Otpornost II Zadaci - elastostatika 2

8/10/2019 Otpornost II Zadaci - elastostatika 2

http://slidepdf.com/reader/full/otpornost-ii-zadaci-elastostatika-2 1/47

1

Contents10.Primjeri i zadaci ......................................................... ................................................................. ....................... 2

Primjer 10.1. ....................................................................................................................................................... 2

Primjer 10.2. ....................................................................................................................................................... 3

Primjer 10.3. ....................................................................................................................................................... 6

Primjer 10.4. ....................................................................................................................................................... 7

Primjer 10.5. ....................................................................................................................................................... 8

Primjer 10.6. ....................................................................................................................................................... 9

Primjer 10.7. ..................................................................................................................................................... 10

11 Primjeri i zadaci ......................................................... ................................................................. ..................... 12

Primjer 11.1 ...................................................................................................................................................... 12

Primjer 11.2 ...................................................................................................................................................... 13

Primjer 11.3 ...................................................................................................................................................... 14

Primjer 11.4 ...................................................................................................................................................... 15

Primjer 11.5 ...................................................................................................................................................... 16


Primjer 12.11. ................................................................................................................... ................................ 18

Primjer 12.12. ................................................................................................................................................... 19

Primjer 12.13. ................................................................................................................................................... 21

Primjer 12.14. ................................................................................................................................................... 24

Primjer 12.15. ................................................................................................................................................... 27


Primjer 13.1. ..................................................................................................................................................... 31

Primjer 13.2. ..................................................................................................................................................... 32

Primjer 13.3. ..................................................................................................................................................... 33


Primjer 14.1. ..................................................................................................................... ................................ 35

Primjer 14.2. ..................................................................................................................................................... 35

Primjer 14.3. ..................................................................................................................................................... 36

Primjer 14.4 ...................................................................................................................................................... 36

Primjer 14.5. ..................................................................................................................................................... 38

15 Primjeri i zadaci ........................................................ ................................................................. ..................... 40

Primjer 15.1. ..................................................................................................................................................... 40

Primjer 15.2. ..................................................................................................................................................... 41

Primjer 15.3. ..................................................................................................................................................... 42

Primjer 15.4. ..................................................................................................................................................... 43

Primjer 15.5. ..................................................................................................................................................... 45



2

10

10.7. Primjeri i zadaci

Primjer 10.1.

Dva štapa, jednake dužine i poprečnog presjeka, zglobno su vezana u tački B i opterećena teretom F = 0,5 kN,kako je pokazano na slici 10.13. Naći vertikalno pomjeranje tačke B korištenjem Klapejronove teoreme odeformacionom radu.

Poznato je: E = 200 MPa, l = 0,5 m, A = 200 mm2.

Rješenje:

Slika 10.13a. Sile u čvoru B

Deformacioni rad (unutrašnja energija) za svaki od štapova je prema izrazu (10.6.):

EA2

l S W

21

1d ,

a za dva štapa je:

EA2

l F

EA

l S W 221

d . (a)

Ako se pretpostavi da opterećenje lagano raste od nule do konačne vrijednosti (statičko opterećenje), radvanjske sile biće prema izrazu (10.4):

2

F W

, (b)

gdje je vertikalno pomjeranje tačke B.

Na osnovu zakona o očuvanju energije:

d W W . (c)

Iz statičkih uslova ravnoteže sila dobija se:

2121 S S ;02

2S

2

2S ,

F 2S ;0 F 2

2S

2

2S 121 .

Sile u štapovima su:

2

2 F S S 21 .

1S

B

2S

F

450 A

B

C

Slika 10.13. Štapna konstrukcija opterećena silom F

F



3

Nakon uvrštavanja (a) i (b) u (c) dobija se:

EA2

l F

2

F 2

,

m00625 ,01020010200

5 ,0500

EA

Fl 6 6

,

mm25 ,6 .

Primjer 10.2.

Gredni nosač dužine l = 2 m (E = 200 MPa, Ix = 1500 cm4) opterećen je silom F = 2 kN i spregom M = 0,5 kNm

prema slici 10.14. Naći ukupni deformacioni rad nastao pri deformaciji grede i dokazati Betijevu i Maksvelovuteoremu o uzajamnosti radova, odnosno pomjeranja.

Rješenje:

Deformacioni rad je prema (10.15):

121222111d f F f F 2

1 f F

2

1W ,

a u datom primjeru je:

122211d Ff M 2

1 Ff

2

1W . (a)

Pomjeranja, linijska i ugaona se nalaze korištenjem Maksvel-Morove metode.

Slika 10.15a. OdreĎivanje linijskog pomjeranja f 11

Pomjeranje se računa pomoću izraza (10.47) i (10.46). Uzima se samo uticaj momenta savijanja.EIx = const.

i

x x

x

x x

l

n

1i

11 F

M M ;dz

EI

M M f

i

U presjecima 1-1 i 2-2 moment savijanja je (slika 10.15a.):

F

B

A

l/2 l/2

M

Slika 10.14. Gredni nosač opterećen silom i spregom

F

B A

111

1

2

2

2

F

2

F

1

B A

1

1

2

2

2

1

2

1



4

2

z M M ; z

2

F M M 2121 .

x

322 / l

o

22 / l

o x11

EI 48

Fl dz

4

Fz dz

4

Fz

EI

1 f

(b)

Slika 10.15b. OdreĎivanje ugaonog pomjeranja 22

Da bi se izračunalo ugaono pomjeranje 22 računaju se momenti savijanja u presjeku 1-1 (slika 10.15b.):

l

z ' M ; z

l

M ' M .

x2

2l

o x22

EI 3

Ml dz

l

Mz

EI

1 (c)

Slika 10.15c. OdreĎivanje linijskog pomjeranja f 12

Linijsko pomjeranje f 12 se računa prema slici 10.15c.:

z 2

1' ' M ' ' M ; M z

l

M ' ' M ; z

l

M ' ' M 2121 .

Pomjeranje f 12 se uzima s negativnim predznakom, jer moment pomjera napadnu tačku sile u njenomnegativnom smjeru, tj.:

x

2

12 EI 16

Ml f . ( d )

Uvrštavanjem izraza (b), (c) i (d) u (a) dobija se:

x

2

x x

3

d EI 16

Ml F

EI 3

Ml M

2

1

EI 48

Fl F

2

1W . ( e )

Ako bi prvo djelovao moment pa onda sila, deformacioni rad bi bio:

B A

221

1

l

M

l

M

B A

1

1

l

1

l

1

M

1

B A

121

1

l

M

l

M

B A

1

1

2

1

2

1

M

2

2

2

2

1



5

211122d M Ff 2

1 M

2

1W . ( f )

Slika 10.15d. OdreĎivanje ugaonog pomjeranja 21

Ugaono pomjeranje 21 se računa prema slici 10.15d.:

z l

11' ' ' M ; z

l

1' ' ' M ; z

2

F ' ' ' M ' ' ' M 2121 .

x

22 / l

o

22 / l

o x21

EI 16

Fl dz

l

z 1 z

2

F dz

l 2

Fz

EI

1

Pomjeranje 21 se uzima s negativnim predznakom, jer je ugao okretanja u presjeku djelovanja momenta,uzrokovan silom F, u njegovom negativnom smjeru, tj.:

x

2

21 EI 16

Fl . (g)

Uvrštavanjem izraza (c), (b) i (g) u (f) dobija se:

x

2

x

3

xd

EI 16

Fl M

EI 48

Fl F

2

1

EI 3

Ml M

2

1W . (h)

Izrazi (e) i (h) pokazuju da vrijedi Betijeva teorema o uzajamnosti radova, tj.:

x

2

x

2

EI 16

Fl M

EI 16

Ml F . (i)

Da bi se dokazala Maksvelova teorema o uzajamnosti pomjeranja, moraju se promatrati dejstva jediničnih sila,tj.: F = 1 i M = 1.

Iz (d) se dobija:

x

2

12 EI 16

l , (j)

a iz (g):

x

2

21 EI 16

l . (k)

Izrazi (j) i (k) pokazuju da je:

12 = 21 .

Deformacioni rad prema (e) je:

F

B A

21 1

1

2

2

2

F

2

F

1

B

A

1

1

2

2

l

1

l

1 l/2



6

6

x

2

x

2

x

32

x

2

x

2

x

32

d 10 EI 16

25 ,02

EI 6

25 ,0

EI 96

22

EI 16

FMl

EI 6

l M

EI 96

l F W

Nm5 ,55101500102006

10

EI 6

10W

86

6

x

6

d

Primjer 10.3.

Ram prema slici 10.16. opterećen je ravnomjerno rasporeĎenim opterećenjem po cijelom rasponu od B do C. Naći horizontalno pomjeranje zgloba D pomoću Kastiljanove teoreme. Uzeti samo uticaj momenta savijanja.

Rješenje:

Reakcije u osloncima A i D (slika 10.16.) se dobijaju iz statičkih uslova ravnoteže:

2

qL F ;0

2

LqL L F ;0 M D D A ,

2

qL F F ;qL F F ;0 F A AV D AV V ,

0 F ;0 F AH H .

Da bi se našlo horizontalno pomjeranje zgloba D dodaje se generalisana sila Q. Ova ima za posljedicuhorizontalnu reakciju Q u osloncu A (slika 10.17.).

Slika 10.16. Ram opterećen ravnomjernorasporeĎenim opterećenjem q

B

A

C

D

q[N/m]

L

H

Slika 10.17. Sistem dobijen presjecanjem

rama u B i C i njegovim

oslobaĎanjem od veza u A i D

B C

q[N/m]

Q

Q

QH

qL/2 qL/2

QH

F D= qL/2

A

D

Q

Q

Q

Q

qL/2

QH QH

qL/2

F AV = qL/2



7

Prema slici 10.17. u presjeku y je:

yQ

M ;Qy M ,

a u presjeku z je:

H Q

M ;

2

qz z

2

qLQH M

2

.

Horizontalno pomjeranje u D je prema (10.44.):

Hdz

2

qz z

2

qLQH dyQy2

EI

1dz

Q

M M

EI

1 2 L

o

2

H

o xlii x H .

Prije integriranja treba staviti Q = 0. Pomjeranje je:

x

332

x

H EI 12

H qL

3

L

2

qH

2

L

2

qLH

EI

1

.

Primjer 10.4.

Nosač oblika jedne četvrtine tankog kružnog prstena, radijusa R, na jednom kraju je uklješten, a na drugom jeopterećen vertikalnom silom F (slika 10.18.). Odrediti vertikalno pomjeranje tačke u kojoj djeluje sila F pomoćuKastiljanove teoreme. Uzeti samo uticaj momenta savijanja.

Rješenje:

Iz statičkih uslova ravnoteže reakcije u uklještenju su (slika 10.18.):

F F ;0 F Bi ; FR M ;0 M B B .

U presjeku odreĎenom uglom biće:

cos R F

M ;cos FR )cos R R( F FR M

.

Vertikalno pomjeranje tačke A prema izrazu (10.44.), je:

FR

B

A

R

F

F

Slika 10.18. Zakrivljeni štap opterećen silom F



8

x

322

2 /

o xil i xV

EI 4

FR Rd cos FR

EI

1dz

F

M M

EI

1

i

,

jer je

)2(2cos12

1cos 2

12

d d

n

n

n

.

Primjer 10.5.

Maksvel-Morovom metodom odrediti vertikalno i horizontalno pomjeranje čvora C rešetkastog nosača (slika10.19.) usljed djelovanja sile F = 20 kN u čvoru D. Poznato je:E = 2 10

11 Pa, A = 40 cm

2.

Rješenje:

Sile u štapovima od vanjskog opterećenja se dobijaju postavljanjem uslova ravnoteže sila za čvorove E, F, C i D(slika 10.20a.):

02

2S

2

2S ;0

2

2S S

2

2S S 424521 ,

0

2

2S

2

2S ;0

2

2S S

2

2S S 6 46 7 43 , (a)

0S ;0S 87 ;

0 F S 2

2S ;0

2

2S S 86 6 5 .

Rješavanjem sistema jednačina (a) dobijaju se sile u štapovima:

0S ;0S ; F 2S ; F S ; F 2S ; F 2S ; F 2S ; F 3S 87 6 54321 .

A

B

3

2 4

1

7

6

5

8

C

D

1 F H

F

E

A

B

3

2 4

1

7

6

5

8C

D

F

E

1 F V

Slika 10.19. Rešetkasti nosač opterećen silom F

3m 3 3

3

A

B

3

2 4

1

7

6

5

8

C

D

F

A

B

3

2 4

1

7

6

5

8

C

D

F

Slika 10.20a. Sile u štapovima od vanjskogopterećenja

F

E



9

Sile u štapovima od jedinične sile 1V F (slika 10.20.b) su:

(b)

Rješavanjem sistema jednačina (b) dobija se:

1S ;0S ;2S ;1S ;2S ;2S ;2S ;3S 87 6 54321 .

Vertikalno pomjeranje tačke C se računa pomoću izraza (10.48):

iii

8

1ii

iiin

1i

k l S S EA

1

EA

l S S

,

),0026 ,442 ,14 ,286 )1( )20( 26 ,4

)42 ,1( )4 ,28( 6 24026 ,442 ,14 ,283 )3( 601040102

10411

3

CV

mm07 ,2m1007 ,2 3

CV .

Sile u štapovima od jedinične sile 1 F H (slika 10.20c.) su:

1S ;1S 37 .

Ostale sile su jednake nuli.

Iz izraza (10.48) dobija se:

mm3 ,0m103 ,06 1401040102

10l S S

EA

1 3

411

3

iii

8

1i

CH

.

Primjer 10.6.

Armirano betonski ram, pravougaonog poprečnog presjeka, hladi se po vanjskoj konturi, a zagrijava pounutrašnjoj. Pad temperature je TV = -10°C, a porast temperature je TU = 20°C. Treba odrediti pomjeranje

tačke B usljed ovih temperaturnih promjena. Poznate su geometrijske karakteristike rama (slika 10.21.): h1 = 0,8m, h2 = 0,4m, H = 6m, L = 8m i koeficijent

toplotnog širenja = 1,2 10-5

1/K.

02

2S

2

2S ;0

2

2S S

2

2S S 424521 ,

02

2S

2

2S ;0

2

2S S

2

2S S 6 46 7 43 ,

01;0 87 S S ; 0S 2

2S ;0S

2

2S 86 56 .

L

A B

h2

h1

H



10

Rješenje:

Tačka B se može pomjerati samo u horizontalnom pravcu. To pomjeranje se računa pomoću izraza (10.54.).

dz 2

T T F dz

h

T T M 12

z

li

n

1i

12 x

li

n

1i

B

. (a)

U datom primjeru (slika 10.21a.) izraz (a) poprima oblik (b), tj.:

dz F 2

T T dz M T T

hdy M 2T T

h 2

L

o

V u2

L

o

V u1

1

H

o

V u2

B

.(b)

Presječne sile od jedinične sile su:

1 F ; H M ; y M 221

a integrali su:

Ldz F ; HLdz M ;2

H dy M z

L

o

2

L

o

2

1

H

o

.

82

1020102 ,186 )1020(

8 ,0

102 ,1

2

6 21020

4 ,0

102 ,1 5

525

B

,

mm5 ,54m105 ,54 3

B .

Primjer 10.7.

Za dati nosač i opterećenje odrediti ukupno pomjeranje tačke C korištenjem Vereščaginove metode (slika10.22.). Uzeti da je EIx = const.

Slika 10.21. Ram izložen djelovanju toplote

A B

11

2

2

1

1

1 F

Slika 10.21a. Ram izložen djelovanju jedinične sile

B A

l

h

C

q,N/m

Slika 10.22. Nosač opterećen kontinualnim

opterećenjem na rasponu AB



11

Rješenje:

Pomjeranje tačke C se računa prema izrazu (10.56):

x

CA

x

x x

l

C EI

M Adz

EI

M M ,

što znači da je potrebno nacrtati momentne dijagrame od stvarnog opterećenja i od jedinične sile (slika 10.23.).

Slika 10.23. a) Momentni dijagram od stvarnog opterećenja

b) Momentni dijagram od jedinične sile u horizontalnom pravcu c) Momentni dijagram od jedinične sile u vertikalnom pravcu

Na osnovu dijagrama na slici 10.23. dobija se:

x

32

xCh

EI 6

hql lh

2

ql

3

1

EI

1 ,

x

42

x

CV EI 8

ql l

4

3l

2

ql

3

1

EI

1 ,

jer je površina momentnog dijagrama od stvarnog opterećenja l 2

ql

3

1 A

2

, a težište tog dijagrama je na

udaljenosti ¾ l (Prilog), pa ordinata iz dijagrama od jedinične sile, a kroz težište iz prvog dijagrama (slika

10.23.a) iznosi h M CA (slika 10.23.b), odnosno l 4

3 M CA (slika 10.23.c).

Ukupno pomjeranje tačke C je:

16

l

9

h

EI 2

ql 22

x

32CV

2ChC .

11

a) b) c)1

1

2

ql 2

¾ l ¾ l

h l

F M h M

V M



12

Primjeri i zadaci

Primjer 11.1

Konzola pravougaonog poprečnog presjeka, sa modulom elastičnosti E , opterećena je jednoliko kontinualnimopterećenjem qo (slika 11.19).

Kako se mora mijenjati visina poprečnog presjeka h( z ) uz konstantnu širinu poprečnog presjeka b, da bi napon

na rubu svuda imao jednaku vrijednost σ0? Koliki je tada ugib slobodnog kraja konzole?

E

q

l

o

y z x

y

b

h(z)

Slika 11.19 Konzola opterećena kontinualnim opterećenjem

Rješenje:

Uzduž nosača napon ima vrijednost σ0, a računa se prema (7.22)

W

Mσ 0

. (a)

Pomoću zakonitosti momenta savijanja

2

1 )(

2

o z q z M (b)

gdje se z računa od slobodnog kraja konzole, i otpornog momenta za pravougaoni poprečni presjek

W = bh2/6 (c)

iz (a) slijedi potrebna zakonitost visine poprečnog presjeka

3 )(

o

o z b

q z h

(d)

Moment inercije poprečnog presjeka uz (d) je:

)

3 (12

12

)(3

3

o33/2

o

o3

l

z I z b

qbbh z I

, (e)

gdje je12

)(

3l bh

I o moment inercije u uklještenju ( z = l ).

Uvrštavanjem (b) i (e) u diferencijalnu jednačinu elastične linije (11.3) i dvostrukom integracijom dobija se:

, 1

2

0

3o

z EI

l q

EI

M v (f)



13

. ) ln(2

,ln2

210

3o

10

3o

C z C

z z

EI

l qv

C

z

EI

l qv

Konstante integracije se odreĎuju iz graničnih uslova:

. , 0 1ln, 0 )(

, , 0 ln, 0 )(

22

11

l C C l l l v

l C C

l l v

(i)

UvoĎenjem skraćenice k = z /l dobije se elastična linija

. )1 ln(2

)(

0

4o k k k EI

l qk v (j)

Ugib na slobodnom kraju (k =0) dobije se iz (j)

,2

)0(0

4o

EI

l qv

jer je 0 lnlim0k

k k .

Ovaj ugib je četiri puta veći od ugiba nosača sa konstantnim momentom inercije I o.

Primjer 11.2

Nosač prema slici 11.20, savojne krutosti EI x, opterećen je silom F i kontinuiranim opterećenjem qo. Koliki jeugib zgloba G i kolika u tom presjeku nastaje ugaona diferencija?

EI

q

a

o

y

z

F

GA B

a a x

Slika 11.20 Gerberova greda

Rješenje:

Kontinuirano opterećenje se može izraziti jednom jednačinom: q( z ) = qo( z - 2a)0. Kod integracije izraza (11.6b)

mora se na zglobu uzeti u obzir skok sile za (- F ) u veličini poprečne sile (paziti na predznak) i još nepoznatiskok ugla Δφ u veličini nagiba (izraz (11.19)):

(g)

(h)



14

. 2

1

6

1 )( )(

6 )2(

24

, 2

1 )( )(2 )2(6

, )( )2(2

)( )2(

, )2(

432

2

31

1340

322

10230

21120

101

o

0o

IV

C zC z C

z C a z EI a z F

a zq

v EI

C zC z C a z EI a z F

a zq

v EI

C z C a z F a zq

Mv EI

C a z F a zq F v EI

a z -qv EI

x x

x x

x

t x

x

Konstante integracije i ugaona diferencija slijede iz četiri granična uslova i iz uslova da je na zglobu G i

osloncu B moment jednak nuli:

, 0 , 0 (0)

, 0 , 0 (0)

3

4

C v

C v

. 0 , 0 )(

, 0 3 22

, 0 (3a)

, 0 2

9

6

27 2

6

8

24 , 0 )3(

21

21

2o

22

31

34o

C aC a M

C aC Faaq

M

aC aC a EI Fa

aq

av x

Rješavanjem se dobije promjena ugla

,3

2

48

23o

x x EI

Fa

EI

aq

a konstante integracije su:

4

1 ,

4

1 2

o2o1 FaaqC FaqC .

Pomak zgloba je tada

x x EI

Fa

EI

aqaC aC

EI av

3

12

2

6

1 )(

34o

22

31

Primjer 11.3

Izračunati vrijednost ugiba na kraju prepusta i na sredini raspona nosača prikazanog na slici 11.21, ako je M =

Fl /4 i F = ql .

F

y

l/4 l A

B EI K

q

Slika 11.21 Opterećen gredni nosač

Rješenje:



15

Ako se primijeni princip superpozicije deformacija, slijedi ugib slobodnog kraja prepusta grede

4

)(

A)(

A)(

A)(

K )(

K K A M q M q F l

f f f ,

gdje se prva dva sabirka odnose na ugib konzole AK , a ostala tri su posljedica zakretanja presjeka u A zbogopterećenja dijela grede AB.

Vodeći računa o prethodno izračunatim ili očitanim vrijednostima iz tabele 11.2 dobije se:

x

3

x

2

x

3

xx

4

x

3

K 2048

17

3

)324(

24

6

4

8

)4(

3

)4(

EI

Fl

EI

l / ql Fl/

EI

ql

EI

Ml l

EI

l/ q

EI

l/ F f

.

Ugib na sredini raspona nosača na osnovu principa superpozicije deformacija jednak je zbiru ugiba od pojedinihopterećenja

)2/( )(C

)(C

)(CC

A M M q f f f f l z v .

Ako se iskoriste prethodno izračunate ili očitane vrijednosti iz tabele 11.2, slijedi

1536

17

16

)32/4( -

16

384

5 )2/(

x

3

x

22

x

2

x

4

C EI

Fl

EI

l ql Fl/

EI

Ml

EI

ql f l z v

.

Ovdje je ugib izražen samo u zavisnosti od sile F , dužine l i krutosti EI x, pošto su zavisnosti q i F unaprijed bile

zadate.

Primjer 11.4

Za gredu stepenasto promjenljivog presjeka, zadanu i oterećenu prema slici 11.22, metodom fiktivne grede,odrediti ugib u tačkama C i G kao i nagib u tačkama A i C. Zadano je F, l, EI x .

Slika 11.22 Greda stepenasto – promjenjivog presjeka opterećena silama F

Rješenje:

a)

b)



16

Slika 11.23 a) Dijagram momenta savijanja od stvarnog opterećenja b) Fiktivni nosač s opterećenjem

Na slici 11.23a prikazan je dijagram momenta stvarnog opterećenja, a na slici 11.23b fiktivna greda s fiktivnimopterećenjem q* = M/EI . Kako je krutost EI u srednjem dijelu dva puta veća, dijagram q* u srednjem dijelu je

dva puta smanjen, tj. q* = M/2EI = 3Fl/2EI . Fiktivne sile iznose:

. 2

3

2

3 ;

2

93

3

2

1

2*2

2*

1 EI

Fl l

EI

Fl F

EI

Fl l

EI

Fl F

Iz uslova ravnoteže fiktivne grede odreĎuju se fiktivne reakcije

EI

Fl

EI

Fl F F F F

22*2

*1

*B

*A

6

2

12 .

Fiktivne transverzalne sile iznose

EI

Fl F F F

EI

Fl F F

2

3 ;

6

2*

1*A

*tC

2*A

*tA .

Fiktivni momenti savijanja iznose

. EI

Fl

l F l F l F M

; EI

Fl l

EI

Fl l

EI

Fl l F l F M

***

A

*

G

**

A

*

C

4

57

224

2

27

2

93

63

3

21

322

1

Prema izrazima (11.23b) slijedi da su traženi nagibi

EI

Fl F ;

EI

Fl F **

2

36 2

CtC

2

AtA

i ugibi

EI

Fl M v ;

EI

Fl M v **

4

57

2

27 3

GG

3

CC .

Primjer 11.5

Greda pravougaonog poprečnog presjeka širine b, visine h = 2b opterećena je prema slici 11.24 jednom silom F ,

koja djeluje pod uglom α = 30

o

u odnosu na vertikalu. Treba odrediti ukupno pomjeranje na sredini grede.



17

Slika 11.24 Koso savijanje grede

Rješenje:

Komponente sile F u pravcima osa x i y (glavne ose inercije) su:

F F F F

F F 2

3 cos ,

2 sin yx ,

a momenti inercije su:

43

y4

3

x6

1

12 ,

3

2

12 b

hb I b

bh I

Pomaci v i u na sredini grede odreĎuju se pomoću izraza iz tabele 11.2 . Od komponente opterećenja F y dobije

se pomjeranje

4

3

x

3y

64

3

48

Eb

Fl

EI

l F v .

Analogno se odreĎuje pomjeranje od komponente opterećenja F x

4

3

y

3x

64

4

48

Eb

Fl

EI

l F u .

Ukupno pomjeranje f je:

648

19

2

322

Eb

Fl uv f .



18

12

Primjer 12.11.

Riješiti statičku neodreĎenost obostrano uklještenog luka opterećenog silom F prema slici 12.41.

Rješenje:

Obostrano uklješten luk na slici 12.41. je tri puta statički neodreĎen. Iz statičkih uslova ravnoteže, a zbog

simetrije, dobija se da je2

i, F

F F M M F F BV AV B A BH AH (slika 12.42.a), te ovaj problem postaje dva

puta statički neodreĎen. Ekvivalentni sistem je dat na slici 12.42.b. Suvišne reakcije veze se nalaze korištenjem

metode minimuma deformacionog rada.

Slika 12.42. a) Obostrano uklješ ten luk i reakcije veza

b) Ekvivalentni sistem

Moment savijanja u presjeku 1 – 1 je

21 sincos12

Q RQ R F

M . (a)

Koriste se jednačine (12.23), tj.

.0,021

l

xl

x

dl Q

M

EI

M dl

Q

M

EI

M (b)

U datom primjeru izvodi su

R B A

F

Slika 12.41. Opterećen, obostrano uklješten luk

M B M A

F

F AH

F AV

F BH

F BV

a)

R

Q1

F

F/2

Q2

b)

1

1



19

,1,sin21

Q

M R

Q

M (c)

a

. Rd dl (d)

Izrazi (c) i (d) se uvrštavaju u (b) i dobija se

2

0

21

2

0

21

,0sin)cos1(2

1

,0sinsin)cos1(2

1

Rd Q RQ R F

EI

Rd RQ RQ R F

EI

x

x (e)

odnosno

2

0

2

2

1

22

2

0

2

2

23

1

33

.0sincos22

,0sinsincossin2sin2

d RQ RQ R F

R F

d RQ RQ R

F

R

F

(f)

Jednačine (f) se svode na (g)

,02222

,0442

21

21

Q RQ R F

R F

Q RQ R F

R F

(g)

a njihovo rješenje je

,)8(2

24,

8

42

2

221 FRQ F Q

tj.

., 21 B BH M Q F Q

Primjer 12.12.

Ram na slici 12.43. ima konstantnu savojnu krutost (EIx = const.). Odrediti reakcije oslonca B kada se pomjeri

vertikalno naviše za B . Poznato je: E = 2 105 MPa, a = 4 cm, B = 4 cm, poprečni presjek je od standardnog

profila 40.

Rješenje:

Aa

a

a

B

B

Slika 12.43. Statički neodreĎen ram



20

Ram na slici 12.43. je dva puta statički neodreĎen (n = 5 – 3 = 2). Ekvivalentni sistem s naznačenim presjecimau kojima se jednačina za moment savijanja mijenja prikazan je na slici 12.44.

Momenti savijanja u presjecima 1-1, 2-2, 3-3 i njihovi izvodi po generalisanim silama su:

.,,

,,

,0,

2

3

1

31221

2

2

1

2122

2

1

1

121

a z Q

M a

Q

M aQaQ z Q M

aQ

M z

Q

M z QaQ M

z Q

M

Q

M z Q M

(a)

Koriste se jednačine 12.21, odnosno 12.23 i 12.24a i dobija se:

.1

,01

0 2

3

3

0 2

22

0 2

11

0 1

3

3

0 1

22

0 1

11

B

aaa

x

aaa

x

dz Q

M M dz

Q

M M dz

Q

M M

EI

dz Q

M M dz

Q

M M dz

Q

M M

EI

(b)

Nakon uvrštavanja izraza (a) u jednačine (b) dobija se:

.)()(

,0)(

0

12

0 0

12

2

2

0

12

0

12

B x

aa a

aa

EI dz a z aQa z Qadz z QaQdz z Q

adz aQa z Q zdz z QaQ

(c)

Nakon integriranja dobija se:

.23

11

,03

2

312

12

a

EI QQ

QQ

B x

(d)

Suvišne reakcije veza su

.2

3,

4

93231

a

EI Q

a

EI Q B x B x

(e)

Za profil 40 iz tablice [42] je Ix = 846 cm4. Sada se mogu naći brojne vrijednosti generalisanih sila

2

z

Q1

Q21

1

2

z

z

3

3

Slika 12.44. Ekvivalentni sistem za ram na

slici 12.43.



21

kN.6,1104

1041084610102

2

3

kN,4,2104

1041084610102

4

9

3

3

2865

2

3

3

2865

1

Q

Q

Primjer 12.13.

Za zadani ram i opterećenje prema slici 12.53. nacrtati dijagrame savijanja i transverzalnih sila. Poznato je: F =20 kN, q = 10 kN/m.

Rješenje:

Ram na slici 12.53. riješen je metodom deformacija. Prema jednačini okretanja čvora (12.41) za čvor 1 je:

.0141421211 oo S k k d (a)

Koeficijenti krutosti se računaju prema (12.29):

.2

22

,5,04

22

,4

222

41

14

14

31

13

13

2112

12

12

k EI EI

l

EI k

k EI EI

l

EI k

k EI I E

l

EI k

x x x

x x x

x

x x

(b)

Dijagonalni član je prema (12.42) i (12.36)

,5,0 1311 k d d o

a

,55,02)(2 1413121 x x x x EI EI EI EI k k k d pa je

1

3

2

4

F

2m 4m

Ix

2Ix

q Ix

4 m

2 m

Slika 12.53. Statički neodreĎenram



22

.75,45,05,051 x x x

o EI EI EI d (c)

Opterećenje čvora je prema (12.46) i (12.43) jednako:

.5,0

,

3111

1413121

oo

k

ooo

M S S

M M M M S

(d)

Momenti opterećenja čvorova za kruto uklještenje se odreĎuju iz tablica [45].

Slika 12.54. Elementi ramovske konstrukcije

Za opterećenje prema slici 12.54.a biće

3

40

12,

3

40

12

410

12

2

21

22

12

ql

M ql

M oo kNm, (e)

a moment konzole (slika 12.54.b) je

40220 K K Fl M kNm. (f)

Za dijelove 13 i 14 biće

.0,0 41143113

oooo

M M M M (g)Iz (d) , a uz korištenje vrijednosti datih sa (e), (f) i (g) dobija se

67,26403

401 o

S kNm. (h)

Jednačina (a), nakon uvrštavanja (c) i (h), glasi

067,2675,4 1 x EI , (i)

jer je 042 .

,614,5

1

x EI (k)

a ugao obrtanja u zglobu prema (12.40) je

x

o

EI k

M 807,2

2

1

31

3113

. (l)

Prema (12.32), a uz (b), (j), (k), (l), (e) i (g) priključni momenti su:

21

q

M o

21 M

o12

a)

q M 21

M 12

F v1 F v2

z

c)

M K

F

b)

1

3

M 13

F H3

4

M 41

F H4

M 14

1

d)



23

kNm.614,5614,5

2

kNm,228,11228,11

2

,02

kNm,21,4807,2228,115,02

kNm,716,733,13614,5

2

kNm,558,2433,13228,11

2

41144141

14411414

31133131

13311313

21122121

12211212

x

x

o

x

x

o

o

x x

xo

x

x

o

x

x

o

EI EI M k M

EI EI M k M

M k M

EI EI EI M k M

EI EI M k M

EI EI M k M

(m)

Provjera: Suma momenata za čvor 1 mora biti jednaka nuli (izraz (12.33)), tj.

.040228,1121,4558,241413121 K M M M M M

Da bi se nacrtao dijagram momenata savijanja, potrebno je izračunati ekstremnu vrijednost momenta savijanjana dijelu rama 12. Vertikalne reakcije u 1 i 2 se dobijaju iz statičkih uslova ravnoteže (slika 12.54.c):

kNm.75,42

421,210

558,24421,221,24

2

m,421,210

21,24,,0

.kN41,24,79,1540,,0

,79,15

,558,242

410716,74,0

2,0

2

2

121

1

1121

2

2

212

2

2121

qz M z F M

z F qz F

F F ql F F F

kN F

F M ql

M l F M

V e

V T

V V V V V

V

V V

Slika 12.55. a) Dijagram momenata savijanja

b) Dijagram transverzalnih sila

40

5,6 24,56

11,23

4,2

4,75

7,7

M

a)

24,2

8,4

20

15,8

1,05

F T

b)



24

Da bi se nacrtao dijagram transverzalnih sila potrebno je odrediti horizontalne reakcije u vezama 3 i 4 (slika

12.54.d) i one su:

kN.4,82

2,116,5

,0,0

kN,05,14

21,4,0,0

4144141

31331

H H

H H

F M M l F M

F M l F M

Dijagrami momenata savijanja i transverzalnih sila prikazani su na slici 12.55.

Primjer 12.14.

Za zadani ram i opterećenje (slika 12.60.) potrebno je: a) odrediti suvišne statičke veličine metodom Krosa,

b) nacrtati dijagrame momenata savijanja i transverzalnih sila,

c) dimenzinisati ram ako je uraĎen od standardnog I profila.

Poznato je: q = 20 kN/m, F = 20 kN, F1 = 40 kN i dozvoljeni napon d = 120 MPa.

Slika 12.60. Statički neodreĎen ram

Rješenje:

1 3

1 F

1 F

F

F

2 4

q

1,5m 6m 1,5m

6 m

3 m

ravan

simetrije



25

a) Ram na slici 12.60. riješen je metodom Krosa. Prvo su odreĎeni koeficijenti krutosti prema izrazima (12.50) i(12.62), za krutu vezu i za element koji je presječen s ravni simetrije

.

4

,1262

15,0,

6

*

1312

13

*

1312

x

x x x x

I k k k

I I k k

I

l

I k

Razdjelni koeficijenti su prema (12.57)

.33,03

1;67,0

3

2 13*

1312

12 k

k

k

k

Momenti opterećenja čvorova za kruta uklještenja i moment konzole su [45]:

kNm.305,120

kNm,60,6012

620

12

kNm,30,308

640

8

1

31

22

13

211

12

Fl M

M

ql

M

M l F

M

K

oo

oo

Slika 12.61. Elementi rama s krutim uklještenjima

Opterećenje čvora prema (12.60) je

.kNm60306030131211 K oo M M M M S

Izravnavajući momenti se računaju prema (12.61)

kNm.40603

2,2060

3

1,

1213

M M

S M nnini

Izravnavajući moment u uklještenju je prema (12.48)

202

11221 M M kNm.

Izračunati momenti savijanja su upisani na šemi na slici 12.62.a.

q M

O31

M o13

M K

F

M

o21

1 F

M o12

70

1

40

q 40

F

-30

3040

70

-40

20

-601/3

2/3

40



26

Slika 12.62. a) Šematski prikaz rama

b, c) Elementi rama s opterećenjima

Konačni momenti savijanja su:

4013 M kNm, 7012 M kNm, 1021 M kNm.

b) Da bi se nacrtao dijagram momenata savijanja potrebno je naći moment savijanja u još dvije karakterističnetačke. Za element 12 (slika 12.62.b) prvo je odreĎena horizontalna reakcija u uklještenju, a zatim vrijednostmomenta savijanja na mjestu djelovanja sile F1.

kN,10,034070106,0 221 H H F F M

M ' = 103 – 10 = 20 kNm.

Za element 13 (slika 12.62.c) zbog simetričnosti opterećenja zna se da je ekstremni moment na sredini.

502

320

40360,kNm602

620 2

1

eV M F kNm.

Dijagram momenata savijanja prikazan je na slici 12.63.a, a transverzalnih sila na slici 12.63.b.

Slika 12.63. a) Dijagram momenata savijanja

b) Dijagram transverzalnih sila

c) Dimenzionisanje rama se vrši na osnovi maksimalnog momenta savijanja i dozvoljenog napona (izraz (7.48)).

10

20

30

70

40

50

a)

M

20

b)

60

30

20

60

10

F t



27

.cm3,583,10120

1070,kNm70

,

3

3

6

max

maxmax

max

x x

d

x x

W W M

W

M y

I

M

Iz tablica [42] se usvaja profil I30 za koji je I x = 9800 cm4, W x = 653 cm3.

Primjer 12.15.

Odrediti dijagram momenta savijanja za konstrukciju prema slici 12.64. i za dato opterećenje. Koristiti metoduKrosa. Poznato je: q = 20 kN/m, F = 40 kN, F1 = 30 kN.

Slika 12.64. Statički neodreĎena konstrukcija

Rješenje:

U Tabeli 12.2. su unesene dužine i aksijalni momenti inercije za pojedine grede prema slici 12.64, zatimizračunati koeficijenti krutosti prema (12.50) i (12.52) za uklještenje i zglobnu vezu i razdjelni koeficijentiizračunati prema (12.57).

Tabela 12.2. Koeficijenti krutosti i razdjelni koeficijenti za konstrukciju na slici 12.64.

Čvor 4 5 6

greda 41 45 54 52 56 65 63 67

l, m 3 4 4 4,5 6 6 3 6

Ix Ix 2 Ix 2 Ix Ix 2 Ix 2 Ix Ix 2 Ix

k i

34

3 x I

4

2 x I

4

2 x I

5,44

3 x I

6

2 x I

6

2 x I

3

x I

6

2 x I

i

ik x I

43 I x I x

i 0,33 0,67 0,5 0,17 0,33 0,33 0,33 0,33

Momenti punog uklještenja za elemente 45, 56 i 67 (slika 12.65.) su [45]:

Slika 12.65. Elementi konstrukcije s opterećenjem

1

q

2

4 5

3 m

Ix

2Ix

Ix 4 , 5 m

4m 3m 3m 2m 2m 2m

6

3

2Ix

Ix

3 m

2Ix

7

1 F

1

F

F

q

M O

54 M o45

M O

65 M o

56 F

M O

76 M o

671

F

1 F



28

.kNm40,kNm409

6302

9

2

,kNm30,kNm30

8

640

8

,kNm7,26,kNm7,2612

420

12

761

67

6556

54

22

45

oo

oo

oo

M l F

M

M Fl

M

M ql

M

Izravnavanje momenata:

Prva aproksimacija:

Opterećenje čvorova se računa prema (12.60), a izravnavajući momenti prema (12.61).

kNm,9,177,2667,0;7,26 44545454 S M S S o

41 M = 0,3326,7 = 8,8 kNm ,

kNm,65,13,35,0;3,3307,26 5456545 M S S S oo

56,03,317,052 M kNm,

56 M 0,333,3 = 1,1 kNm

kNm. M M M S S S oo 3,31033,0;104030 67636567656

Ove vrijednosti se nanose u šemu na slici 12.66. i podvlače se, jer je završena prva aproksimacija u kojoj su svičvorovi izravnani.

Slika 12.66. Šema izravnavanja čvorova metodom Krosa

Zatim se na šemi unose vrijednosti prenosnih momenata sa susjednih čvorova, koji su jednaki polovini

izravnavajućih momenata i istog su znaka. Npr. od okretanja čvora 5 biće

95,82

9,1754 M itd.

Druga aproksimacija:

Ponovo se računa opterećenje za čvorove 4, 5 i 6 i izravnavajući momenti.

0,67

0,330,5 0,3

0,17

0,33 0,33

0,33

8,8-0,27

0,87

-0,03

0,096

-26,7

17,90,825

-0,553

-2,651,77

0,09

-0,06-0,29

0,19

26,7

1,658,95-5,3

-0,276

0,1850,88

-0,585

-0,03

0,56-1,80,063

-0,2

-30

1,11,65

-3,5

-0,090,12

0,29

-0,4

-0,01

30

3,30,55-0,18

-1,75

0,580,06

-0,02

-0,2

0,07

3,3-0,180,58

-0,02

0,07

-40

3,3-0,180,58

-0,02

0,07

40

1,65-0,09

0,29

-0,01

0,035



29

.18,055,033,0;55,0

,5,36,1033,0

,8,16,1017,0

,3,56,105,0;6,1065,195,8

,27,0825,033,0

,553,0825,067,0;825,0

6763656

56

52

545

41

454

M M M S

M

M

M S

M

M S

Na šemi (slika 12.66.) su upisani i ovi prenosni momenti.

Treća aproksimacija: Ponovo se vrši izravnavanje.

.58,075,133,0;75,1

,12,037,033,0

,063,037,017,0 ,185,037,05,0;37,009,0276,0

,87,065,233,0

,77,165,267,0;65,2

6763656

56

52

545

41

454

M M M S

M

M M S

M

M S

Četvrta aproksimacija:

.02,006,033,0;06,0

,4,017,133,0

,2,017,117,0

,585,017,15,0;17,129,088,0

,03,009,033,0

,06,009,067,0;09,0

6763656

56

52

545

41

454

M M M S

M

M

M S

M

M S

Pošto je greška vrlo mala i iznosi u pojedinim čvorovima: čvor 4: M = 0,29 kNm, čvor 5:M = - 0,04 kNm, čvor 6: M = - 0,2 kMm, moglo bi se prekinuti s daljim aproksimacijama. MeĎutim, ovdje jeuraĎena i peta aproksimacija za čvorove 4 i 6 da bi i u njima greška bila manja od 0,2 kNm.

Peta aproksimacija:

.07,02,033,0,2,0

,096,029,033,0

,19,029,067,0,29,0

6763656

41

454

M M M S

M

M S

Konačni momenti su dobiveni sabiranjem (slika 12.66.).

41 M 8,8 – 0,27 + 0,87 – 0,03 + 0,096 = 9,47 kNm,

45 M - 26,7 + 17,9 +0,825 – 0,553 – 2,65 + 1,77 + 0,09 – 0,06 – 0,29 +0,19 = - 9,48 kNm,

54 M 26,7 + 1,65 + 8,95 – 5,3 – 0,276 + 0,185 + 0,88 – 0,585 – 0,03 = 32,17 kNm,

52

M 0,56 – 1,8 + 0,063 – 0,2 = - 1,4 kNm,

56 M -30 + 1,1 + 1,65 – 3,5 – 0,09 + 0,12 +0,29 – 0,4 – 0,01 = - 30, 8 kNm,

65 M 30 + 3,3 +0,55 – 0,18 – 1,75+ 0,58 + 0,06 – 0,02 – 0,2 + 0,07 = 32,4 kNm,

63 M 3,3 – 0,18 + 0,58 – 0,02 + 0,007 = 3,8 kNm,

67 M - 40 + 3,3 – 0,18 + 0,58 – 0,02 + 0,07 = - 36,2 kNm,76 M 40 + 1,65 – 0,09 + 0,29 – 0,01 + 0,035 = 41,8 kNm,



30

9,12

8,3

2

6336

M M kNm.

Da bi se nacrtao dijagram momenata savijanja (slika 12.68.) potrebno je izračunati vrijednosti momenata

savijanja u još četiri tačke. Te vrijednosti su dobijene korištenjem statičkih uslova ravnoteže (slika 12.67.).

Slika 12.67. Elementi konstrukcije s opterećenjem

kNm.8,192302,36429''',kNm8,212,36229''

,kN29,08,412304302,366

kNm,4,288,3037,19'

,7,19,04,323408,306

kNm,92,1948,9

2

7,1207,13,34,7,1,3,3420,0

,3,34,017,3248,92804

66

55

2

44

M M

F F

M

kN F F

M m z z F

kN F F

V V

V V

et

V V

Pri crtanju momentne površine treba voditi računa o znacima momenata.

Slika 12.68. Dijagram momenata savijanja za konstrukciju na slici 12.64.

q=20

32,17 9,48

32,4 30,8 41,8 36,2

F 4V F 5V

40 30 30

F 6V

9,59,5

19,9

1,4

32,230,8 32,4

36,2

28,4

1,9

3,8

21,8 19,8

41,8



31

13


Primjer 13.1.

Puno kružno vratilo nosi dva kaišnika težine G1 = 5 kN i G2 = 10 kN, prečnika D1 = 1 m, D2 = 2 m (slika

13.14.a). Preko prvog kaišnika se dovodi snaga od motora, a preko drugog se odvodi na radne strojeve. Silezatezanja u kaiševima su prikazane na slici 13.14.b. Vidi se da je kod prvog kaišnika sila u odlaznom ogranku

dva puta veća nego u nailaznom, a kod drugog je obrnuto. Dimenzionisati vratilo primjenom hipoteze najvećeg rada na promjeni oblika, ako je 75d MPa.

a) b)

Rješenje:

Pri kretanju, usljed prenošenja obodne sile, povećava se zatezanje u radnom kraku i veličine tih sila su date naslici 13.14.b. Projekcije tih sila, nakon njihove redukcije u težište poprečnog presjeka vratila, u vertikalnoj ihorizontalnoj ravni i težine kaišnika opterećuju vratilo na savijanje. Istovremeno vratilo je opterećeno nauvijanje spregovima. Sile i spregovi su:

Fy1= 5 + (10 + 20) sin 45° = 26,2 kN ,

Fy2= 10 + ( 5 + 10) cos 45° = 20,6 kN ,

Fx1= (10 + 20) cos 45° = 21,2 kN ,

Fx2= - (10 + 5) sin 45° = -10,6 kN ,

Mt= M1 = (20 - 10)0,5 = M2 = (10 – 5)1 = 5 kNm. (a)

Da bi se mogao nacrtati dijagram transverzalnih sila i momenata savijanja, izračunate su reakcije u osloncima iz

statičkih uslova ravnoteže:

.kNm325,15,065,2,kNm625,65,025,13

,kNm115,022,kNm4,125,08,24

kN.25,1365,26,102,21,0

kN,65,2,05,02,215,16,102,0

kN,8,24226,202,26,0

kN,22,05,02,265,16,202,0

21

21

y y

x x

Ai

B B A

Ai

B B A

M M

M M

X X

X X M

Y Y

Y Y M

Maksimalni moment savijanja je u presjeku 1, tj.

45°

5 kN

45°

10 kN

2010

x

0,5 1 m 0,5

AB

1G

2G

Slika 13.14. a) Vratilo s kaišnicima b) Sile u kaiševima dva kaišnika



32

06,1421

21max y x f M M M kNm. (b)

Dijagrami transverzalnih sila, momenata savijanja i momenata uvijanja dati su na slici 13.15.

Maksimalni napon savijanja je prema (7.22)

x

f

W

M ma xma x , (c)

a maksimalni smičući napon je prema (6.7)

o

t

W

M ma x . (d)

I jedan i drugi napon se javljaju u ivičnim tačkama poprečnog presjeka. Iz tablica [45] za kružni poprečni presjek je

32

3 d W x , a

16

3 d W o . (e)

Prema HMH hipotezi ekvivalentni napon je dat izrazom (13.45), odnosno (13.46)

d i 21

21

2221

22

21 3 . (f)

Iz (f), a korištenjem izraza (a), (d) i (e) uz vrijednosti za momente savijanja i uvijanja (b) i (a) dobija se

75000

16

53

32

06,14

2

1

23

2

23

2

d d

,

odakle je d = 0,126 m.

Primjer 13.2.

Štap prečnika d = 200 mm izložen je djelovanju momenata uvijanja M kao na slici 13.16. Štap je napravljen odmaterijala za koji je dozvoljeni zatežući napon 620 MPa, a dozvoljeni pritisku jući napon je 820 MPa. Odreditimaksimalnu vrijednost sprega M prema Morovoj hipotezi.

200 mm

M

M

Slika 13.15. a) Dijagrami transverzalnih sila i momenata savijanja kada opterećenjedjeluje u vertikalnoj ravni

b) Dijagrami transverzalnih sila i momenata savijanja kada opterećenjedjeluje u horizontalnoj ravni

c) Dijagram momenata uvijanja

A B1 y F

2 y F

F ty

x

24,8

1,422

12,411

–

+

t 5

a)

c)

+

xA B1 x F

2 x F

F tx

y

7,95

13,252,65

1,325

6,625

b)

– +

–



33

Rješenje:

Smičući napon je prema (6.7)

M M

R I

M

o

t 6,636

32

2,0

1,04

. (a)

Glavni naponi su prema (6.13)

31 , , (b)

a prema Morovoj hipotezi izraz za granično stanje napona je (13.30) i uz (13.30a) se dobija

.131 dcde

Uvrštavanjem (a) i (b) u (c) dobija se

110820

6,636

10620

6,63666

M M ,

M = 555103 Nm = 555 kNm.

Primjer 13.3.

Za vratilo, kružno- prstenastog poprečnog presjeka, kruto su vezane dvije ručice dužine a (slika 13.17). Vratilo

naliježe na tri kruta oslonca koji se nalaze na istom nivou. Na krajevima ručica djeluju sile F, koje sumeĎusobno paralelne. Dimenzionisati vratilo prema hipotezama najveće dilatacije i najvećeg napona smicanja.

Uzeti da je opasni presjek na mjestu D. Poznato je: l = 4 m, 60,kN20,2

1,

4 d F

D

d l a MPa,

3,0 .

Slika 13.17. Vratilo opterećeno silama F

Rješenje:

Nosač na slici 13.17. je statički neodreĎen i suvišna reakcija se može dobiti primjenom metode superpozicije.Prethodno su sile F redukovane u težište poprečnog presjeka vratila.

Ugib na mjestu oslonca B je prema [45]

.0

48

2

2

243

2

22

482

243

2

22

48

3

2

3

2

3

x

B

x x

B

EI

l F

l

l

l

l

EI

l F

l

l

l

l

EI

l F f

l/2

A B

F

a

l/2

F

C

D

l la

Slika 13.16. Štap opterećenmomentom uvijanja



34

Reakcija u osloncu B je

F F B8

11 .

Reakcije u osloncima A i C su:

.165

simetrija,2

F F F

F F F F F F

C A

C A BC A

Moment savijanja u presjeku D je

,kNm5,122

420

16

5

2

l F M A f

a moment uvijanja je

204

420

4

l F a F M t kNm.

Normalni napon savijanja je prema (7.22)

x x

f

W W

M 3max

max

105,12 ,

a maksimalni smičući napon je prema (6.7)

x x x

t

o

t

W W W

M

W

M 33

ma x

1010

2

1020

2

.

Ekvivalentni napon je prema hipotezi najveće dilatacije (izraz 13.19)

cm.3,15

,cm6,3282

11

321

32

cm6,328m106,328

.10601010

4105,12

2

3,01105,12

2

3,01

,42

1

2

1

34343

336

6

2

23

2

233

22

D

D DW

W

W W W

x

x

x x xi

d i

Ekvivalentni napon je prema hipotezi najvećeg napona smicanja (izraz 13.26.a)

cm.2,16,cm3,393

.10601010

4105,12

,4

3

6

2

23

2

23

22

DW

W W

x

x x

i

d i

Usvaja se veći prečnik, tj. D 2,16 cm, D = 17 cm.



35

14Primjeri i zadaci

Primjer 14.1.

Dimenzionirati stup, poprečnoga presjeka I P NP, oslonjen zglobno na oba kraja, visine l = 5 m, ako

prenosi silu F = 600 kN pri koeficijentu sigurnosti ν = 3.5. Modul elastičnosti materijala je E = 210,4

GPa, a granična vitkost je λgr =105. Usporediti dimenzioniranje po metodi Ojlera i Tetmajera.

Rješenje:

a) Po Ojleru je (izraz 14.29)

445

112

5

2

2

min 8,25301053078,210104,2

251065,3 cmm

E

Fl v I

čemu odgovara, kao prva veća mjera, I P NP 22 ( I y = 2840 cm4, A = 91.1 cm

2, i y = 5.583 cm) pa je

vitkost stupa (prema 14.23) λ = 89.56 < 105.

b) Po Tetmajeru je

304 1.118 203.87kr MPa (tabela 14.2) pa je potrebna površina poprečnoga presjeka A = νF/σ kr =

103.0 cm2 što odgovara profilu I P NP 24 ( I y = 4150 cm

4, A = 111 cm

2 i i y = 6.11 cm). Nova je vitkost λ1

= 500/6.11 = 81.83, kritično naprezanje σ kr 1 = 212.5 MPa te površina A1 = 98.82 cm2 što ponovo odgovara

profilu I P NP 24 kao prvom većem.

Primjer 14.2.

Stup (Č.0360), visine 4m, a čiji su krajevi oslonjeni zglobno, prenosi uzdužnu

tlačnu silu F = 300 kN . Stup je sastavljen iz dvaNP

profila (slika 14.7) natakvom meĎusobnom rastojanju da se elipsa inercije pretvara u krug. OdreditimeĎusobno rastojanje prečaga. Koeficijent sigurnosti pri izvijanju je ν = 4.

Rješenje:

Uvjet da se elipsa inercije pretvori u krug je dan izrazon

2

2 2 2 ; 2 x y

y x

I I I I I A e a I a e

A

Za materijal Č.0360 iz Tabele 14.5. E = 210,4 GPa, a iz Tabele 14.2 λgr =105.

Po Ojleru je (izraz 14.29)446

112

5

2

2

min 5,92510255,910104,2

161034cmm

E

Fl I

,

a za jedan profil je I min=462,75 cm4 ,

pa se usvaja profil NP 14 ( I x = 605 cm4; A = 20,4 cm

2; i x = 5,45 cm) te je vitkost λ = 400/5,45 = 73 što

je manje od 105 pa je izvijanje u plastičnome područ ju.

Po Tetmajeru (Tabela 14.2)

304 1.118 222.4kr MPa, pa je potrebna površina poprečnoga presjeka A = νF/σkr

A =0.005396 m2 = 53.96 cm

2

Profil s površinom od A/ 2 = 27 cm2 (jer rastu dozvoljena naprezanja sa smanjenjem vitkosti) je NP 18

( I x = 1350 cm4; A = 28,0 cm

2; i x = 6,95 cm; I y = 114 cm

4; i y = 2,02 cm; e = xC = 1.92 cm) te je vitkost λ =

y

x, ξ

ea

h

η

lika 14.7. Uzdužni i poprečni presjek stupa



36

57,55. 304 1.118 239.66 MPakr i potrebna površina je A = 54,22 cm2 odnosno po profilu A/ 2 =

27,11 cm2 što zadovoljava.

Rastojanje profila je cma 448,992,128

11413502

Za rastojanje prečaga važi uvjet λ = l/imin = h/i1, tj. h = λi1 gdje je i1 manji polumjer tromosti jednoga profila pa je

h = 2.02x57.55 = 116 cm

U praksi se obično uzima ovo rastojanje za 2 do 3 puta kraće te se usvaja h = 470 mm.

Primjer 14.3.

Konzola, dužine 2 m, opterećena je na slobodnome kraju vertikalnimteretom G =300 kN , a zategnuta je šipkom BC , dužine 2,5 m, koja je

zglobno vezana za zid (slika 14.8).

Dimenzionirati konzolu ako je kružno prstenastoga poprečnog presjeka, odnosa polumjera ψ = 0,9. Materijal šipke ima mehaničkekarakteristike E = 205 GPa, σ -T = 288 MPa, ν1 =1,8.

Slika 14.8. Konzola opterećena teretom G

i zate gnuta šipkom BC Rješenje:

Težina tereta se može rastaviti u dvije komponente u točki B tako da je konzola opterećena samo na tlak silom

kN F 400

2

25,2

300

21

22

. Pod pretpostavkom da je naprezanje u elastičnome području, po Ojleru će moment

tromosti i polumjer za poduprtu konzolu biti (prema 14.21)

cm I

R R

E

Fl I R 46,3

1

41

48,3810

10205

27,0104004

4

44

8

92

23

2

2

polumjer tromosti je 21 2i I A R 2,33 cm a vitkost konzole λ = l R /i = 60,08.

Kritična vitkost se računa prema (14.31)

.77,8310288

10205,2,

26

9

122

1

kr

T kr

E

Vitkost je manja od kritične, pa se račun mora ponoviti. Za dobiveni odnos λ/ λkr =0,72 iz Tabele 14.3 se

dobiva vrijednost ω = 1,354 pa je potrebna površina

.53,785,33 21 cm Rcm F F

AT cd

Za ovaj polumjer je i = 5,06 a vitkost λ = 27,66 što daje ω = 1,059 i novu površinu A = 26,475 cm2

odnosno polumjer R = 6,66 cm. Sljedeći krug daje i = 4,46, λ = 31,36, ω = 1,075, A = 26,875 cm2, R = 6,7

što se vrlo malo razlikuje od prethodnog pa se može uzeti dobivena vrijednost R = 6,7 cm.

Primjer 14.4.

Stup ( λ gr = 80, E = 105 MPa) dužine l , poprečnog presjeka prema slici 14.9b (a=3 cm), na jednom kraju je

uklješten, a na drugom zglobno vezan i opterećen uzdužnom silom F. Odrediti dopuštenu uzdužnu silu, ako je stvarna vitkost stupa λ=84, a koeficijent sigurnosti ν = 3. Kolika je

stvarna dužina stupa?

F

l

y

x

3a a

a

a

C

2 m G

C

B A



37

Slika 14.9.

a) Stup opterećen uzdužnom silom

b) Poprečni presjek stupa

a) b)

Rješenje:

Kako je vitkost λ > λ gr , kritična sila se računa po Ojleru. Momenti tromosti poprečnog presjeka za osi x i y su:

.5,12123

23

22

,48662

3

122

12

42

,16223

32

442

44

2

243

443

cmaaaa I

cmaaaaaa

I

cmaaa

I

xy

y

x

Glavni momenti tromosti poprečnog presjeka su (izrazi D1.32):

,42

1

2

222,1 xy y x

y x I I I

I I I

a minimalni moment tromosti je:

.5,1212

3

,2

3462

2

1

2

624

2

1

2

44

min

24244

4422

2min

cma I

aaaaa

I I I I I

I I xy y x y x

Polumjer inercije je:

.5,12

minmin cm

a

A

I i

Reducirana dužina je prema (14.23):

l r = λimin = 84 ·1,5 = 126 cm

a za oslanjanje prema slici 14.9a koristi se izraz (14.14) (poduprta konzola), pa je:

l r = 0,7 l ,

a stvarna dužina stupa je

l = mcm 8,11807,0

126 .

Kritična sila je prema (14.14)

N

l

EI F kr 739470

26,1

105,1211010

7,02

8652

2min

2

Sila F pri koeficijentu sigurnosti ν je:

N F

F kr 2464903

739470



38

Primjer 14.5.

Greda AB vezana je zglobno u C za štap CD (slika 14.10). Za koliko se može povećati temperatura štapa danaprezanja ostanu manja od dopuštenih, σ d = 140 MPa, ako je koeficijent sigurnosti pri izvijanju ν = 2,6. Zadano

je: E = 2·1011

Pa, λ gr =100, l = 5 m, α = 12,5·10-6

1/K.

Slika 14.10. Konstrukcija sastavljena od grede i štapa

Rješenje:

Konstrukcija na slici 14.10 je jednom statički neodreĎena i može se riješiti metodom superpozicije. Štap sezagrijava i u njemu se javlja tlačna sila (slika 14.11). Maksimalna vrijednost te sile se dobija iz uvjeta da jemaksimalno naprezanje manje od dopuštenog i u štapu i u gredi.

Iz tablica se nalazi

: A=32,2 cm2, I min=148 cm

4, imin=2,14 cm

I 40: W x=1460 cm3, Ix=29210 cm

4

Slika 14.11 Ekvivalentni sistem za nosač na

slici 14.10

Za aksijalno naprezanje prema (4.16)

d A

Q ,

pa je maksimalna sila u štapu

.108,450102,3210140 346 N Q

Za gredu prema (7.46) je

d x x W

Ql

W

M

2

ma xma x ,

a maksimalna sila je

N Q 366

1076,815

101460101402

.

Usvaja se manja vrijednost, tj. Q = 81,76 kN.

Vitkost štapa je prema (14.23)

ll

A BC

D

l 20

I 40

A B

C

D

Q

Q

20



39

6,23314,2

500

min

i

l r > λ gr ,

pa vrijedi Ojlerova sila izvijanja (14.21)

.1074,11625

10148102 38112

2

min2

N l

EI F kr

Sila treba da bude ν puta manja od kritične

.9,446,2

74,116kN

F F kr

Budući da je F < Q, usvaja se Fmax = 44,9 kN .

Priraštaj temperature se dobiva iz uvjeta da je ugib u C [42] jednak izduženju štapa, koje se računa pomoćuizraza (4.18) i (4.9).

411

36

811

33

ma x3

max

102,32102

5109,445105,12

102921010248

10109,44

,48

2

T

EA

l F Tl

EI

l F

ΔT = 262° C



40


Primjer 15.1.

Uporediti najveće normalne napone u zakrivljenoj gredi datoj na slici 15.15 kvadratnog poprečnog presjekadimenzije 50 mm u tri specijalna slučaja radijusa zakrivljenosti r o težišne ose grede:(a) r o = 75 mm, (b) r o = 250

mm i (c) r o = (prava greda).

Rješenje:

(a) Poluprečnik krivine neutralnog sloja za pravougaoni presjek odreĎen je jednačinom (15.12a),

mm13,72

50

100ln

50100

ln1

2

12

r

r

r r r n .

Raspored napona u presjeku grede odreĎen je jednačinom (15.10),

r r

r

Ae

M n 07213,01

07213.0075,005,005,0

20831 . (a)

Za m1050 3

1

r r iz jednačine (a) slijedi napon na unutrašnjim vlaknima grede MPa5,1281

r , dok za

m10100 3

2 r r slijedi normalni napon na vanjskim vlaknima MPa9,80

2r .

(b) Za slučaj radijusa zakrivljenosti r c = 250 mm poluprečnik krivine neutralnog sloja je na osnovu jednačine(15.12a),

mm16,249

225

275ln

225275

ln1

2

12

r

r

r r r n .

Raspored napona odreĎen je jednačinom (15.10),

r r

r

Ae

M n 24916,01

24916.0250,005,005,0

20831 . (b)

M = 2083 Nm

r c

b=50

r 2 r 1

Slika 15.15. Kriva greda pravougaonog poprečnog presjeka



41

Za m10225 3

1

r r iz jednačine (b) slijedi napon na unutrašnjim vlaknima grede MPa5,1061

r , dok za

m10275 3

2

r r slijedi normalni napon na vanjskim vlaknima MPa2,932

r .

(c) U slučaju prave grede napon se mijenja linearno prema jednačini (7.13)

y y I

M

x

x

12

05,005.0

20833

,

prema kome slijedi za m025,0 y normalni napon na donjim vlaknima grede MPa100 , odnosno za

m025,0 y dobija se napon na gornjim vlaknima grede MPa100 .

Iz dobijenih rezultata može se zaključiti da za odnos visine presjeka i poluprečnika krivine grede550/250/ br o formula za proračun normalnih napona usljed savijanja pravih greda pravi grešku od 6,8 %,

dok bi greška u slučaju pod (a) gdje je odnos 5,150/75/ br o bila 28%.

Primjer 15.2.

Za rascjepljeni prsten dimanzija i poprečnog presjeka prikazanog na slici 15.6 odrediti dozvoljeno opterećenje F

ako normalni naponi istezanja, odnosno pritiska u presjeku A-A ne smiju biti veći od 100 MPa, odnosno 150MPa.

Rješenje:

Geometrijsko središte presjeka A-A je:

mm25,281501001005050200

3755010030010050225502003

1

3

1

ii

iii

O

A

y A

y .

Iz statičkih jednačina ravnoteže sistema datog na slici dobijaju se aksijalna sila i moment sprega sila u presjeku

A-A:

,0 F F F o z

A AO

F

F o

M o

Slika 15.17. Sile u presjeku A-A

A A

50 100 50

50

200100

O

281,25

F

F

x

200

Slika 15.16. Geometrija i opterećenje prstena



42

028125,0ooo F M M

odakle slijedi F F o i F M o 28125,0 .

Poluprečnik krivine neutralnog sloja je na osnovu jednačine (15.11) i slike 15.16

mm.36,267

350

400ln100

250

350ln50

200

250ln200

20000

400

350

50

50

350

250

25

25

250

200

100

100

501001005050200

3

1

3

1

y

dydx

y

dydx

y

dydx

ii A r

dA

i i A

r

dA

Anr

U presjeku A-A javiće se normalni napon usljed dejstva aksijalne sile o F (jednačina (15.1)) i sprega sila

momenta o M (jednačina (15.10)):

r

r

Ae

M

A

F noo 1 . (a)

Najveći napon zatezanja javiće se na vanjskim vlaknima na presjeku A-A , to jest za mm400r , te iz

jednačine (a) slijedi

6

3

3

3664,0 1010010400

1036,26711036,26725,2811020000

28125,01020000

F F r ,

odakle se dobija kN350 F .

Najveći napon na pritisak javiće se na unutarnjim vlaknima na presjeku A-A , to jest za mm200r , te iz

jednačine (a) slijedi

6

3

3

3664,0 1015010200

1036,2671

1036,26725,2811020000

28125,0

1020000

F F r ,

odakle se dobija kN6,383 F . Dakle, da bi normalni napon bio u granicama traženim zadatkom mora bitikN.350 F

Primjer 15.3.

Sud pod pritiskom napravljen od čelične ploče debljine 7 mm ima oblik paraboloida, kao što je prikazano na

slici 15.18. Presjek paraboloida s ravni y = 0 je kvadratna parabola jednačine 100/

2

x z (gdje su vrijednostikoordinata x i z date u milimetrima). Potrebno je odrediti meridijanske i cirkularne napone u sudu na visini od

400 mm od dna suda ako je u sudu gas pod pritiskom od 4 MPa.



43

Rješenje:

Za z = 400 mm iz jednačine parabole slijedi 200100 z x mm, a nagib tangente

4100/2002100/2/' xdxdz tg , odakle slijedio96,75' , odnosno oo 04,14'90 .

Iz statičkog uslova ravnoteže,

0cos2cos 2 x pxdF dP F m

A

z ,

odnosno

004,14cos007,02,022,0104 26 o

m ,

slijedi 59

m MPa.Da bi se odredio cirkularni napon iz jednačine (15.27) potrebno je odrediti meridijanski i cirkularni poluprečnik.Cirkularni poluprečnik je na osnovu slike 15.18b 2,20604,14cos/200cos/ xr c mm, dok meridijanski

poluprečnik slijedi iz jednačine

mm3505

50

1

41/112/32

2

2

2/32

dx

z d

dxdz r

m

m

.

Iz jednačine (15.27) slijedi cirkularni napon,

MPa4,114505,3

59

007,0

42062,0

m

mccr

pr

Primjer 15.4.

Potrebno je napraviti poreĎenje proračuna cirkularnih napona prema formulama za tankostijeni, odnosnodebelostijeni cilindar pod dejstvom unutrašnjeg pritiska za odnos debljine stijenke cijevi i unutrašnjeg

poluprečnika jednak 1,1 odnosno 2, slika 15.19.

=7 A p

dP dFdF

400

y

z

x

m

c

x = 200

(a) (b)

Slika 15.18. Geometrija i sile u sudu pod pritiskom u obliku paraboloida.

r c



44

Rješenje:

Jednačine (15.46) i (15.47) daju tačne (analitičke) vrijednosti radijalnog i cirkularnog napona u cilindruopterećenom na unutrašnjoj površini pritiskom pa i pritiskom pb na vanjskoj površini. Za slučaj pb = 0, naponi

su dati jednačinama (15.53) i (15.54) koje se mogu pisati u sljedećem obliku:

1

1

2

2

a

b

r b

par ,

1

1

2

2

a

b

r b

pac . (a)

Za slučaj 1,0/ a , odnosno 1,1/ ab , na osnovu prethodnih jednačina slijedi

za ar : acar p p 52,10 , ,

odnosno za br : acr p52,9 ,0 .

Na osnovu prethodnih rezultata vidi se da je cirkularni napon najveći na unutrašnjoj površini cilindra,

ac p52,10 , i da opada s povećanjem radijusa tako da na vanjskoj površini cilindra ima najmanju vrijednost,

ac p52,9 , dok je radijalni napon ar p manji od cirkularnog za jedan red veličine.

U slučaju da se cirkularni napon računa preko približne formule izvedene za slučaj tankostijenih cilindara, gdje je pretpostavljeno da je cirkularni napon konstantan po debljini stijenke cilindra, na osnovu jednačine (15.35)slijedi

.10 aac pa

p

Na osnovu prethodnog rezultata vidi se da za odnos debljine stijenke i poluprečnika cilindra 1,0/ a ,

približna formula za proračun cirkularnog napona daje grešku od oko 5%.

Za slučaj 1/ a , odnosno 2/ ab , na osnovu jednačine (a) slijedi

za ar : acar p p 667,1 , ,

odnosno za br : acr p6667,0 ,0 .

Na osnovu prethodnih rezultata vidi se da je cirkularni napon najveći na unutrašnjoj površini cilindra,

ac p667,1 , i da opada s povećanjem radijusa tako da na vanjskoj površini cilindra ima najmanju vrijednost,

ac p6667,0 , dok je radijalni napon u ovom slučaju ar p i istog je reda veličine kao i cirkularni napon.

U slučaju da se cirkularni napon računa preko približne formule izvedene za slučaj tankostijenih cilindara slijedi

.aac pa

p

Na osnovu prethodnog rezultata vidi se da za odnos debljine stijenke i poluprečnika cilindra 1/ a , približnaformula za proračun cirkularnog napona daje grešku u odnosu na maksimalni cirkularni napon od 40%.

ab

pa

Slika 15.19 Cilindar pod pritiskom: a) b/a = 1,1 i b) b/a = 2.

(a)

pa

1,667pa

0,667pa

(b)



45

Primjer 15.5.

Cilindar prikazan na slici 15.20 napravljen je presovanjem dva cilindra modula elastičnosti 5102 E MPa.

Vanjski prečnik cilindra B je bio 300 mm. Unutrašnji prečnik cilindra A bio je 100 mm, a vanjski 200 mm.

Razlika izmeĎu vanjskog prečnika cilindra A i unutrašnjeg prečnika cilindra B (preklop) bila je prije montaže0,2 mm. Potrebno je odrediti: (a) pritisak (radijalni napon) na kontaktu dva cilindra, (b) raspored normalnih

napona u sklopu usljed montaže, (c) raspored normalnih napona u sklopu nakon što se u cilindar dovede gas pod

pritiskom 200a p MPa.

Rješenje:

(a) Radijalni napon na kontaktu dva cilindra u sklopu računa se prema jednačini (15.70),

MPa2,3505,015,01,04

05,01,01,015,00002,0102

4 223

22225

223

2222

acb

abbc E pr

(b) Cirkularni, odnosno radijalni napon na unutrašnjem i vanjskom prečniku unutrašnjeg cilindra slijedi naosnovu jednačina (15.57) i (15.58) za 2,35b p MPa,

005,0

05,01

05,01,0

2,351,02

2

22

2

ar , MPa9,9305,0

05,01

05,01,0

2,351,02

2

22

2

ac ,

MPa2,3521,0

205,01

205,021,0

2,3521,0

br , MPa7,5821,0

205,01

205,021,0

2,3521,0

bc

Cirkularni, odnosno radijalni napon na unutrašnjem i vanjskom prečniku cilindra B slijedi na osnovu jednačina(15.53) i (15.54) za 2,35

a

p MPa,

MPa2,351,0

15,01

1,015,0

2,351,02

2

22

2

br , MPa5,911,0

15,01

1,015,0

2,351,02

2

22

2

bc ,

015,0

15,01

1,015,0

2,351,02

2

22

2

cr , MPa3,5615,0

15,01

1,015,0

2,351,02

2

22

2

cc .

Na slici 15.21 dat je raspored normalnog i cirkularnog napona u sklopu nastao usljed montaže cilindara.

Slika 15.20 Sklop dva cilindra.

B

Ab

a

c



46

(c) Pod pretpostavkom da se sklop ponaša kao cjelina dovoĎenjem gasa pod pritiskom 200a p MPa,

cirkularni i normalni naponi na radijusu a, b i c sklopa usljed ovog pritiska računaju se pomoću jednačina(15.53) i (15.54):

MPa20005,0

15,01

05,015,0

20005,02

2

22

2

ar , MPa25005,0

15,01

05,015,0

20005,02

2

22

2

ac ,

MPa2,311,0

15,01

05,015,0

20005,02

2

22

2

br MPa2,811,0

15,01

05,015,0

20005,02

2

22

2

bc ,

015,0

15,01

05,015,0

20005,02

2

22

2

cr , MPa5015,0

15,01

05,015,0

20005,02

2

22

2

cc .

Na slici 15.22 dat je raspored normalnog i cirkularnog napona u sklopu nastao usljed unutrašnjeg pritiska gasaod 200 MPa

Obzirom da je riječ o linearnom problemu (linearnoj teoriji elastičnosti) ukupni naponi u sklopu se mogu dobitisabiranjem istih komponenata napona usljed montaže (postojanja preklopa) i usljed dejstva pritiska na

unutrašnjem radijusu od 200 MPa. Naponi na unutrašnjem i vanjskom prečniku cilindra A su:

MPa200ar , MPa1,1562509,93

ac ,

MPa4,662,312,35 br , MPa5,222,817,58 bc .

Naponi na unutrašnjem i vanjskom prečniku cilindra B su:

Slika 15.22 Radijalni i cirkularni napon u sklopu usljed

unutrašnjeg priti ska gasa od 200 MPa.

-200

-150

-100

-50

0

50

100

150

200

250

0,05 0,075 0,1 0,125 0,15

radijus, m

n a p o n ,

M P a

c

r

-100

-75

-50

-25

0

25

50

75

100

0,05 0,075 0,1 0,125 0,15

radijus, m

n a p o n , M P a

Slika 15.21 Radijalni i cirkularni napon u sklopu usljed montaže.

c

r

r

c



MPa4,662,312,35 br , MPa7,1722,815,91

bc ,

0cr , MPa3,106503,56

cc .

Na slici 15.23 dat je raspored ukupnog normalnog i cirkularnog napona u sklopu nastao usljed montaže cilindarai unutrašnjeg pritiska fluida od 200 MPa.

c

c

-250

-200

-150

-100

-50

0

50

100

150

200

0,05 0,075 0,1 0,125 0,15

radijus, m

n a p o n ,

M P a

Slika 15.23 Radijalni i cirkularni napon u sklopu usljed montaže iunutrašnjeg pritiska gasa od 200 MPa.

r r

Documents

Otpornost II Zadaci - elastostatika 2