalni naponi prema izrazu (5–5)
τmax = ±
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
= ±
√
(
45− (−25)
2
)2
+ (−70)2 = 78.26MPa
b) Stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći Tresca hipotezu
Za slučaj maksimalnog tangencijalnog napona (Tresca kriterij) koristi se izraz (6–1) paje stepen sigurnosti
S =ReH
σekv
=200
156.52= 1.28
gdje je, koristeći se činjenicom da su glavni naponi različitog predznaka
σekv = |σ1 − σ2| = |88.26− (−68.26)| = 156.52MPa
Zadatak 6.8 Za element napona nekog duktilnog materijala, prikazan na slici 6.8–1, trebaizračunati:
a) najveće normalne i tangencijalne napone u elementu,
b) stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći von Mises hipotezu.
Ostali podaci: ReH = 200 MPa.
70 MPa
30 MPa
50 MPa
Slika 6.8–1: Uz zadatak 6.8
296 6 Hipoteze o razaranju materijala
R j e š e nj e
Tabela 6.8: Podaci uz zadatak 6.8
σx = 70 MPa ReH = 200 MPa
σy = −30 MPa
τxy = −50 MPa
a) Najveći normalni i tangencijalni naponi u elementu
Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5–3) (uvrštene vri-jednosti su u MPa)
σ1 =σx + σy
2+
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
=70 + (−30)
2+
√
(
70− (−30)
2
)2
+ (−50)2 = 90.71MPa
σ2 =σx + σy
2−
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
=70 + (−30)
2−
√
(
70− (−30)
2
)2
+ (−50)2 = −50.71MPa
a maksimalni tangencijalni naponi prema izrazu (5–5)
τmax = ±
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
= ±
√
(
70− (−30)
2
)2
+ (−50)2 = 70.71MPa
b) Stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći von Mises hipotezu
Za slučaj maksimalnog specifičnog deformacionog rada (von Mises, Henckey ili Huberkriterij) koristi se izraz (6–2) pa je stepen sigurnosti
S =ReH
σekv
=200
124.1= 1.61
gdje je
σekv =√
σ21 − σ1σ2 + σ2
2 =√
90.712 − 90.71 · (−50.71) + (−50.71)2
σekv = 124.1MPa
Zadatak 6.9 Za element napona nekog duktilnog materijala, prikazan na slici 6.9–1, trebaizračunati:
Zadaci 297
70 MPa
30 MPa
50 MPa
Slika 6.9–1: Uz zadatak 6.9
a) najveće normalne i tangencijalne napone u elementu,
b) stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći von Mises hipotezu.
Ostali podaci: ReH = 200 MPa.
R j e š e nj e
Tabela 6.9: Podaci uz zadatak 6.9
σx = −70 MPa ReH = 200 MPa
σy = 30 MPa
τxy = 50 MPa
a) Najveći normalni i tangencijalni naponi u elementu
Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5–3) (uvrštene vri-jednosti su u MPa)
σ1 =σx + σy
2+
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy (6.9–1)
=−70 + 30
2+
√
(
−70− 30
2
)2
+ 502 = 50.71MPa (6.9–2)
σ2 =σx + σy
2−
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy (6.9–3)
=−70 + 30
2−
√
(
−70− 30
2
)2
+ 502 = −90.71MPa (6.9–4)
(6.9–5)
298 6 Hipoteze o razaranju materijala
a maksimalni tangencijalni naponi prema izrazu (5–5)
τmax = ±
√
(
σx − σy2
)2
+ τ2xy
= ±
√
(
−70− 30
2
)2
+ 502 = 70.71MPa
b) Stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći von Mises hipotezu
Za slučaj maksimalnog specifičnog deformacionog rada (von Mises, Henckey ili Huberkriterij) koristi se izraz (6–2) pa je stepen sigurnosti
S =ReH
σekv
=200
124.1= 1.61
gdje je
σekv =√
σ21 − σ1σ2 + σ2
2 =√
50.712 − 50.71 · (−90.71) + (−90.71)2
σekv = 124.1MPa
LITERATURA
Zadaci koji su dati u ovoj kolekciji uglavnom su preuzeti iz zbirki zadataka stranih autora,koje se koriste na mnogim svjetskim fakultetima, a koji su vezani za osnovni kurs iz oblastiotpornosti materijala. Ipak, veći broj zadataka je modificiran, odnosno u manjoj ili većojmjeri promijenjen, tako da se ne može naći u drugoj literaturi.
Literatura koja je korištena kako u izboru zadataka, tako i u traženju ideja i najpriklad-nijih objašnjenja i termina, data je u sljedećoj listi. Naravno, postoji i veliki broj drugihizvora kako na stranim tako i ’našim jezicima’ koji se s uspjehom mogu koristiti za pripremuza ispit i proširivanje znanja iz oblasti otpornosti materijala.∗
[1] Hibbeler, R.C. Mechanics of Materials. Prentice Hall, Eighth Edition, 2011.
[2] Gere, J.M. i Goodno, B.J. Mechanics of Materials. Cengage Learning, Seventh Edition,2009.
[3] Beer, F.P., Johnston, E.R. Jr., DeWolf J.T. i Mazurek D.F Mechanics of Materials.McGraw-Hill, New York, Sixth Edition, 2012.
[4] Timoshenko S. Strength of Materials: Part I, Elementary theory and problems. D. vanNostrand Company, Inc., Second Edition, 1940.
[5] Grupa autora Elastostatika I. Tehnički fakultet, Bihać, 2003.
[6] Grupa autora Elastostatika II. Tehnički fakultet, Bihać, 2003.
∗Za pripremu Formula i tabela za ispit iz Otpornosti materijala korištena je dodatna literatura (vidi Dodatak C)
Dodatak A
Prefiksi jedinica SI sistema
Faktor množenja Prefiks Simbol
1 000 000 000 000 = 1012 tera T
1 000 000 000 = 109 giga G
1 000 000 = 106 mega M
1 000 = 103 kilo k
100 = 102 hekto* h
10 = 101 deka* da
0.1 = 10−1 deci* d
0.01 = 10−2 centi* c
0.001 = 10−3 mili m
0.000 001 = 10−6 mikro µ
0.000 000 001 = 10−9 nano n
0.000 000 000 001 = 10−12 piko p
0.000 000 000 000 001 = 10−15 femto f
0.000 000 000 000 000 001 = 10−18 ato a*Prefiksi koji se općenito rijetko koriste osim u mjerenjima dužine, površine i zapremine.
Dodatak B
Korištene veličine s jedinicama SI sistema
Veličina Jedinica SimbolIzvedenajedinica
deformacija − − m/m
dužina metar m *
koeficijenttoplotnog širenja − − 1/K(1/◦C)
moment površine(1. reda) kubni metar − m3
moment površine(2. reda) metar na četvrtu − m4
moment sile njutn metar − N ·m=kg ·m2/s2
napon paskal Pa N/m2=kg/m · s2
površina kvadratni metar − m2
pritisak paskal Pa N/m2=kg/m · s2
sila njutn N kg ·m/s2
temperatura kelvin K * (1 K=1◦C)
ugao radijan rad m/m (2πrad = 360◦)*Osnovna jedinica u SI sistemu
Dodatak C
Formule i tabele
Polaganje završnog (pismenog) ispita je ’otvorenog’ tipa, odnosno student na ispitu može,pored kalkulatora, koristiti i dokument Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala.Ovaj dokument je pripremljen kako za studente koji slušaju osnovni kurs, tako i za onekoji slušaju napredni kurs iz oblasti otpornosti materijala. Za pripremu ovog dokumenta je,pored literaturnih izvora korištenih za pripremu zadataka, korištena i sljedeća literatura:
[1] Norton R.L., Machine Design - An Integrated Approach, Third Edition, Pearson, Pre-tence Hall, 2006.
Ovaj izvor je korišten za pripremanje Tabele III: Koncentracija napona. Svi dijagramisu pripremljeni koristeći Grace (Xmgr) sofvter.
[2] CES Selector Version 5.1.0, Copyright Granta Design Limited, 2009.
Tabela I je pripremljena koristeći nekoliko već pomenutih literaturnih izvora, pri čemuje određeni broj podataka preuzet i iz ove vrlo bogate baze materijala.
[3] Standardi: DIN 1025, DIN EN 10056-1, DIN 1026-1
Tabela II je pripremljena koristeći ove standarde, pri čemu nisu date sve karakteristikeprofila nego su izdvojene one veličine koje su dovoljne za rješavanje zadataka iz kursevaOtpornost materijala I i II.
U nastavku je dat kompletan dokument.
VI
CForm
ule
ita
bele
FORMULE I TABELE ZA ISPIT IZ
OTPORNOSTI MATERIJALA
v.prof. dr. Aleksandar Kara
VII
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
MF/PTF-UNZE 1
VIII
CForm
ule
ita
bele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
MF/PTF-UNZE 2
IX
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
MF/PTF-UNZE 3
XC
Form
ule
ita
bele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
MF/PTF-UNZE 4
XI
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
MF/PTF-UNZE 5
XII
CForm
ule
ita
bele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
T b l I P ibliž k k i ik kih i ž j kih ij lTabela I Približne karakteristike nekih inženjerskih materijala
MF/PTF-UNZE 6
XIII
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
T b l II K k i ik ih j kTabela II Karakteristike popre nih presjeka
MF/PTF-UNZE 7
XIV
CForm
ule
ita
bele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
T b l II K k i ik ih j k kTabela II Karakteristike popre nih presjeka – nastavak
MF/PTF-UNZE 8
XV
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
T b l II K k i ik kih li ih filTabela II Karakteristike nekih eli nih profila
MF/PTF-UNZE 9
XV
IC
Form
ule
ita
bele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
T b l II K k i ik kih li ih fil kTabela II Karakteristike nekih eli nih profila – nastavak
MF/PTF-UNZE 10
XV
II
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
T b l II K k i ik kih li ih fil kTabela II Karakteristike nekih eli nih profila – nastavak
MF/PTF-UNZE 11
XV
IIIC
Form
ule
ita
bele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
T b l II K k i ik kih li ih fil kTabela II Karakteristike nekih eli nih profila – nastavak
MF/PTF-UNZE 12
XIX
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
T b l III K ij k ij l j lTabela IIIa Koncentracija napona – aksijalno optere enje elemenata s otvorom
MF/PTF-UNZE 13
XX
CForm
ule
ita
bele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
T b l IIIb K ij k ij l j l lTabela IIIb Koncentracija napona – aksijalno optere enje elemenata s prelazom
MF/PTF-UNZE 14
XX
I
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
T b l III K ij k ij l j l žlij bTabela IIIc Koncentracija napona – aksijalno optere enje elemenata sa žlijebom
MF/PTF-UNZE 15
XX
IIC
Form
ule
ita
bele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
T b l IIId K ij ij j l lTabela IIId Koncentracija napona – savijanje elemenata s prelazom
MF/PTF-UNZE 16
XX
III
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
T b l III K ij ij j l žlij bTabela IIIe Koncentracija napona – savijanje elemenata sa žlijebom
MF/PTF-UNZE 17
XX
IVC
Form
ule
ita
bele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
T b l IIIf K ij ij j l l /žlij bTabela IIIf Koncentracija napona – uvijanje elemenata s prelazom/žlijebom
MF/PTF-UNZE 18
XX
V
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
T b l IV El i li ij ih d ihTabela IV Elasti ne linije osnovnih grednih nosa a
MF/PTF-UNZE 19
XX
VI
CForm
ule
ita
bele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
T b l IV El i li ij ih d ih kTabela IV Elasti ne linije osnovnih grednih nosa a - nastavak
MF/PTF-UNZE 20
XX
VII
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
T b l IV El i li ij ih d ih kTabela IV Elasti ne linije osnovnih grednih nosa a - nastavak
MF/PTF-UNZE 21
XX
VIII
CForm
ule
ita
bele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala
D d f lDodatne formule
MF/PTF-UNZE 22
Sadržaj
Predgovor
1 Naponi i deformacije 11.1 Osnovne formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1
2 Aksijalno naprezanje 32.1 Osnovne formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32.2 Statički određeni problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
2.2.1 Aksijalni problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42.2.2 Ravanski problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.3 Statički neodređeni problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.3.1 Aksijalni problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.3.2 Ravanski problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55
3 Uvijanje 1093.1 Osnovne formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1093.2 Statički određeni problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1113.3 Statički neodređeni problemi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 139
4 Savijanje 1454.1 Osnovne formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1454.2 Provjera napona . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1464.3 Dimenzionisanje greda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 154
5 Složena naprezanja 2235.1 Osnovne formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2235.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 224
6 Hipoteze o razaranju materijala 2856.1 Osnovne formule . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2856.2 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 286
Literatura 299
A Prefiksi jedinica SI sistema I
B Korištene veličine s jedinicama SI sistema III
C Formule i tabele V
XXX Sadržaj
Sadržaj XXIX
Izdavač
Univerzitet u Zenici
Fakultetska 3
72000 Zenica
Bosna i Hercegovina
www.unze.ba
Prijelom
Aleksandar Karač via LATEX
Dizajn naslovne stranice
Aleksandar Karač
Tiraž
e-knjiga
UN
IV
ER
SIT
AS
S T U D I O R U MZ
E
NIC
AE
NS
IS
UN
I
VE
R Z I T E T UZ
EN
IC
I
Univerzitet u Zenici
Mašinski fakultet
Aleksandar Karač
Riješeni ispitni zadaci
iz Otpornosti materijala
Zenica, 2014.
A.K
ara
čR
iješeniisp
itniza
daci
izO
tporn
osti
materija
la
ISBN 978-9958-639-64-7