Skripta riješenih zadataka

Kolegij: Otpornost materijala 1

Pripremili:

Škec Leo

Literatura:• .: Otpornost materijala I, Školska knjiga, Zagreb, 2002.• .: Otpornost materijala II, Školska knjiga, Zagreb, 2002.• ,

2004.• , •• Bazjanac D.: .• Timošenko S.: .• Timošenko S.: .• Benham P.P., Crawford R.J.: Mechanics of Engineering Materials, Longman

Scientific and Technical, Harlow, 1988.• Beer F.P., Johnston E.R.: Mechanics of Materials, McGraw-Hill, London, 1992.• Stanek M., Turk G.: Osnove mehanike trdnih teles, Fakulteta za gradbeništvo in

geodezijo Univerze v Ljubljani, Ljubljana, 1996.• : .• : .

2

1. Zadatak

zr unati naprezanja i nacrtati dijagram naprezanja.

2

2

11

11

mm

NMPa

m

NPa

=

=

Vrijednosti uzdužnih sila na pojedinim segmentima :

NFFFN

FFN

NFN

I

II

III

4123

21

41

104

0

102

⋅=−+=

=+−=⋅−=−=

Vrijednosti naprezanja na pojedinim segmentima :

MPaPaA

NA

N

MPaPaA

N

II

III

IIIIII

401040

0

201020

6

6

=⋅==

==

−=⋅−==

σ

σ

σ

mb

ma

mcmA

PaE

NF

NFF

1

2

1010

102,2

104

102

232

11

43

421

==

==

⋅=

⋅=

⋅==

−

3

F

F

F

1

2

3

(1)

(2)

(3)

l 1

l 2

l 3

120 cm

x

2. Zadatak

, 40 i 80 cm od slobodnog kraja aksijalnim silama F1= 15 kN, F2= 10 kN i F3= 5 kN.

unati naprezanja u pojedinim dijelovima stupa i pomak slobodnog kraja.

24422

321

5

1056,124

104

4

403

;120

4

102

md

A

cmL

llllcmL

cmd

MPaE

−−

⋅=⋅

==

======

=⋅=

ππ

Naprezanja po dijelovima:

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

( )( ) MPaPa

m

N

A

N

kNFFFN

cmx

MPaPam

N

A

N

kNFFN

cmx

MPaPam

N

A

N

kNFN

cmx

2410241056,12

1030

30

120803

2010201056,12

1025

25

80402

1210121056,12

1015

15

4001

624

33

3

3213

624

32

2

212

624

31

1

11

−=⋅−=⋅⋅−

==

−=−−−=<≤

−=⋅−=⋅⋅−

==

−=−−=<≤

−=⋅−=⋅⋅−

==

−=−=<≤

−

−

−

σ

σ

σ

K

K

K

Pomak slobodnog kraja:

( ) ( ) ( )( ) ( )

( ) ( )( ) ( )( ) ( )

mmllll

mmmNkl

mmmNkl

mmmNkl

N

m

AE

lk

NkNNNAE

lllll

ii

112,0

048,01080,4103010159,0

04,01000,4102510159,0

024,010415,2101510159,0

10159,01021056,12

4,0

321

53833

53822

53811

8114

3

1321321

−=∆+∆+∆=∆

−=⋅−=⋅−⋅⋅=⋅=∆

−=⋅−=⋅−⋅⋅=⋅=∆

−=⋅−=⋅−⋅⋅=⋅=∆

⋅=⋅⋅⋅

==

⋅=++=∆+∆+∆=∆

−−

−−

−−

−−

=∑

4

A

B

1

2

FB

1

2

l t

Bl

E1 1A

E 2A2

1

2

T

l

l

FAA

B

1

2

1

2

E1 1A

E 2A2

1

2

l

l

3. Zadatak

δodrediti naprezanja u štapu pri promjeni temperature za + T .

Ukoliko nema vanjskog otpora izduženju štapa, nema niti naprezanja u štapu.

Sve dok je δ≤∆ tl u štapu nema naprezanja.

Ukoliko je tendencija štapa da se izduži za δ>∆ tl štap

na, odnosno s predznakom – (minus).

– realno izduženje

Iz uvjeta ravnoteže štapa: BABA FFFF =→=− 0

0,0

0,02211

≠>→>∆=>→≤∆

∆+∆=∆

σεδσεδ

αα

t

t

t

l

l

TlTll

( )( )

( )3

2)(

1

22

2

11

1

2211

K

K

K

AE

lF

AE

lFl

Tlll

ll

BBB

t

Bt

+=∆

∆+=∆

∆−∆=

ααδ

( ) ( ) ( ) [ ]

[ ]

[ ]

+

−∆+−=−=

+

−∆+−=−=

+

−∆+=⇒→

22

11

1

212

112211

22

22

11

1

21

12211

11

22

11

1

21

112211

1

)(

1

)(

1

)(13;2

AE

AE

l

llA

AETll

A

F

AE

AE

l

ll

ETll

A

F

AE

AE

l

ll

AETllF

Bx

Bx

B

δαασ

δαασ

δαα

5

S1

S

A

BC

2

1 AE 1

2E A2

1S

D

E oo

F

2S

acba

b

b

HG

2

1

E oo

4. Zadatak

njihova produljenja.

mc

mb

ma

kNF

MpaE

Mpadop

1

2

3

100

102

1405

====

⋅=

=σ

ml

ml

2

2222

2

221

==+=

kNSSSSM

kNFSFSM

C

H

8,17645sin3

575

45sin3

50345sin50

751004

3

4

30340

2112

22

=°⋅

=°⋅

=→=⋅°⋅−⋅⇒=∑

===→=⋅−⋅⇒=∑

Dimenzioniranje:

)15,6(2861,24

4

36,510536,010140

1075

)85,13(4201,44

4

6,121026,110140

108,176

221

22

22

2

2236

32

2

211

11

21

1

2236

31

1

cmAmmdusvojenocmA

dd

A

cmmS

A

cmAmmdusvojenocmA

dd

A

cmmS

A

SA

A

S

doppot

doppot

doppotdopx

=→=→→==⇒=

=⋅=⋅⋅

=≥

=→=→→==⇒=

=⋅=⋅⋅

=≥

≥⇒≤=

−

−

ππ

σ

ππ

σ

σσσ

6

cmmAE

lSl

cmmAE

lSl

MPaMPaA

S

MPaMPaA

S

dopx

dopx

12,010195,121015,6102

21075

18,010056,181085,13102

22108,176

štapovaaProduljenj

1409,1211015,6

1075

1406,1271085,13

108,176

Kontrola

4411

3

22

222

4411

3

11

111

4

3

2

22

4

3

1

11

=⋅=⋅⋅⋅

⋅⋅==∆

=⋅=⋅⋅⋅

⋅⋅==∆

=<=⋅⋅

==

=<=⋅⋅

==

−−

−−

−

−

σσ

σσ

7

F

2S1S

CD

B

A B CD

VA

HA

5. Zadatak

AH , AV , S1 , S2 ).Uz tri uvjeta ravnoteže postavljamo dodatnu jednadžbu na deformiranom sustavu na principu

Iz uvjeta ravnoteže sila :

( )

( )

( )30sin0

2cos0cos0

10sin0

12

11

1122

K

K

K

=++−→=Σ

=→=−→=Σ

=−−→=Σ

V

HH

A

RSFSY

SASAX

aSaSFlM

α

αα

α

Iz plana pomaka :

αδδ

sin; 1

2

ll BC

∆=∆≡ ( )4...

( )512

Kaa

BC δδ=

Iz Hookovog zakona :

22

222

11

111 ;

AE

lSl

AE

lSl =∆=∆ ( )6...

)5()4( →αsin1

1

2

2

a

l

a

l ∆=

∆ ( )7...

8

)7()6( →

αsin111

11

222

22

aAE

lS

aAE

lS=

( )

+

=⇒→

=

α

α

22

2

21

1

2

22

112

21

2

1

1

2

22

1121

sin1

1

sin

a

a

l

l

AE

AEa

FlSS

a

a

l

l

AE

AESS

Naprezanja u štapovima:

2

22

1

11

A

S

A

S

=

=

σ

σ

Vertikalni pomak to ( 2lC ∆≡δ ):

222

22

22

2 aAE

llS

a

ll

la DDC =∆=⇒= δδδ

9

A B C D

E

1 2

F

A ,E1 A ,E2

E=∞

200 cm 150 cm 150 cm 100 cm

300

cm

α α

6. Zadatak

u sile F iz uvjeta da naprezanja u štapovima BE i CE ne 140=dopσ MPa.

E = 2,0 ⋅ 105 N/mm2

A1 = 4,0 cm2

A2 = 1,5 A1= 6,0 cm2

m,,ll 3543513 2221 =+==

A α α

200 cm 150 cm 150 cm 100 cm

S1 S2F

A

B'

C'D'

1 2

E=∞

δB

δD

δC

∆l 1

∆l2

α α

α

B C D

Iz plana pomaka

)2(5

2

52KCB

CB δδδδ=→=

°=→== 43630251

3,,

,tg αα

( )1065sin2sin

0

21 K=⋅−⋅+⋅

=∑FSS

M A

αα

)4(

)3(

22

11

K

K

αδ

δα

αδ

δα

sinll

sin

sinll

sin

CC

BB

∆=→∆=

∆=→∆=

10

Uvrštavanjem jednadžbi (3) i (4) → (2) uz 1

111 EA

lSl =∆ i

1

22

1

22

2

222 3

2

2

3 EA

lS

AE

lS

EA

lSl =

⋅⋅==∆ slijedi:

)(SSlllSlS

EA/EA

lS

EA

lS

ll

sin/sin

l

sin

l

515

4)(

15

4

3

2

5

25

25

2

21212211

11

22

1

11

21

21

K=→==

⋅⋅=

∆=∆

⋅∆

=∆ α

αα

(5) → (1)

F,Fsinsin

FSFsinsinS

FSsinSsin

2124183

90

15

836

6)515

8(

65215

4

22

22

===→=+

=⋅+⋅⋅

αααα

αα

Uvrstimo li dobivenu vrijednost sile u štapu 2 S2 u (5) dobivamo S1 u ovisnosti o sili F:

F,Fsin

S 3233083

90

15

41 ==

α .

vrijednosti naprezanja:

kNNF

mmmm

NA

FA

F

A

S

dop

dopdopdop

dop

214,173173214

3233,0

400140

3233,0

3233,02

21

1

1

11

=≤

⋅=

⋅≤→≤

≤=

σσ

σσ

kNNF

mmmm

NA

FA

F

A

S

dop

dopdopdop

dop

284,6969284

2124,1

600140

2124,1

2124,12

22

2

2

22

=≤

⋅=

⋅≤→≤

≤=

σσ

σσ

Mjerodavno je kNNFdop 284,6969284 =≤ .

11

2

2cossin

5

4

6

53

2

cos5

3

6

52sin

==

====

ββ

ααl

l

l

l

7. Zadatak

1) i drveni kosnik pravokutnog 2 = 10A1 ako je F=155 kN a dopuštena naprezanja

12 ·107 N/m2 i drvo 6·106 N/m2.

ll

l

llllll

l

3

2

32

6

5

36

25

9

4

43

2

2

2

2

22222

1

=

⋅=

==+=

+

=

Plan pomaka :

F

2S

1S

B2l

Lo1l

B'D'

C'

A C DB

DC

bh

AA

EEm

NE

m

NE

m

Nm

N

dop

dop

2

10

20

101

102

106

1012

12

21

210

2

211

1

26

2

27

1

===

⋅=

⋅=

⋅=

⋅=

σ

σ

12

Sile u štapovima :

( )

( )

( )

( )

kNSkNSFFF

S

SSSlAE

lAES

SlAE

lAES

AE

lS

AE

lS

AE

lSl

AE

lSl

ll

lSlSFlM

DC

CDDc

A

4,353;9,5838,02

6

1

5

12sin4sin3

1

16252610

2335202

sin

sin2

sin2

sin2

sinsin;

sinsin

22

3

2

3

1

103

1sin

3

2sin0

122

212

12

121

2122

2111

22

22

11

11

11

111

22

222

21

==→=

+

=+

=⇒

⇒→=⇒⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=

=→=⇒

=∆

==∆

=

=→=

=−−→=∑

αβ

βα

βα

ααδ

ββδ

δδδδ

βα

K

K

Dimenzioniranje :

cmh

cmb

cmA

bcmbhbA

cmAA

cmdcmmd

Sd

SdA

A

S

dopdopdop

74,27

87,13

87,132

8,384

28,3842

8,38448,381010

7606,0

1012

104,35344

4

2222

212

7

3

1

1

1

12

111

11

=

=

===⇒==⋅=

=⋅==

=→=≥

⋅⋅⋅⋅

=≥→≥=→≤=ππσσ

πσσ

Kontrola naprezanja :

MPaMPaA

S

MPaMPaA

S

dop

dop

653,11087,132

109,58

12084,91

4

107

104,353

242

3

2

22

142

3

1

11

=≤=⋅⋅

⋅==

=≤=⋅

⋅==

−

−

σσ

σπ

σ

13

8. Zadatak

Odrediti naprezanja u štapovima ukoliko se temperatura štapa 2 T :

E 1A1AE 22

12

1E 1A

F2

1F1F

2l

l1

T1

l12l D

D''D'

F2l

tl T1.

F22.

izdužiti,

Štap 2 se izduži za t

2

Bštapovi s brojem 1. 1 uje

Iz uvjeta ravnoteže sila :( )1cos20cos20 2121 KFFFFY ==−→=Σ αα

Iz plana pomaka :

( )2coscos 212

1

1

2 Kαα lll

l

l

l∆=∆→

∆∆

==

Iz Hookovog zakona :

( )311

111 K

AE

lFl =∆ ( )4

22

222222 K

AE

lFlTlll Ft −⋅∆⋅=∆−∆=∆ α

Ukupno izduženje 2l∆ = utjecaj temp. + utjecaj ne sile : predznak –)

( )

22

2122

11

11

22

2222

11

11

cos2

cos)5()1(

)5...(cos)()2()4(,3

AE

lFlT

AE

lF

AE

lFlT

AE

lF

ααα

αα

−⋅∆⋅=→

−⋅∆⋅=→

14

F2

1F1F

2l

l1 D

D'

→= αcos12 llα

αα3

22

11

2112

1

cos21

cos

AE

AEATE

F+

∆=

α

ααα

3

22

11

3112

212

cos21

cos2cos2)1(

AE

AEATE

FFF+

∆=⇒=→

Naprezanja u štapovima: 2

22

1

11 ;

A

F

A

F−== σσ

pretpostaprodužiti).

Iz uvjeta ravnoteže sila :( )1cos20cos20 2121 KFFFFY =−=+→=Σ αα

Iz plana pomaka :

( )2coscos 212

1

1

2 Kαα lll

l

l

l∆=∆→

∆∆

==

Iz Hookovog zakona :

( )311

111 K

AE

lFl =∆ ( )422

22

222 KlT

AE

lFl ⋅∆⋅+=∆ α

Ukupno izduženje 2l∆

( )

2222

21

11

11

2222

22

11

11

cos2

cos)5()1(

)5...(cos)()2()4(,3

lTAE

lF

AE

lF

lTAE

lF

AE

lF

⋅∆⋅+−=→

⋅∆⋅+=→

αα

α

αα

→= αcos12 llα

αα3

22

11

2112

1

cos21

cos

AE

AEATE

F+

∆=

α

ααα

3

22

11

3112

212

cos21

cos2cos2)1(

AE

AEATE

FFF+

∆−=→−=→

Naprezanja u štapovima: 2

22

1

11 ;

A

F

A

F== σσ

15

9. Zadatak

Odrediti naprezanja u štapovima ako je srednji štap izveden

F

E A11

22E 2A

AE 11

1

F 1

2

F

1l

2l

strelice - smjer deformiranja

D

D''

D'

1

1l2l

1

D''

Iz uvjeta ravnoteže sila :

( )1cosF2F0cosF2F0Y 1212 Kα=→=α−→=Σ

Iz plana pomaka :

( )2cos

1)(

cos

cos

11

11

22

2212

2

1

1

2

Kα

δα

δ

δα

AE

lF

AE

lFll

l

l

l

l

+−

=∆

+∆=

∆−∆

==

( ) ( )

( ) δαδ

αδ

αδα

δαδ

αδ

αδα

αα

δα

αδ

δ

2223

211

32211

1222

211

22211

2

2223

211

22211

1222

211

22111

11

1

22

21

11

11

22

21

cos)(2

cos2

cos)(2

cos21

cos)(2

cos

cos)(2

cos

cos

1cos2

cos

1cos

)(221

lAElAE

AEAE

lAElAE

AEAEF

lAElAE

AEAE

lAElAE

AEAEF

AE

l

AE

lF

AE

lF

AE

lF

+−=

+−=⇒

+−=

+−=

+

−=+

−=⇒→

Naprezamja u štapovima1

11 A

F−=σ

2

22 A

F=σ

22

222

11

111

)(

AE

lFl

AE

lFl

δ−=∆

=∆

16

10. Zadatak

2. Dužina

mm. Odrediti sile u štapovima i izduženje srednjeg štapa ako je izvršena prinudna montaža sustava.

hlll

EAAEAEAE

======

321

332211

A

a

B

h

a a

2 31

E oo

S2

S3

S1

1l2l

3l-A

B

VA

HA

EA

hSl

EA

hSl

EA

hSl 3

32

21

1 ;)(

; =∆∆−

=∆=∆

( )

( )

( )

( ) ( ) ( )

( )

( )

mmmEA

hSl

kNS

kNS

kNS

kNSh

h

h

EASS

kNSSS

kNh

EASSS

h

h

h

EAS

SSSaSaSaSM

Sh

h

h

EAS

EA

hS

EA

hSll

a

l

a

l

SSEA

hS

EA

hSll

a

l

a

l

A

429,01029,4101101,2

)106,01(1090)(

54

05,90

18

05,902

2

5431

181014

29)

2(232,1

3320320

222)(

22

13333

4311

332

2

3

2

1

121

131

1111

321321

1212

2121

1313

1313

=⋅=⋅⋅⋅

⋅−⋅⋅=

∆−=∆

=

=

=

=∆−

−∆∆−

=⇒→

==⇒→

=∆∆−

=→−∆−

−∆−∆

=⇒→

−=⇒=+−→=Σ

∆−−∆

∆−=⇒−∆=

∆−⇒∆−∆=∆⇒

∆−∆=

∆

=⇒=⇒∆=∆⇒∆

=∆

−−

−

K

K

K

17

1 2

A B C

E D

50 cm 100 cm

100

cm

A,E A,E

E=∞

+∆T

∆

11. Zadatak

Greda ABC,promjera d ∆ od potrebne duljine, te se pri njegovoj montaži morala upotrijebiti sila.Potrebno je odrediti:a) naprezanja u štapovima AE i CD ako se temperatura š 25=∆T K, b)

mm1=∆E = 2,1 ⋅ 105 MPa

51001 −⋅= ,Tα K-1

d = 2 cm

mmmmmml 999110001 =−=ml 0,12 =

222

1434

2

4cm,

dA ===

ππ

A B C

1 2

S1 S2

A B C

1 2

A'

C'

∆l2

∆-∆l1

∆l1

∆

Produljenja štapova 1 i 2 definiramo kao:

EA

lSl 111 =∆ i 2

222 lT

EA

lSl T ∆+=∆ α

( )12

00,15,0

0

21

21

KSS

SS

M B

==⋅−⋅

=∑

( ) ( )22

5001

12

12

...ll

,

l

,

l

∆−∆=∆

∆−∆=

∆

18

Uvrštavanjem produljenja 1l∆ i 2l∆ u (2) dobivamo:

( )32 112

22 K

−∆=∆+

EA

lSlT

EA

lSTα

Uvrštavanjem (1) → (3) slijedi

( ) ( )mmKKmmmmmm

mmmm

N

lTll

EAS

lTEA

l

EA

lS

EA

lSlT

EA

lS

T

T

T

1000251011299941000

314101,22

4

24

222

15

22

5

212

2

212

2

122

22

⋅⋅⋅−⋅⋅+

⋅⋅=∆−∆

+=

∆−∆=

+

−∆=∆+

−−α

α

α

kNNS 098,235,230972 ==

kNNSS 196,46461952 21 ===

Naprezanja u štapovima iznose:

MPamm

N

A

S

MPamm

N

A

S

56,73314

23098

12,147314

46196

22

22

21

11

===

===

σ

σ

mmmmmml

mmKKmm

mm

NmmN

lTEA

lSl T

6,025,035,0

100025101314101,2

100023098

2

15

22

52

222

=+=∆

⋅⋅⋅+⋅⋅

⋅=∆+=∆ −−α

19

12. Zadatak

Za zadani popa) Odrediti momente površine drugog reda (momente tromosti) zI , yI i zyI s obzirom na težište

b) Odrediti glavne momente povr

8 8 8

88

y

z

1

1

8

22 73,2694881624 cmA =−⋅−⋅= π .

cmy

cmz

T

T

95,873,269

844)88(8)1624(

85,1073,269

8420)88(12)1624(

2

2

=⋅−⋅⋅−⋅⋅

=

=⋅−⋅⋅−⋅⋅

=

π

π

8 8 8

88

y

z

1

1

8 Tz

y

10,85 13,15

7,05

8,95

2,85 5,15

0,95

20

y

z

1

1

z

y

u

v

18,43°

Momenti površine drugog reda zI , yI i zyI

4224

23

23

4224

23

23

9,1263085,2)4(64

815,9)88(

12

8815,1)1624(

12

2416

6,638295,0)4(64

895,4)88(

12

8895,0)1624(

12

1624

cmI

cmI

y

z

=

⋅+

⋅+⋅⋅+

⋅−⋅⋅+

⋅=

=

⋅+

⋅+⋅⋅+

⋅−⋅⋅+

⋅=

ππ

ππ

[ ]4

2

1,2343

)95,0()85,2()4(0)95,4(15,9)88(0)95,0(15,1)1624(0

cmI

I

zy

zy

=

−⋅−⋅++−⋅⋅⋅+−−⋅⋅⋅+= π

0≠zyI

Glavni mo

18,390575,9506

1,23434)9,126306,6382(2

1

2

9,126306,6382

4)(2

1

2

2,1

222,1

222,1

±=

⋅+−±+

=

+−±+

=

I

I

IIIII

I zyyzyz

42

41 57,560193,13411 cmIcmI ==

yz II < vrijedi:

42min

41max

57,5601

93,13411

cmIII

cmIII

u

v

===

===

g presjeka:

oo 43,1887,362

75,09,126306,6382

1,234322

=→=

=−

⋅−=

−−=

ϕϕ

ϕyz

zy

II

Itg

21

13. Zadatak Za nosač sa slike potrebno je odrediti dimenzije poprečnog presjeka ako je on:

a) kružnog oblika, b) pravokutnog oblika, c) oblika I-profila,

iz uvjeta dopuštenih naprezanja MPadop 100=σ . F=100 kN M =50 kNm q=50 kn/m'

Reakcije oslonaca :

0004501005,1125,12

0405,12

0245405,112

024140

==⋅−++−

=⋅−++→=∑

−=

=−⋅⋅−⋅+⋅→=∑=

=+⋅⋅−⋅−⋅→=∑

qFFFFkNF

MqFFMkNF

MqFFM

BAyy

Ay

AyB

B

BA

Momenti savijanja :

kNmFM lijevoA 1001 =⋅=

kNmkNmkNmMkNmM desnoA 5050100100 =−=−=

x

x

y

z

22

Maksimalni moment savijanja na udaljenosti x od oslonca B :

( ) 2

21 qxxFxM By −=

kNmM

mqFxqxF

dxdM B

By

56,126225,225,25025,25,112

25,20

max =⋅⋅−⋅=

==→=−=

Za dimenzioniranje se koristi maksimalni moment savijanja :

kNmM 56,126max = . Uvjet čvrstoće:

dopydop

y

MWW

Mσ

σσ maxmax ≥→≤=

a) kružni poprečni presjek

mmDUSVOJENOmmD

MDMDWdopdop

y

23547,234

1001056,1263232

323

6

3maxmax

3

=→≥

⋅⋅=≥→≥=

πσπσπ

b) pravokutni poprečni presjek

mmbmmhUSVOJENOmmh

MhMhbhWdopdop

y

124,2486,247

1001056,1261212

1263

6

3maxmax

32

==→≥

⋅⋅=≥→≥==σσ

c) poprečni presjek oblika I-profila

( ) ( )

mmbmmthmmtUSVOJENOmmt

MtMttt

zI

W

tttttI

dopdop

yy

y

160,40025,1639,15

1009,3461056,126

9,3469,346

5,138,4683

8,468312259

122710

3

6

3maxmax3

4

max

433

====→≥

⋅⋅=≥→≥===

=−=

σσ

23

14. Zadatak

24

25

15. Zadatak Za zadani nosač i opterećenje potrebno je odrediti maksimalna normalna naprezanja. Odrediti i normalno naprezanje u točki 3 u presjeku nad osloncem B.

Reakcije i unutarnje sile :

000340100225070

020

25023

)2323(34021003

3

)2

3(3

0)2

3(230

7023

234021003

32

3

02

230

22

==⋅−⋅−+

=⋅−−+=∑

=→⋅

+⋅⋅⋅+⋅⋅=

+⋅+=

=+⋅−⋅−⋅−⋅=∑

=→⋅

−⋅⋅=

−=

=⋅⋅+⋅−⋅−⋅=∑

bqFFFF

kNFa

baqbFaF

baqbaFaFaFM

kNFa

bqFaF

bbqaFaFaFM

BAy

BB

BA

AA

AB

Momenti savijanja po presjecima:

kNmbbqM

kNmaFaFMkNmaFM

B

A

A

18023340

2

8021004702140270

2

1

−=⋅⋅−=⋅⋅−=

=⋅−⋅=⋅−⋅==⋅=⋅=

26

Položaj težišta poprečnog presjeka nosača :

cmz

z

AzAz

T

T

i

iiT

5,522400

126000'

60102601026020

30601040260102706020

'

:presjeka rub donji naodnosu u

''

==

⋅+

⋅

+⋅

⋅⋅+⋅

⋅

+⋅⋅=

∑∑

=

Moment površine drugog reda :

( )( )

( )4844

23

232

3

2333

2222

2111

105,110105,110

5,5230601012

6010

5,526032

26010

36601025,52702060

122060

2

mmcmI

I

zAIzAIzAII

y

y

yyyy

⋅=⋅=

−⋅⋅+⋅

+

+

−⋅⋅+⋅+−⋅⋅+⋅=

+++++=

z

y

27

Maksimalna normalna naprezanja :

Presjek nad osloncem B: kNmMM B 180max ==

( )

( ) 28

6max

28

6max

55,8105,52105,110

10180

48,4105,5280105,110

10180

mmNz

IM

mmNz

IM

dy

dx

gy

gx

−=⋅⋅

⋅−==

=⋅−⋅

⋅==

σ

σ

y

z

TM=180 kNm

σM

4,48 MPa

-8,55 MPa

U slučaju da je presjek izrađen od materijala kod kojeg su dopuštena naprezanja u vlaku i tlaku različita, potrebno je provjeriti postoji li još koji kritičan presjek budući presjek nije simetričan s obzirom na horizontalnu os. Presjek s momentom savijanja kNmM 140= :

( )

( ) 28

6

28

6

65,6105,52105,110

10140

48,3105,5280105,110

10140

mmNz

IM

mmNz

IM

dy

dx

gy

gx

=⋅⋅

⋅==

−=⋅−⋅

⋅−==

σ

σ

y

z

TM=140 kNm

σM

-3,48 MPa

6,65 MPa

Mjerodavno naprezanje za vlak MPax 65,6=σ , a za tlak MPax 55,8−=σ . Naprezanje u točki 3 u presjeku nad osloncem B iznosi:

28

6

3max3 22,1105,7

105,11010180

mmNz

IM

yx =⋅

⋅⋅==σ .

28

16. Zadatak Za zadani nosač i opterećenje prema slici potrebno je odrediti potrebnu širinu presjeka b ako je zadano 160=dopσ MPa.

F= 70 kN q = 25 kN/m' a = 100 cm α= 30º

A CD

q

a a 2a 3a

F

α

b

b/5

10 mm

10 mm

140 mm

E B

A

C

D qFα

E BRA

RB RCy

RCx

Gx

Gx

Gy

N

-60,62

T17,5

17,5

49,17

25,83

M

17,5

35

13,34

62,6030cos700 =°⋅=→=∑ xx GF kN

∑ ==→= 5,170 yAA GRM kN

62,600 ==→=∑ xCxx GRF kN

83,25325,1723250

2

=⋅=⋅−⋅→=∑ CyCyB RRM kN

67,66355,1723250

2

=⋅=⋅+⋅→=∑ BBC RRM kN

Mjerodavan presjek za dimenzioniranje bit će presjek B: 35=M kNm 6260,N = kN (tlak)

29

Geometrijske karakteristike poprečnog presjeka:

bbbbA 44)20140()5

(140 =−⋅−−=

bb

bbbI y533

33

10134667,1)54120140(

121

12

120)5

(

12140

⋅=⋅−=⋅−

−⋅

=

Potrebnu širinu presjeka dobivamo iz uvjeta maksimalnih normalnih naprezanja:

5

5

55

5

10134667,144704410134667,1

10134667,144704410134667,1

7010134667,144

2

⋅⋅⋅⋅+⋅⋅

≥

⋅⋅⋅≤⋅+⋅⋅

≤⋅⋅

+

≤+=+=

dop

dop

dop

dopy

MN

MNb

bMNb

Mb

N

hIM

AN

σ

σ

σ

σσσσ

56,143≥b mm.

Usvajamo b=150 mm.

30

17. Zadatak Za zadani nosač i opterećenje potrebno je odrediti maksimalna normalna naprezanja u točkama 1 i 2 presjeka I-I.

000305,215125,18375,49

05,20

375,49

035,175,25,20

125,18

035,125,1

2110

25002

==−⋅−+

=−⋅−+=Σ

=

=⋅−⋅+⋅⋅=Σ

=

=⋅−⋅+⋅+⋅⋅−=Σ

==⇒=−=Σ

PqRRF

kNRRPqM

kNR

RPqqM

kNHRHRF

BAyy

Ay

AyB

B

BA

AxAxx

Geometrijske karakteristike poprečnog presjeka Težište poprečnog presjeka ( u odnosu na donji rub):

mmzT 8,632500

1595004020100107010

1204020601001057010' ==⋅+⋅+⋅

⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=

Površina poprečnog presjeka:

22500mmA = Moment površine drugog reda oko horizontalne osi:

( ) ( ) ( )46

23

23

23

1083,5

102,66204012

2040608,6310010121001058,631070

121070

mmI

I

y

y

⋅=

−⋅⋅+⋅

+−⋅⋅+⋅

+−⋅⋅+⋅

=

mkNqkNHkNP /152530 ===

40

20

100

10

130

2

1T

z

y

70 mm

30 10 30

31

AB

x

1,0 m 1,5 m1,5 m

C D

P

z

H

4,0 m

qI

I

- D(N)

D(T)

D(M)

-+

-

+ +

-

-25

-15

34,375

-18,125

11,875

-7,5

27,1875

Presjek I – I :

kNmMkNN1875,27

25=

−=

33max

6

maxmax

2 101,882,661083,5 mmW

zI

WW yy

yy ⋅=⇒⋅

=== (gornji rub)

Točka 1 :

MPamm

NAN

xx 10102500

1025 12

31 −=⇒−=⋅−== σσ

Točka 2 :

MPa

mmN

AN

WM

x

yx

6,318

6,318106,3082500

1025101,88

101875,27

2

2

3

3

6

22

−=

−=−−=⋅−

+⋅

⋅−=+=

σ

σ

32

18. Zadatak

33

34

35

RA

19. Zadatak Za zadani nosač i opterećenje analitičkom metodom odrediti progib u točki D i kut zaokreta presjeka B. Reakcije nosača pronalazimo iz uvjeta ravnoteže:

0003203055350

3565,13204300

5565,43202300

00

==⋅−−+=

==→⋅=⋅⋅+⋅=

=→⋅=⋅⋅+⋅=

==

∑∑∑∑

y

AyAAB

BBA

Ax

F

RkNRRM

kNRRM

RF

y

x

Izraz za moment savijanja duž osi nosača:

0)(2

)3()2()(2

>−−

−−−= iA axxqxPxRxM

Diferencijalna jednadžba elastične linije nosača:

0)(2

)3()2(

)(

2

2

2

2

2

>−−

+−+−=

−=

iA axxqxPxRdx

wdEI

xMdx

wdEI

Dvostrukim integriranjem dobivamo:

0)(24

)3(6

)2(6

0)(6

)3(2

)2(2

433

322

>−++−+−+−=

>−+−

+−

+−=

iA

iA

axDCxxqxPxREIw

axCxqxPxRdxdwEI

RB

AB

x

a =2m

2

1C D

P

zl=6m

q

a =3mmkNkNP

I

′==

⋅=

⋅=

/02q30

mm108N/mm101,2E

47

25

36

Iz rubnih uvjeta pronalazimo nepoznate koeficijente C i D: 2000 kNmD)w( =→=

2

43

433

42,1455,8726

624320

64303635

624

)36(6

)26(6600

kNmCC

C

CqPRw(l) A

=

−=−

−=⋅+⋅+⋅−

+−

+−

+−=→=

Jednadžba elastične linije nosača sada postaje:

0)(42,1456

)3(2

)2(2

1)(

0)(42,14524

)3(6

)2(6

1)(

322

433

>−

+

−+

−+−==

>−

+

−+

−+−=

iA

iA

axxqxPxREIdx

dwx

axxxqxPxREI

xw

ϕ

Progib u točki D (x=3,0 m) iznosi:

cmmmw

Nmm

mNmw

689,101689,0)0,3(

10342,1456

)23(306335

108101,2

1)0,3( 3333

452

11

==

⋅

⋅+

−+−

⋅⋅⋅=

−

Kut zaokreta presjeka B (x=6,0 m) iznosi:

radm

Nmm

mNm

00920,0)0,6(

1042,1456

)36(202

)26(302635

108101,2

1)0,6( 23322

452

11

−=

⋅

+−+−+−

⋅⋅⋅=

−

ϕ

ϕ

37

20. Zadatak Za zadani nosač i opterećenje prema slici potrebno je analitičkim postupkom odrediti vertikalni pomak točke C i kut zaokreta točke A.

E =2,05· 105 MPa I = 2,0 · 107 mm4

A B

300 400 300

D C

q=20 kN/mF=30 kN

x

z

RA RB

Reakcije nosača pronalazimo iz uvjeta ravnoteže:

00029,471,85320300

29,475,13204300

71,8575,83203300

==++⋅−−=

=→⋅=⋅⋅−⋅=

=→⋅=⋅⋅+⋅=

∑∑∑

y

AAB

BBA

F

kNRRM

kNRRM

Izraz za moment savijanja duž osi nosača:

0)(2

)7()7()3()(2

>−−

−−+−−= iBA axxqxRxFxRxM

Diferencijalna jednadžba elastične linije nosača:

0)(2

)7()7()3(

)(

2

2

2

2

2

>−−+−−−+−=

−=

iBA axxqxRxFxRdx

wdEI

xMdx

wdEI

Dvostrukim integriranjem dobivamo:

0)(24

)7(6

)7(6

)3(6

0)(6

)7(2

)7(2

)3(2

4333

3222

>−++−

+−

−−

+−=

>−+−

+−

−−

+−=

iBA

iBA

axDCxxqxRxFxREIw

axCxqxRxFxRdxdwEI

Iz rubnih uvjeta pronalazimo nepoznate koeficijente C i D: 2000 kNmD)w( =→=

38

2

33

33

68,10

76430

6729,4

76

)37(67000,7

kNmC

C

CFRm)w( A

−=

−=⋅+⋅−

+−

+−=→=

Uvrstimo li dobivene koeficijente u jednadžbu elastične linije nosača dobivamo:

0)(68,106

)7(2

)7(2

)3(2

1)(

0)(68,1024

)7(6

)7(6

)3(6

1)(

3222

4333

>−

−

−+

−−

−+−==

>−

−

−+

−−

−+−=

iBA

iBA

axxqxRxFxREIdx

dwx

axxxqxRxFxREI

xw

ϕ

Vertikalni pomak točke C (x=10,0 m) iznosi:

cmmmw

kNmm

mkNmw

02,141402,0)0,10(

1068,1024320

6371,85

6730

61029,4

1021005,2

1)0,10( 34333

452

8

==

⋅

⋅−⋅+⋅−+−

⋅⋅⋅=

−

Kut zaokreta točke A (x=0 m) iznosi:

( ) radkNmm

mkNm 0026,068,10

1021005,2

1)0( 2

452

8−=⋅−⋅

⋅⋅⋅=

−

ϕ

39

21. Zadatak

40

41

22. Zadatak Za zadani nosač i opterećenje prema slici potrebno je grafoanalitičkom metodom odrediti: a) kut zaokreta točke B. b) vertikalni pomak točke A.

kNmbRMRkNR

aRaq

M

CD

DC

C

B

3031010

02

02

=⋅==

==

=−

=∑

EIEI

EIEI

EIEI

1510321

2020221

340202

31

3

2

1

=⋅⋅=Φ

=⋅⋅=Φ

=⋅⋅=Φ

EIR

REIEI

R

M

B

B

B

C

385

22153420

023322

32

0

32

=

⋅=⋅+⋅

=⋅−⋅⋅Φ+⋅⋅Φ

=∑

radEI

RT BBB 00206,0105,410305003

85385

43 −=⋅⋅⋅⋅

−=−=−==−

ϕ

EIEIEIMRMM ABAA 3

230243

3402

38502

4320 1 =⋅⋅+⋅==⋅⋅Φ−⋅−=∑

mEI

Mw AA 00559,0105,410305003

2303230

43 =⋅⋅⋅⋅

===−

A B C DI I 3I

q

a a b

q = 10 kN/m' E = 30 500 MPa I = 4,5 · 10-4 m4

a = 200 cm b = 300 cm

q

RBRC

RD

MD

20

30

M

20/EI

30/3EI=10/EI

M

1 2

3

RCRB

RA

MA1

2

3

42

23. Zadatak

43

44

24. Zadatak

45

46

47

48

25. Zadatak

49

PRITISAK PO OMOTAČU RUPE: POSMIK:

PPF

FP

M

M

884,050422502

5045020022

50

26. Zadatak Odrediti potreban broj zakovica promjera 20 mm, ako je

FF

FF/2

F/2F

F/2

F/2

t1

t2

t

d

n – broj zakovica m – reznost zakovica

MPaMPandtF

AF

redannn

dm

Fndnm

FnmAF

AF

MPaMPa

mmtmmtkNF

dopp

dop

dops

dop

dop

280208101210206

10300

212265

101004

10202

10300

44

280

100128300

33

3

623

3

221

1

51

27. Zadatak Na vijak promjera d djeluje tlačna sila F koja izaziva naprezanje u vijku σ i površinski pritisak p između prstena promjera D i lima. Odrediti promjer D, te posmično naprezanje u prstenu ako je prsten debljine

MPatd

tdd

AF

cmp

dpddD

dAFAF

pFdD

dDF

AFp

cmtMPapMPacmd

s

p

5010505,04

1,01010044

7,1840

10011014

44

44

54010010

762

22

2

222

52

28. Zadatak Metalna vilica i pločica 1 i 2 spojene su vijkom i opterećene prema slici. Odrediti promjer vijka d, ako je

mmdmm

mapFdpp

bdF

AFp

adF

AFp

pAFp

mm

Fddm

FmAF

AF

mmbmma

MPapMPakNF

dop

p

p

dopp

sdopsdop

s

dop

sdop

37033,00369,0

033,010150015,02

101502

2

0369,010702

1015044

4

3515

15070

150

6

3

21

22

11

6

3

2

53

ZAVARENI SPOJEVI

Lom zavarenih spojeva opterećenih na smicanje nastaje po najslabijem (smičnom) presjeku A-B, tj. po presjeku za koji je smična površima najmanja. Naprezanja u zavaru iznose :

- normalno naprezanje alF

- posmično naprezanje alF

ili općenito

la

FAF

laF

AF

, gdje je Aσ, Aτ …

veličina površine zavara koja se odnosi na normalno, odnosno posmično naprezanje. Za spoj na slici posmično naprezanje je

llaF

laF

AF

12

Normalno naprezanje jednako je posmičnom. Kod zavarenih spojeva uobičajeno se provjeravaju normalna naprezanja ako sila djeluje okomito na površinu zavarenog spoja, odnosno na posmična naprezanja dok sila djeluje u samoj površini zavarenog spoja.

54

29. Zadatak Odrediti potrebnu duljinu zavara prema slici.

5404084,07,0

2,1

135

50

2

1

21

2

Btatatt

mmN

kNF

dop

Iz priručnika za profile :

22

379

6,1140

mmAmme

mmb

mmlmmlusvojeno

mmaAlmm

aAl

mmammausvojenommta

mmtammAAA

mmbAeA

bFeF

mmFAAF

FebFM

FFFF

dopdop

B

z

70,40

62,62,56,30

4,32,4584,084,0

5,357,07,0263

10740

6,113702

370135

1050

20

10

21

2

22

1

11

21

2

1

212

221

21

23

21

21

55

30. Zadatak

56

57

31. Zadatak Odrediti veličinu momenta torzije Mt koji djeluje na sastavljenu čeličnu osovinu, ako je zadano naprezanje u točki C. Odrediti kut zaokreta presjeka čelične osovine na mjestu djelovanja momenta torzije Mt. Polarni momenti tromosti:

46444

04

2

46444

1

1079653280

32100

3232

1035752032

12032

mm,ddIBBesjekPr

mm,mmDIAAesjekPr

p

p

Posmično naprezanje u točki C uslijed djelovanja momenta torzije Mt izračunava se po sljedećoj formuli:

0

20

22

22 d

IMdIM

IM

pCBp

B

p

BC

kNm,Nmm,mm

mm,mmNM B 592111059211

80210796580 646

2

Iz uvjeta ravnoteže dobivamo: tBAx MMMM 0 Zadatak je statički neodređen te se ne može riješiti samo pomoću jednadžbi ravnoteže, već je potrebno postaviti dopunske jednadžbe kompatibilnosti deformacija.

2

250

/80/108,0

8,0100120

mmNmmNG

ddmmdmmD

C

A - A B - B

D d d0

C

58

Osnovni sistem prikazan je na donjoj slici ( uklonili smo ležaj B i njegovo djelovanje zamijenili momentom MB, ali imamo dodatni uvjet deformacija – kut zaokreta presjeka B jednak je nuli 0B ).

0B

kNm,MMMkNm,MIaM

IaM

IbM

G:/GIaM

GIaM

GIbM

BtAtp

t

p

B

p

B

p

t

p

B

p

B

5723216444

0

0

112

112

12

Kut zaokreta na mjestu djelovanja momenta torzije Mt:

''',,

rad,mm,

mmN,

mmNmm,GI

bM

max

p

Bmax

458114591180020

0201079651080

800105921146

25

6

2

MA

MB

Mt

Mt

max

59

32. Zadatak Za spoj dva vratila odrediti potreban broj vijaka krute spojke. Zanemariti utjecaj spojke na uvijanje.

mRmmDmmDkNmMkNmMMPammd

t

t

dop

V

2,02140100

151050

12

2

1

2

1

4544

2

4544

1

10771,332

14,032

109817,0321,0

32

mDII

mDII

pIVpIII

pIIpI

Uvjet ravnoteže :

100 21 ttBAz MMMMM Uvjet deformacije :

2004

1

IVIIIIII

i

iiAB

60

kNmM

IIIIMIM

M

IIII

aGI

MMMGI

MMGI

MMGIM

A

pIIIpI

pIIIpItpItA

pIVpIIIpIIpI

pIV

ttA

pIII

tA

pII

tA

pI

A

483,4771,39817,02

771,39817,02109817,015

22

,

0

2

12

2111

Torzijski moment u presjeku C :

kNmMMM tAC 517,510483,41 Zbog djelovanja momenta MC vijci spojke su opterećeni na smicanje :

RFnM C n – broj vijaka F – posmična sila koja djeluje na jedan vijak R – krak djelovanja sile F Potreban broj vijaka u spoju :

vijakanRd

Mn

dF

dF

AF

sdopv

C

sdopv

sdopvv

s

1076,91,01050012,0

5517444

4

622

2

2

61

33. Zadatak Odrediti potrebne dimenzije pojedinih odsječaka te kut uvijanja slobodnog kraja.

MPakNmMkNmMkNmMGPaGmma

dop

t

t

t

60374

80400

3

2

1

Uvjet ravnoteže :

kNmMkNmMMMM

MMMMM

A

tttA

Atttz

664731100

123

321

Vrijednost momenata torzije na pojedinim odsječcima :

kNmMMMMkNmMMM

kNmMM

tttIII

ttII

tI

6374374

4

321

21

1

Kriterij stabilnosti :

33

16,,,,

16

dop

iidop

i

i

pi

ii

MDIVIIIIIIidM

WM

Dimenzioniranje :

mmDmMD

mmDmMD

mmDmMD

IIIdop

IIIIII

IIdop

IIII

Idop

II

800798,010601061616

640634,010601031616

700698,010601041616

36

3

3

36

3

3

36

3

3

62

Kutevi uvijanja :

radDG

aMIGaM

radDG

aMIGaM

radDG

aMIGaM

III

III

IIIp

IIIABIII

II

II

IIp

IIBCII

I

I

Ip

ICDI

349

3

4

349

3

4

349

3

4

1046,708,01080

4,01063232

1007,9064,01080

4,01033232

1099,1607,01080

4,010464642

Kut uvijanja slobodnog kraja nosača :

radIIIIIIADuk33 1046,01046,707,999,16

63

34. Zadatak Potrebno je dimenzionirati štap BC sustava opterećenog prema slici. Štap je pravokutnog poprečnog presjeka (odnos stranica je b/h = 0,8).

kNFk

MPaMPaE

i

P

100,3

210101,2 5

Duljina štapa BC:

23232 l

4523

33 l

)sin(

Iz uvjeta ravnoteže dobivamo silu u štapu BC:

)tlak(kN,sinsin

FS

FsinSM

BC

BC

A

8618453

1043

443

0

Dimenzioniranje prema kriteriju stabilnosti:

ElkSIkSI

lE

kSAilE

A/kASE

iiBCminiBCmin

i

iBCi

iBC

kr,BC

min

2

2

2

2

22

2

2

2

49

2112

23

2

2

10384911012

233108618 m,

mN,

mN,ElkSI iiBC

min

A F

B

C

3m 1m

3mb

h

F

SBC

A v

AH

64

4

349

33

80121038491

1280

12 ,Ihm,Ih,hhbI minmin

4 9

5120121038491,

,h

m,h 0580

Usvajamo : cm,h 06 cm,h,b 8480

Provjera da li se nalazimo u elastičnom području:

18,306

6,960512,0

100023

6,9512,0

8,012)8,0(

12

22233min

mmmm

hl

hhhh

l

Abhl

ili

35,99210

101,2 5

p

pE

p Vrijedi Euler.

Dimenzioniranje prema kriteriju čvrstoće:

cm,m,

mN,

N,,Sh

,Sh

h,S

bhS

AS

p

BC

p

BCp

BCBCBC

061010601021080

10861880

8080

26

3

22

Nije mjerodavno za dimenzioniranje.

Usvajamo prvobitno izračunane dimenzije prema kriteriju stabilnosti:

cm,h 06 cm,h,b 8480 .

65

35. Zadatak

66

67

68

36. Zadatak

46100665,1 mmIzIy - zbog simetrije

46106333,045,2549445,258820445,2545,25458900 mmIzy

min46

2

461

46222,1

104332,0106998,1

106333,00665,1421

2

ImmImmI

mmIIIII

I zyyz

yz

69

4590222tan yz

zy

III

4646

21

101330,2101330,2 mmmm

IIII yz

mmAIi

mmA

74,17

13768290

minmin

222

95,96

11,16974,17

3000

2

min

PP

i

E

mmmm

il

P - koriste se Eulerovi izrazi za kritičnu silu

'/384,976,31375,3

76,31

,

2min

2

,

mkNqqFR

kNklIEF

idopBC

iiidop