Aleksandar Karač - cis.unze.ba · opterećenja te hipoteza o razaranju materijala, na taj način pokrivajući osnovni kurs iz područja otpornosti materijala koja se izučavaju na

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


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


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



R j e š e nj e


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)


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


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


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)


FA = FB − FC − FD = 80 · 103 − 10 ·103 − 20 · 103 = 50kN


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


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


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


R j e š e nj e


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)


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)


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


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



R j e š e nj e


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)


FA = FB + FD = 100 ·103 + 50 · 103 = 150kN


0

+F

FA –FB (=FD)FA

(=FD +FB)

FD

A B C D

FB

1 2

150 kN

FA

50 kN


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


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:


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


R j e š e nj e


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)


FA = FB + FC = 50 · 103 + 20 · 103 = 70kN


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


0 kN

0

+F

FA

(=FC +FB)FA –FB

(=FC)

A B C D

FB

1 2

FC

70 kN 50 kN

FA


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


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


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.


F

A B C

D

E


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.


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


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,


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.


2.8

F

A B C

D

E

125 mm 225 mm

225 m

m

150 m

m



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)


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.


FBD

FCE

D

E

FBD

FCE

FBD

FCE

F

A B C

C

B




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


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



R j e š e nj e


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


q0

A B

LAB FB FA

FB FA

FB FA

A B

LAB/3 Q



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,


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.


2.10

A B C

D

E

q



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 .


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


A B C

E

q

B

D

E

FBD

FBD

FCE

FCE

FBD

FCE

Q

LAC/2


U gornjim izrazima je stavljen predznak "−", jer se pretpostavilo da sile djeluju na šipkepritiskajući ih.


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|.


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.


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


R j e š e nj e


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).


D

FBD

F2=360 N F1=400 N

A B C

F

E

FBE FCF

FCE

FBD FCE

B C


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


R j e š e nj e


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.


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)


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)


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.


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.


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


R j e š e nj e


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)


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.


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)


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


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


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)


δI + δII = 0

pa se dobija:

PLAB

EA1+FDLAB

EA1+FDLBC

EA1+FDLCD

EA2= 0 (2.13–6)


DCBA

P

Sistem I

Sistem II

=+

FD

DCBAP

DCBA


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


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


R j e š e nj e


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)


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.


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)


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)



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


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)


DCA E

FB FD

Sistem I

=+

B

DCA E

FB FD

B

Sistem II

DCA EB

FA


Predznak "−" je uzet jer sila FB skraćuje šipku. Za sistem (II) na koji djeluje samonepoznata FA ukupno izduženje je:


+ δCDII+ δDEII

=FALAB

EABAAB

+FALBC

EBCABC

+FALCD

ECDACD

+FALDE

EDEADE

(2.14–6)


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.


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


R j e š e nj e


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.


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


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).



=FALAB

EABA+

(FA − P )LBC

EBCA+

(FA − P )LCD

ECDA= 0

(2.15–3)



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.


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


R j e š e nj e


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.



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)




=FALAB

EABA+FALBC

EBCA+

(FA − FC)LCD

ECDA= 0

(2.16–3)



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.


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:


+ δCDII=FALAB

EABA+FALBC

EBCA+FALCD

ECDA(2.16–6)


δI + δII = 0

pa se dobija:

−FCLCD

ECDA+FALAB

EABA+FALBC

EBCA+FALCD

ECDA= 0 (2.16–7)


A B C D1 2

FC

Sistem I

=+

Sistem II FA

A B C D1 2

FC

AB D1 2



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


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


R j e š e nj e


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


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


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:


=−FALAB

EABAAB

+−FALBC

EBCABC


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)


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,


2.18

D2 D1

B

L1 L2

1 2 A

δ


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


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


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


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

"


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.



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"

#

"

#


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,


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


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.


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,


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.


q0

A B C

L

q0

q q

!


R j e š e nj e


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)


!

"

A B C

q0

FA

Q

!

"

Q

FB FC

FA FB FC

FAFB FC

q0

!

!

!


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


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.


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



R j e š e nj e


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

"#$


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


E' C'

A'

E= !"""""

A EC

!C= !""""" A= !"""""

C'' E''


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,


=LAB

LAC

Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap (2–2), dobijase:


=

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


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


R j e š e nj e


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)


FA FC

A C E

B D F

d/2 d/2 d

P FE

A C E

FA FC FE

FA FC FE


∑

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''


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


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


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.


A B C

2b 2b b

C

P

P

C

F F

dB dC

D


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


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


FA FB

A B C

P

P

FC

B C

FB FC

FB FC

D

2b 2b b

FAx=0


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


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


δC=��

δB=��

A=A' B C D

B'

C'


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.


AB

C

LACD

E

F

LAB

A

A


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


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


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.


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


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.



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.


A B C

P250 mm

A

A

D

200 mm

500 mm

P


R j e š e nj e


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.


FA FD

A B D

LAB

A D

FB

FBx=0

FA

FA

FD

FD

C

LBD

P

LBC


A

B

D

E

D= !""""" A= !"""""

A'

D'


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)


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


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:


b) deformacije i izduženje štapova AD i CE,


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


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



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


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


A

B

C

D E

δC=��

δA=��

A'

C'

γ


su trouglovi △A′AB i △C′CB slični pa je:

AA′

CC′=AB

BC

odnosno

δAδC

=LAB

LBC


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)


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



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◦


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:


b) deformacije i izduženje štapova AD i CE,


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.


A B

C

q

LAB

LAC D

E


R j e š e nj e


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


q

FA FC

A

B C

LAB

A

D

C

E

FB

FBx=0

FA

FA

FC

FC

Q ��

2 LBC


A

B

C

D E

δC=��

δA=��

A'

C'

γ



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)


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


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◦


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.


A B

C

LAB

LAC D

E


R j e š e nj e


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


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


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


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


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).


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


R j e š e nj e


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.


Q

FC

FD

LBC

B

A

C D

E

LBD

q

D

FD

FB

FBx=0 LBD/2

FC

FC

FD


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


D= !"""""B

A

C D

E

C'D'

C''

!C= !"""""

C

C'

C''

C= !!"""""

!C= !"""""


odnosno

∆C

δD=

δCδD · sinα

=LBC

LBD


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.


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



R j e š e nj e


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


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.


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


(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= !"""""


△ACC′ pa je:

CC′

BB′=AC

AB

odnosno

∆C

δB=

δCδB · sinα

=LAC

LAB



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


FC = 0.16FB = 0.16 ·24.1 ·103 = 3.86kN


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


ǫCD =σCD

ECD

=12.8 ·106

200 ·109= 6.4 · 10−5

ǫBE =σBE

EBE

=−12.05 ·106

10 ·109= −1.2 ·10−3


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,


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


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



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


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.


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


(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= !"""""


△ACC′ pa je:

CC′

BB′=AC

AB

odnosno

∆C

δB=

δCδB · sinα

=LAC

LAB



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


FC = 0.26FB = 0.26 ·42.06 ·103 = 10.93kN


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


ǫCD =σCD

ECD

=36.42 ·106

200 · 109= 1.821 ·10−4

ǫBE =σBE

EBE

=−14.02 ·106

10 ·109= −1.402 ·10−3


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

!


R j e š e nj e


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


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


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


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


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


D= !"""""B D

D'C'C''

C

D

!C= !"""""

C

C''

C= !!"""""

!C= !"""""


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,


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.


B

LAB

A

D

C

H

LAC

q

C ! "


R j e š e nj e


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

! "!



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= !!""""""



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)


∆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


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


b) Deformacije užadi BD i CD


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,


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

"!

!



R j e š e nj e


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


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◦


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= !!""""""

! "!


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)



∆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


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


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)


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


R j e š e nj e


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


R j e š e nj e


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


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


114 3 Uvijanje

R j e š e nj e


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


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


R j e š e nj e


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


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



R j e š e nj e


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


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.


D1 D2

L1 L2

TD

A B C D

TB

1 2

LAB TC


R j e š e nj e


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


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


može podijeliti na tri segmenta pa se ugao uvijanja dobija na osnovu izraza (3–5) kao:


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


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 :


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


R j e š e nj e


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


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)


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


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



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



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:


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


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


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


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


R j e š e nj e


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


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


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)


R j e š e nj e


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


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


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.


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


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


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


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


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)


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


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:


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


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


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


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


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 :


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


140 3 Uvijanje

R j e š e nj e


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


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)


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 :


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


R j e š e nj e


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.


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)


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

–


R j e š e nj e


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


R j e š e nj e


LAB = 0.6 m F = 1 kN σdoz = 150 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


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


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

–


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


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


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.


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


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

–


Provjera napona 153

R j e š e nj e


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.


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


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


R j e š e nj e


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


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.


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


R j e š e nj e


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


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.



σdoz =Mmax

d

2I

=Mmax

d

2d4π

64

=32Mmax

d3π< σdoz


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

!"#


160 4 Savijanje

R j e š e nj e


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



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


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



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


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


R j e š e nj e


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


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


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


Mmax = 6kNm

S obzirom da je moment savijanja pozitivan gornja vlakna grede izložena pritisku, a donjazatezanju.


σdoz =Mmax

b

2I

=Mmax

b

2b4

12

=6Mmax

b3< σdoz


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


R j e š e nj e


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)


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


gdje je

Q = q ·LAE = 12 · 103 · 1.6 = 19.2kN


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


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.


σdoz =Mmax

b

2I

=Mmax

b

2b4

12

=6Mmax

b3< σdoz


I =b4

12

iz kojeg se dobija

b = 3

√

6Mmax

σdoz

=3

√

6 · 7.26 ·103

150 ·106= 66.22mm


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


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.


A C

q

0.8 m

A

0.8 m 1.6 m

B

3 kN 1 kN/m

C D


R j e š e nj e


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


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


I =d4π

64

iz kojeg se dobija

d = 3

√

32Mmax

σdozπ=

3

√

32 ·6.24 · 103

150 · 106 ·π= 75.11mm


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


R j e š e nj e


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.


FB =Q ·LAQ +M

LAB

=22.5 · 103 · 2 + 60 ·103

3= 35kN

FA = Q − FB = 22.5 ·103 − 35 · 103 = −12.5kN


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!).


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


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


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


R j e š e nj e


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.


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


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


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.


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.


18 kNm

1.2 m

A C

2.4 m

B

27 kNm 40 kN/m




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)


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


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


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


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.


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


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


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)


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.


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



σdoz =Mmax

b

2I

=Mmax

b

2b4

12

=6Mmax

b3< σdoz


I =b4

12

iz kojeg se dobija

b = 3

√

6Mmax

σdoz

=3

√

6 · 26 · 103

150 · 106= 101.32mm


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


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

–


R j e š e nj e


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.


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


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.


σdoz =Mmax

d

2I

=Mmax

d

2d4π

64

=32Mmax

d3π< σdoz


I =d4π

64

iz kojeg se dobija

d = 3

√

32Mmax

σdozπ=

3

√

32 ·5.042 ·103

250 ·106 ·π= 59mm


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.


8 kN

1.5 m

A

2.2 m

B

3 kN/m

C


R j e š e nj e


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


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


pri čemu su u ovom slučaju (negativan moment savijanja) gornja vlakna grede izloženazatezanju, a donja pritisku.


σdoz =Mmax

b

2I

=Mmax

b

2b4

12

=6Mmax

b3< σdoz


I =b4

12

iz kojeg se dobija

b = 3

√

6Mmax

σdoz

=3

√

6 · 24.86 ·103

250 ·106= 90.69mm


τdoz =3Fmax

2A=

3 · 16.57 ·103

2 · 8.224 ·10−3= 3MPa < 100MPa = τdoz


gdje je

A = b2 = (90.686 ·10−3)2 = 8.224 ·10−3m2


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


R j e š e nj e


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


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


savijanja, što se i moglo očekivati s obzirom da su i opterećenje i materijal i poprečni presjeksimetrični u odnosu na sredinu grede.


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


188 4 Savijanje

R j e š e nj e



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


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.


–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


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


I =d4π

64

190 4 Savijanje

iz kojeg se dobija

d = 3

√

32Mmax

σdozπ=

3

√

32 · 75

200 ·106 ·π= 15.63mm


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


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


R j e š e nj e


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


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.


σdoz =Mmax

b

2I

=Mmax

b

2b4

12

=6Mmax

b3< σdoz


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



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.


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


R j e š e nj e


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)


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


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


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.



σdoz =Mmax

h

2I

=Mmax

h

23

16b3 ·h

=8Mmax

3 · b3< σdoz


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-


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


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


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)


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


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


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


Mmax = 1.677Nm



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-


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


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


R j e š e nj e




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


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


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



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


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

)


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.


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


R j e š e nj e



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


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


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


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.


σdoz =Mmax

dv2

I=

Mmax

dv2

d4vπ

64(1− ψ4)

=32Mmax



I =d4vπ

64(1− ψ4) ψ =

dudv

=1

1.25= 0.8


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


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

)


gdje je

A =(d2v − d2u)π

4=

[

(48.22 ·10−3)2 − (38.58 ·10−3)2]

π

4= 657.512 ·10−6m2


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


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



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)


FC =MD + FB ·LAB

LAC

=1 · 103 + 5 · 103 · 0.4

1= 3kN

FA = FB − FC = 5 · 103 − 3 · 103 = 2kN


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).


σdoz =Mmax

d11

I=

Mmax

d12

d41π

64(1− ψ4)

=32Mmax

d31π(1− ψ4)< σdoz


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


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


pa je

d2 = d1 ·ψ = 50 · 10−3 · 0.822 = 41.105mm


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

)


gdje je

A =(d21 − d22)π

4=

[

(50 · 10−3)2 − (41.105 ·10−3)2]

π

4= 636.5 ·10−6m2


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


R j e š e nj e



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)


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


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


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


Mmax = 1kNm

Treba napomenuti da su na mjesto najvećeg momenta savijanja gornja vlakna vratila izlo-žena pritisku, a donja zatezanju (moment savijanja je pozitivan).


σdoz =Mmax

d12

I=

Mmax

d12

d41π

64(1− ψ4)

=32Mmax

d31π(1 − ψ4)< σdoz


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


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

)


gdje je

A =(d21 − d22)π

4=

[

(45 · 10−3)2 − (36.67 ·10−3)2]

π

4= 534.14 ·10−6m2


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


R j e š e nj e



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)


∑

MA = 0 − FB ·LAB + FC ·LAC + FDLAD = 0 (4.26–2)


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


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.


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



R j e š e nj e



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)


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.


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


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-


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.


ME LAB

A E B

LAD

D

FB

LAE

C

LAC FC


R j e š e nj e



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)


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


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


Mmax = 2.2kNm

S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost momenta savijanja, gornja vlakna gredesu napregnuta pritiskom, a donja zatezanjem.


σdoz =Mmax

d

2I

=Mmax

d

2d4π

64

=32Mmax

d3π< σdoz


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


gdje je

A =d2π

4=

(60.74 ·10−3)2π

4= 2.898 ·10−3m2


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


R j e š e nj e



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


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


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


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.



σdoz =Mmax

b

2I

=Mmax

b

2b4

12

=6Mmax

b3< σdoz


I =b4

12

iz kojeg se dobija

b = 3

√

6Mmax

σdoz

=3

√

6 · 2.533 ·103

100 · 106= 53.37mm


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


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


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


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)


FB = F ·a

LAB

= 10 · 103 ·0.6

1= 6kN

FA = F − FB = 10 · 103 − 6 · 103 = 4kN


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



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



σdoz =Mmax

h

2I

=Mmax

h

23

16b3 ·h

=8Mmax

3 · b3< σdoz


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-


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


220 4 Savijanje


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)


FB =M

LAB

=10 ·103

1= 10kN

FA = −FB = −10kN


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.


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


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


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-


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


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


R j e š e nj e


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.


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


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


R j e š e nj e


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


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


R j e š e nj e


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.


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



R j e š e nj e


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:


b) normalne napone.

R j e š e nj e


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


y

x

1500 N

z

400 mm

200 mm

A

1000 N

a-a

a

a

A

x

y

20 mm


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


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).


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


Zadaci 239

Zadatak 5.6 Za dio na slici 5.6–1 cilindričnog poprečnog presjeka prečnika 40 mm u tačkiA odrediti:


b) normalne napone,

c) glavne normalne i maksimalne tangencijalne napone.

x

z

500 N A By

150 mm

100 mm

300 N

s


R j e š e nj e


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


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


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):


ii) moment savijanja Mz = F2 ·L oko ose z u smjeru kretanja kazaljke na satu – izazivasavijanje (normalni napon).


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


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:


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


Zadaci 243

R j e š e nj e


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.


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


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:


b) normalne napone.

u slučaju


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


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


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


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:


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).


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


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).


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


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:


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


Zadaci 251

R j e š e nj e


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


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


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)


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


Ixa =d4aπ

64=

(50 · 10−3)4π

64= 3.068 ·10−7m4


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:


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


R j e š e nj e


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



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:


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


R j e š e nj e


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


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:


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


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


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).


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


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


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.


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


R j e š e nj e


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).


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



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


R j e š e nj e


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


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


R j e š e nj e


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).


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).


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


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


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,


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


R j e š e nj e


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


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).


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


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


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


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.


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,


i) grupa A: u tački K,

ii) grupa B: u tački H .

R j e š e nj e


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


x z

10 kN

y

H

K

240 mm

1.4 kNm


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)


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


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


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


R j e š e nj e


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)


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


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


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


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


R j e š e nj e


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-


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


Zadaci 289

R j e š e nj e



σy = −40 MPa

τxy = 35 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


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.


6 MPa

30 MPa

9 MPa


Materijal ima granicu tečenja ReH = 100 MPa.

R j e š e nj e



σy = 30 MPa

τxy = −9 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


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


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


R j e š e nj e



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-


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



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


=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


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:



45 MPa

25 MPa

70 MPa


b) stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći Tresca hipotezu.


R j e š e nj e



σy = −25 MPa

τxy = −70 MPa

a) Najveći normalni i tangencijalni naponi u elementu


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


τmax = ±

√

(

σx − σy2

)2

+ τ2xy

= ±

√

(

45− (−25)

2

)2

+ (−70)2 = 78.26MPa

b) Stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći Tresca hipotezu


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



b) stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći von Mises hipotezu.


70 MPa

30 MPa

50 MPa



R j e š e nj e



σy = −30 MPa

τxy = −50 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


τmax = ±

√

(

σx − σy2

)2

+ τ2xy

= ±

√

(

70− (−30)

2

)2

+ (−50)2 = 70.71MPa

b) Stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći von Mises hipotezu


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


Zadaci 297

70 MPa

30 MPa

50 MPa



b) stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći von Mises hipotezu.


R j e š e nj e



σy = 30 MPa

τxy = 50 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)



τmax = ±

√

(

σx − σy2

)2

+ τ2xy

= ±

√

(

−70− 30

2

)2

+ 502 = 70.71MPa

b) Stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći von Mises hipotezu


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


MF/PTF-UNZE 2

IX


MF/PTF-UNZE 3

XC

Form

ule

ita

bele


MF/PTF-UNZE 4

XI


MF/PTF-UNZE 5

XII

CForm

ule

ita

bele


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


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


T b l II K k i ik ih j k kTabela II Karakteristike popre nih presjeka – nastavak

MF/PTF-UNZE 8

XV


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


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



MF/PTF-UNZE 11

XV

IIIC

Form

ule

ita

bele



MF/PTF-UNZE 12

XIX


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


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


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


T b l IIId K ij ij j l lTabela IIId Koncentracija napona – savijanje elemenata s prelazom

MF/PTF-UNZE 16

XX

III


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


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


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


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


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


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


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


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

Documents

Aleksandar Karač - cis.unze.ba · opterećenja te hipoteza o razaranju materijala, na taj način pokrivajući osnovni kurs iz područja otpornosti materijala koja se izučavaju na