GRA EVINSKI FAKULTET
SVEU ILIŠTA U RIJECI
SKRIPTA RIJEŠENIH ZADATAKA IZ
OTPORNOSTI MATERIJALA
NEIRA TORI ,dipl.ing.gra .
1. Zadatak
Izra unati naprezanja i nacrtati dijagram naprezanja na konzolnom nosa u ako je zadano :
F1 = F2 = 2 ⋅ 10 4 N
F3 = 4 ⋅ 10 4 N
E = 2,2 ⋅ 10 11 Pa
A = 10 cm 2 = 10 −3 m 2
a = 2m
b = 1m
1Pa = 1
N
m2
1MPa = 1
N
mm 2
Vrijednosti uzdužnih sila na pojedinim segmentima :
N III = − F1 = −2 ⋅ 10 4 N
N II = − F1 + F2 = 0
N I = F3 = 4 ⋅ 10 4 N
Vrijednosti naprezanja na pojedinim segmentima :
N III
= −20 ⋅ 10 6 Pa = −20 MPa
A
N
σ I = II = 0
A
N
σ I = I = 40 ⋅ 10 6 Pa = 40MPa
A
σ III =
2
2. Zadatak
Odrediti naprezanja u štapu pri promjeni temperature za + T :
Rješenje :
Ukoliko nema vanjskog otpora izduženju štapa, nema niti naprezanja u štapu. To zna i da se
štap AC može slobodno izdužiti pod utjecajem temperature za veli inu . Sve dok je ∆l t ≤ δ u
štapu su naprezanja jednaka nuli.
Ukoliko je tendencija štapa da se izduži za ∆l t > δ , aktivira se u štapu sila koja opet
“ vra “ štap na realnu dužinu AB, kao što se vidi na slici. Može se zaklju iti i da e sila u štapu
biti tla na , odnosno s predznakom – (minus).
– realno izdužrnje
– nerealno izduženje
B
∆l t = α 1l1 ∆T + α 2 l 2 ∆T
∆ l t ≤ δ → ε > 0, σ = 0
∆ l t > δ → ε > 0, σ ≠ 0
δ = ∆l t − ∆l B K (1)
∆l t = (α 1l1 + α 2 l 2 ) ∆T K (2 )
F l
F l
∆l B = B 1 + B 2 K (3)
E1 A1 E 2 A2
(2 ); (3) → (1) ⇒ FB = [(α1l1 + α 2l2 ) ∆T − δ ]E1 A1
 l EA 
l1 1 + 2 1 1 
 l1 E 2 A2 
σ x1 = −
FB
A1
σ x2 = −
FB
A2
3
3. Zadatak
Odrediti pomak to ke C ukoliko se temperatura štapa 1 pove a za T :
Rješenje :
εt =
∆lt
⇒ ∆lt = ε tl = α∆Tl
l
sin 2β =
δC =
∆l1
; ∆l2 = 0
δC
∆l1
α∆Tl
=
sin 2β sin 2β
u = δC cos β
v = δC sin β
4
4. Zadatak
Odrediti naprezanja u štapovima ukoliko se temperatura štapa 2 pove a za T :
Rješenje
Iz uvjeta ravnoteže sila :
ΣY = 0 → 2 F1 cos α − F2 = 0K (1)
Iz plana pomaka :
l ∆l
cosα = 2 = 1 → ∆l1 = ∆l2 cosα K(2)
l1 ∆l2
Iz Hookovog zakona :
F1l1
K (3)
E1 A1
Fl
∆l 2 = 2 2 + α 2 ⋅ ∆T ⋅ l 2 K (4 )
E 2 A2
∆l1 =
Iz plana pomaka i optere enja (ovdje promjena
temperature) možemo zaklju iti da se štap 2 nastoji
izdužiti, no njegovo potpuno izduženje sprje avaju druga
dva štapa spojena u voru D, koji nisu direktno optere eni i
nemaju tendenciju izduženja. Štap 2 se izduži za lt pri
2
D' u D''.
Budu i da su sva tri štapa me usobno spojena u voru D,
izduženjem štapa 2 prisilno se izdužuju i štapovi s brojem
1. Kao posljedica izduženja u njima se javlja vla na sila
F1(vla na sila uzrokuje izduženje ako nema nikakvog drugog
optere enja).
α 2 ∆ TE 1 A1 cos 2 α
(1); (3); (4 ) → ( 2 ) ⇒ F1 =
E A
1 − 2 1 1 cos 3 α
E 2 A2
2α 2 ∆TE1 A1 cos 3 α
(1) → F2 = 2 F1 cos α ⇒ F2 =
E A
1 − 2 1 1 cos 3 α
E 2 A2
Zadatak
F 5
F
σ 1 = 1 ;σ 2 = − 2
A1
A2
5
5. Zadatak
Odrediti naprezanja u štapovima ako je srednji štap kra i za
od predvi ene duljine l.
Rješenje
Iz uvjeta ravnoteže sila :
ΣY = 0 → F2 − 2F1 cos α = 0 → F2 = 2F1 cos α K (1)
Iz plana pomaka :
l2
∆l1
=
l1 δ − ∆l2
cos α =
δ = ∆l2 +
(
∆l2 =
F2 l2
E 2 A2

F1l2
Fl
l
l
1
1 

cos α + 1 1
= F1  2 2 cos α + 1
E2 A 2
E1 A1 cos α
E1 A1 cos α 
 E2 A 2
E1 A1E 2 A 2 δ cos 2 α
l2 2E1 A1 cos 3 α + E 2 A 2
(1) ⇒ F2
F1l1
E1 A1
∆l1
Fl
Fl
1
= 2 2 + 11
K (2 )
cos α E 2 A 2 E1 A1 cos α
(1) → (2) ⇒ δ = 2
F1 =
∆l1 =
=
)
2E1 A1E 2 A 2 δ cos 3 α
(
l2 2E1 A1 cos 3 α + E 2 A 2
)
σ1 = −
F1
A1
σ2 = −
F2
A2
6
6. Zadatak
Odrediti naprezanja u štapovima 1 i 2 te vertikalni pomak to ke D.
Rješenje
Sustav je jedanput stati ki neodre en (ima jednu prekomjernu veli inu), odnosno nepoznate su
4 veli ine ( RH , RV , S1 , S2 ).
Uz tri uvjeta ravnoteže postavljamo dodatnu jednadžbu na deformiranom sustavu na principu
sli nosti trokuta.
Iz uvjeta ravnoteže sila :
ΣM A = 0 → Fl − S 2 a 2 − S1a1 sin α = 0K(1)
ΣX = 0 → RH − S1 cos α = 0 → RH = S1 cos α K(2 )
ΣY = 0 → S 2 − F + S1 sin α + RV = 0K(3)
Iz plana pomaka :
∆l
δ C ≡ ∆l 2 ; δ B = 1
sin α
S1 = S 2
S1 → (1) ⇒ S 2 =
Iz sli nosti trokuta :
δC δ B
= K(4)
a 2 a1
Iz Hookovog zakona :
Sl
Sl
∆l1 = 1 1 ; ∆l 2 = 2 2
E1 A1
E2 A2
E1 A1 l2 a1
sin α
E2 A2 l1 a2
→ (4 )
σ1 =
S1
A1
σ2 =
S2
A2
Fl
 EA l a2

a2 1 + 1 1 2 1 2 sin 2 α 
 E2 A2 l1 a2

l
Sll
∆l2 δ D
=
⇒ δ D = ∆l2
= 22
a2
l
a2 E2 A2 a2
7
7. Zadatak
Dimenzionirati štapove AB i DG kružnog popre nog presjeka napravljene od elika, te odrediti
njihova produljenja.
σ dop = 140 Mpa
E = 2 ⋅ 10 5 Mpa
F = 100kN
a = 3m
b = 2m
c = 1m
3
3
F = 100 = 75kN
4
4
5
5
∑ M C = 0 ⇒ S 2 ⋅ 5 − S1 ⋅ sin 45° ⋅ 3 = 0 → S1 = S 2
= 75
= 176,8kN
3 ⋅ sin 45°
3 ⋅ sin 45°
∑ M H = 0 ⇒ S2 ⋅ 4 − F ⋅ 3 = 0 → S2 =
Dimenzioniranje
σx =
S
S
≤ σ dop ⇒ A pot ≥
A
σ dop
A1 pot ≥
S1
176,8 ⋅ 10 3
=
= 1,26 ⋅ 10 −3 m 2 = 12,6cm 2
6
σ dop
140 ⋅ 10
d1 π
⇒ d1 =
4
2
A1 =
A2 pot ≥
S2
75 ⋅ 10 3
=
= 0,536 ⋅ 10 −3 m 2 = 5,36cm 2
6
σ dop 140 ⋅ 10
d2 π
⇒ d2 =
4
2
A2 =
4 A1
= 4,01cm → usvojeno → d1 = 42mm → ( A1 = 13,85cm 2 )
π
4 A2
= 2,61cm → usvojeno → d1 = 28mm → ( A2 = 6,15cm 2 )
π
8
Kontrola
σ x1 =
σ x2
S1 176,8 ⋅ 10 3
=
= 127,6 MPa p σ dop = 140 MPa
A1 13,85 ⋅ 10 − 4
S2
75 ⋅ 10 3
=
=
= 121,9 MPa p σ dop = 140 MPa
A2 6,15 ⋅ 10 − 4
∆l1 =
S1l1
176,8 ⋅ 10 3 ⋅ 2
=
= 18,056 ⋅ 10 − 4 m = 0,18cm
−4
11
E1 A1 2 ⋅ 10 ⋅ 13,85 ⋅ 10 ⋅ 0,707
∆l 2 =
S 2l2
75 ⋅ 10 3 ⋅ 2
=
= 12,195 ⋅ 10 − 4 m = 0,12cm
−4
11
E 2 A2 2 ⋅ 10 ⋅ 6,15 ⋅ 10
9
8. Zadatak
Odrediti pomak to aka B i D na zadanom sustavu.
ΣM A = 0 ⇒ F (a + b ) − Sa = 0 → S = F
∆h =
a+b
a
S ⋅ h F ⋅ h ⋅ (a + b )
=
E⋅A
a⋅E⋅ A
F ⋅ h ⋅ (a + b )
∆h
∆B
=
⇒ ∆B =
a
a+b
a2 ⋅ E ⋅ A
2
10
9. Zadatak
l1 = 1m
l 2 = 1,8m
A1 = 1cm 2 = 1 ⋅ 10 − 4 m 2
A2 = 1,5cm 2 = 1,5 ⋅ 10 − 4 m 2
E1 = E 2
F = 6000 N
ΣM A = 0 ⇒ Fa − S1 2a − S 2 3a = 0 K (1)
∆l1 ∆l 2
=
⇒ 3∆l1 = 2∆l 2
2a
3a
3
S1l1
S l
2 S 2 l 2 A1
= 2 2 2 ⇒ S1 =
K (2)
E1 A1
E 2 A2
3 l1 A2
(2) → (1) ⇒ Fa − 4 S 2 l 2 A1a − S 2 3a = 0 ⇒ S 2 =
3 l1 A2
F
l
A
4 2 1
+3
3 l1 A2
S1 = 1043,5 N
S 2 = 1304,35 N
S1 1043,5 N
=
= 10,43MPa
A1 1 ⋅ 10 − 4 m 2
S
1304,35 N
σ2 = 2 =
= 8,7 MPa
A2 1,5 ⋅ 10 − 4 m 2
σ1 =
11
10. Zadatak
Kruta greda AB obješena je o tri eli na štapa istog popre nog presjeka površine 10 cm2.
Dužina štapova je h = 1 m, s tim da je srednji štap (2) napravljen kra i od projektirane dužine za
= 0,6 mm. Odrediti sile u štapovima i izduženje srednjeg štapa ako je izvršena prinudna
montaža sustava.
E1 A1 = E 2 A2 = E3 A3 = EA
l1 = l 2 = l3 = h
S h
S1 h
S h
; ∆l 2 = 2 ; ∆l3 = 3
EA
EA
EA
S3h
∆l3 ∆l1
Sh
=
⇒ ∆l3 = 3∆l1 ⇒
= 3 1 ⇒ S 3 = 3S1 K (1)
3a
a
EA
EA
∆l1 =
S h
Sh
∆l1 ∆ − ∆l 2
∆EA
=
⇒ 2∆l1 = ∆ − ∆l 2 ⇒ 2 = ∆ − 2 1 ⇒ S 2 =
− 2 S1 K (2 )
a
2a
EA
EA
h
ΣM A = 0 → S1 a − S 2 2a + S 3 3a = 0 ⇒ S1 = 2S 2 − 3S 3 K (3)
6 ⋅ 10 − 4 ⋅ 2,1 ⋅ 1011 ⋅ 1 ⋅ 10 −3
∆EA
=c=
= 126 ⋅ 10 3 N = 126kN
h
1,00
(1), (2) → (3) ⇒ S1 = 2c − 4S1 − 9S1 → S1 = 1 c = 126 = 18kN
7
7
3
3
S1 → (1) ⇒ S 3 = c = 126 = 54kN
7
7
2
5
S1 → (2 ) ⇒ S 2 = c − 2 S1 = c − c = 126 = 90kN
7
7
S1 = 18kN
S 2 = 90kN
S 3 = 54kN
∆l 2 =
S2h
90 ⋅ 10 3 ⋅ 1,00
=
= 4,3 ⋅ 10 − 4 m = 0,4mm
−3
11
EA 2,1 ⋅ 10 ⋅ 1 ⋅ 10
12
11. Zadatak
Cilindri ni stup promjera 4 cm, dužine 120 cm optere en je u presjecima (1), (2) i (3) na
udaljenostima zi = 0; 40 i 80 cm (i=1,2,3) od slobodnog kraja aksijalnim silamaFi(i=1,2,3) = 15 kN,
10 kN i 5 kN.
Izra umati naprezanje u pojedinim dijelovima stupa i pomak slobodnog kraja.
E = 2 ⋅ 10 5 MPa
d = 4cm
L
L = 120cm; l1 = l 2 = l3 = l = = 40cm
3
−4
2
2
d π 4 ⋅ 10 π
A=
=
= 12,56 ⋅ 10 − 4 m 2
4
4
(1)K 0 ≤ z1 < 40cm
N (1) = − F1 = −15kN
σ (1) =
N (1)
A
=
− 15 ⋅ 10 3 N
= −12 ⋅ 10 6 Pa = −12 MPa
12,56 ⋅ 10 − 4 m 2
(2)K 40 ≤ z 2 < 80cm
N (2 ) = − F1 − F2 = −25kN
σ (2 ) =
N (2 )
A
=
− 25 ⋅ 10 3 N
= −20 ⋅ 10 6 Pa = −20MPa
12,56 ⋅ 10 − 4 m 2
(3)K80 ≤ z 3 < 120cm
N (3 ) = − F1 − F2 − F3 = −30kN
σ (3 ) =
N (3 )
A
=
− 30 ⋅ 10 3 N
= −24 ⋅ 10 6 Pa = −24 MPa
12,56 ⋅ 10 − 4 m 2
3
l
(N (1) + N (2 ) + N (3) ) = ∑ k ⋅ N (i )
AE
i =1
l
0,4
m
k=
=
= 0,159 ⋅ 10 −8
−4
11
AE 12,56 ⋅ 10 ⋅ 2 ⋅ 10
N
∆l = ∆l1 + ∆l 2 + ∆l3 =
∆l1 = k ⋅ N (1) = 0,159 ⋅ 10 −8 ⋅ (− 15 ⋅ 10 3 ) = −2,415 ⋅ 10 −5 m = −0,024mm
∆l 2 = k ⋅ N (2 ) = 0,159 ⋅ 10 −8 ⋅ (− 25 ⋅ 10 3 ) = −4,00 ⋅ 10 −5 m = −0,04mm
∆l3 = k ⋅ N (3 ) = 0,159 ⋅ 10 −8 ⋅ (− 30 ⋅ 10 3 ) = −4,80 ⋅ 10 −5 m = −0,048mm
∆l = ∆l1 + ∆l 2 + ∆l3 = −0,112mm
13
12. Zadatak
Dimenzionirati eli nu zategu kružnog pore nog presjeka (A1) i drveni kosnik pravokutnog
popre nog presjeka (h=2b) površine A2 = 10A1 ako je F=155 kN a dopušteni naponi za elik 12 ·107
N/m2 i drvo 6·106 N/m2.
N
m2
N
σ 2 dop = 6 ⋅10 6 2
m
N
E1 = 2 ⋅1011 2
m
N
E 2 = 1 ⋅1010 2
m
E1 = 20 E 2
σ 1dop = 12 ⋅10 7
sin α =
A2 = 10 A1
sin β = cos β =
l/2 3
=
5l / 6 5
2l / 3 4
cos α =
=
5l / 6 5
2
l2 =
l
3
5
l1 = l
6
h = 2b
Plan pomaka :
14
2
2
Sile u štapovima :
∑ M A = 0 → Fl − S1 sin α
2
1
l − S 2 sin β l = 0 K (1)
3
3
δc δD
=
→ δ D = 2δ C K (2)
1
2
l
l
3
3
δC =
S 2l2
S1l1
∆l 2
∆l1
;δ D =
=
=
sin β E 2 A2 sin β
sin α E1 A1 sin α
(2) ⇒
S1 = 2
S1l1
S 2l2
E A l sin α
S2
=2
→ S1 = 2 1 1 2
E1 A1 sin α
E 2 A2 sin β
E 2 A2 l1 sin β
20 E 2 ⋅ A1 ⋅ 5l ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 2
E 2 ⋅ 10 A1 ⋅ 6 ⋅ 2l ⋅ 5 ⋅ 2
⇒ S2 =
F
1
sin β + 4 sin α
3
=
S 2 ⇒ S1 = 6 S 2 → (1) ⇒
F
= 0,38F → S 2 = 58,9kN ; S1 = 353,4kN
 12 1

2
 +
5 6

Dimenzioniranje :
σ1 =
S1
S
4 S1
d 2π
≤ σ 1dop → A1 =
≥ 1 →d ≥
=
A1
4
σ 1dop
πσ 1dop
4 ⋅ 353,4 ⋅ 10 3
π ⋅ 12 ⋅ 10 7
d ≥ 0,06m = 6cm → d = 7cm
A2 = 10 A1 = 10 ⋅ 38,48 = 384,8cm 2
A2 = b ⋅ h = 2b 2 = 384,8cn 2 ⇒ b =
A2
384,8
=
= 13,87cm
2
2
b = 13,87cm
h = 27,74cm
Kontrola napona :
S1 353,4 ⋅ 10 3
=
= 91,84 MPa ≤ σ 1dop = 120 MPa
A1 7 2 ⋅ 10 − 4 π
4
S
58,9 ⋅ 10 3
σ2 = 2 =
= 1,53MPa ≤ σ 2 dop = 6 MPa
A2 2 ⋅ 13,87 2 ⋅ 10 − 4
σ1 =
15
13. Zadatak
Odrediti sile u eli nim kružnim zategama CF, DF i EG uslijed djelovanja nazna enog
optere enja.
Fl
M =
4
Plan pomaka
l1 =
l2 l2
5 2
5
l =
l
+
=
4 16
16
4
l2 = 2
l2
2
l
=
4
2
9 2 3
l =
2l
16
4
l
2
sin α = 2 =
5
5
l
4
l
1
sin β = 2 =
2
2
l
2
l3 = 2
16
Iz uvjeta ravnoteže sila :
∑MA = 0 →
Fl
l
+ M − [S1 sin α + (2 S 2 + 3S 3 )sin β ] = 0 → 2 F − S1 sin α − (2 S 2 + 3S 3 )sin β = 0 K (1)
4
4
Iz plana pomaka :
δC δ D δ E
=
=
K (2 )
l
l
l
3
4
2
4
∆l3
∆l1
∆l 2
;δ D =
;δ E =
;
δC =
sin α
sin β
sin β
(2) → δ C
2∆l1
2S l
S l
δD
∆l 2
4
→ 2δ C = δ D →
=
→ 1 1 = 2 2 → S1 = S 2
l
l
sin α sin β
sin α sin β
5
4
2
2∆l3
3∆l 2
δD δE
=
→ 3δ D = 2δ E →
=
→ 3∆l 2 = 2∆l3 → S 2 = S 3
l
l
sin β sin β
3
2
4
2F
(1) → 2 F − 4 S 2 sin α − (2S 2 + 3S 2 )sin β = 0 → S 2 =
→
4
5
sin α + 5 sin β
5
S 2 = S 3 = 0,47 F
S1 =
=
4
4
S 2 = 0,47 F = 0,38 F
5
5
17
14. Zadatak
Zadani tenzor naprezanja prikazati kao zbroj sfernog tenzora naprezanja i tenzora devijatorskog
naprezanja. Odrediti normalno, posmi no i puno naprezanje u ravnini s normalom koja ima
kosinuse smjera :
cos(x,n)=2/3 ; cos(y,n)=1/3 ; cos(z,n)=2/3.
15 
30 10

σ ij = 10 − 50 − 20 MPa
15 − 20 − 60
σ x τ xy τ xz  σ x − σ s
τ xy

 
σ y −σ s
τ yx σ y τ yz  =  τ yx
τ zx τ zy σ z   τ zx
τ zy

 
[ ]
srednje naprezanje
σ x +σ y +σ z
τ xz  σ s 0 0 

τ yz  +  0 σ s 0 
σ z − σ s   0 0 σ s 
devijatorski dio
sferni dio
30 − 50 − 60
= −26,7 MPa
3
3
Komponente devijatorskog tenzora naprezanja :
σs =
=
s xx = σ x − σ s = 30 − (− 26,7 ) = 56,7 MPa
s yy = σ y − σ s = −50 − (− 26,7 ) = −23,3MPa
s zz = σ z − σ s = −60 − (− 26,7 ) = −33,3 Pa
[σ ]
ij
10
15  − 26,7
0
0 
56,7
0 
=  10 − 23,3 − 20  +  0
− 26,7
 15
0
− 20 − 33,3  0
− 26,7
ρ n = [σ ij ]⋅ n
2
15   3   33,3 
 ρ nx  30 10
 
 ρ  = 10 − 50 − 20 ⋅  1  =  − 23,3
 ny  
 3 

 ρ nz  15 − 20 − 60  2  − 36,7 
 3 
ρ n = ρ nx + ρ ny + ρ nz = 33,3 2 + 23,3 2 + 36,7 2 = 54,8 MPa
2
2
σ n = ρ n ⋅ n = 33,3 ⋅
2
2
1
2
− 23,3 ⋅ − 36,7 ⋅ = −10 MPa
3
3
3
τ n = ρ n − σ n = 54,8 2 − 10 2 = 53,9 MPa
2
2
18
15. Zadatak
Za zadano stanje naprezanja x = 100M Pa , y = -80M Pa , txy = 50 Mpa odrediti analiti ki
a) glavna naprezanja
b) maksimalno posmi no naprezanje s odgovaraju im normalnim naprezanjem
c) naprezanja n i tn u presjeku s normalom koja s osi x zatvara kut = -25°.
Glavna naprezanja i smjerovi naprezanja :
σ 1, 2 =
σ x +σ y
2
σ 1 = 113MPa
±
1
2
(σ
− σ y ) + 4τ xy =
2
x
2
100 − 80 1
±
2
2
(100 + 80)2 + 4 ⋅ 50 2
= 10 ± 103
σ 2 = −93MPa
τ xy
50
tgϕ 01 =
=
= 0,2591 ⇒ ϕ 01 = 14,5°
σ 1 − σ y 113 + 80
tgϕ 02 =
τ xy
σ2 −σ y
=
50
= −3,8462 ⇒ ϕ 02 = −75,5°
− 93 + 80
Kontrola preko invarijante naprezanja :
σ 1 + σ 2 = σ x + σ y → 113 − 93 = 10 − 80 → 20 = 20
ϕ 01 + ϕ 02 = 14,5° + 75,5° = 90°
Maksimalno posmi no naprezanje, smjer normale ravnine i normalno naprezanje :
ϕ1 = ϕ 01 + 45° = 14,5° + 45° = 59,5°
σ − σ 2 113 + 93
τ max = 1
=
= 103MPa
2
2
σ + σ 2 113 − 93
σs = 1
=
= 10 MPa
2
2
Naprezanja u ravnini pod kutem :
σn =
σ x +σ y
+
σ x −σ y
cos 2ϕ + τ xy sin 2ϕ = σ x cos 2 ϕ + σ y sin 2 ϕ + τ xy sin 2ϕ
2
2
100 − 80 100 + 80
cos(− 50°) + 50 sin (− 50°) = 29,6 MPa
σn =
+
2
2
σ y −σ x
− 80 − 100
sin 2ϕ + τ xy cos 2ϕ =
sin (− 50°) + 50 cos(− 50°) = 101,1MPa
τn =
2
2
19
Prikaz Mohrove kružnice naprezanja za zadano stanje naprezanja :
N x (σ x ,τ xy ) → N x (100,−50)
N y (σ y ,τ xy ) → N y (−80,50)
σ 1 = 113MPa; ϕ 01 = 14,5°; N 1 (σ 1 ,0) → N 1 (113,0)
σ 2 = −93MPa; ϕ 02 = −75,5°; N 2 (σ 2 ,0) → N 1 (−93,0)
σ s = 10MPa;τ max = 103MPa; ϕ1 = 59,5°; N 3 (σ s ,τ max ) → N 1 (10,103)
σ n = 29,6MPa;τ n = 101,1MPa; K (σ n ,τ n ) → K (29,6;−101,1)
20
16. Zadatak
Za zadano stanje naprezanja odrediti glavna normalna naprezanja, glavna posmi na naprezanja i
oktaedarska naprezanja.
[σ ]
ij
− 80 50 0 
=  50 120 0 [MPa ]
 0
0 60
0
σ x −σm
τ xy
τ xz
σ x −σ m
τ xy
0
τ yx
σ y −σm
τ yz
= 0 ⇒ τ yx
σ y −σm
=0
0
0
τ zx
τ zy
σ z −σm
σ z −σm
(σ z − σ m )([ σ x − σ m )(σ y − σ m ) − τ xy 2 ] = 0
σ z − σ m = 0 ⇒ σ m = σ z = 60MPa = σ 3
′
(σ x − σ m )(σ y − σ m ) − τ xy 2 = 0
σ m − (σ x + σ y )σ m + σ xσ y − τ xy = 0 → σ m =
2
σm =
2
σ x +σ y
2
±
1
2
(σ
− σ y ) + 4τ xy
2
x
σ x +σ y ±
[− (σ
]
(
+ σ y ) − 4 − τ xy + σ xσ y
2
x
2
)
2
2
′ − 80 + 120 1
[(− 80 − 120)]2 + 4 ⋅ 50 2 = 20 ± 111,8
σ 1, 2 =
±
2
2
′
′
′
σ 1 = 131,8MPa; σ 2 = −91,8MPa; σ 3 = 60 MPa
σ 1 = 131,8MPa
σ 2 = 60MPa
σ 3 = −91,8MPa
21
Kontrola naprezanja :
σ1 + σ 2 + σ 3 = σ x + σ y + σ z
− 80 + 120 + 60 = 131,8 + 60 − 91,8
100 MPa = 100MPa
Pravac glavnog naprezanja 2 podudara se s pravcem osi z. Pravci glavnih naprezanja 1 i 3
okomiti su na pravac naprezanja 2, a njihov se položaj u ravnini okomitoj na pravac 2 odre uje
prema izrazima :
τ xy
50
tgϕ 01 =
=
= 4,237 ⇒ ϕ 01 = 76,7°
σ 1 − σ y 131,8 − 120
tgϕ 03 =
τ xy
50
=
= −0,236 ⇒ ϕ 03 = −13,3°
σ 3 − σ y − 91,8 − 120
ϕ 01 + ϕ 03 = 76,7° + 13,3° = 90°
Maksimalna posmi na naprezanja :
σ2 −σ3
60 + 91,8
=±
= ±75,9 MPa
2
2
σ − σ1
− 91,8 − 131,8
τ2 = ± 3
=±
= ±111,8MPa
2
2
σ −σ2
131,8 − 60
τ3 = ± 1
=±
= ±35,9 MPa
2
2
τ1 = ±
τ max = τ 2 = 111,8MPa
Oktaedarska naprezanja :
Budu i da normala oktaedarske ravnine zatvara s koordinatnim osima kuteve :
1
cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = 1 → 3 cos 2 α = 1 → cos α = ±
→ α = 54,7°
3
1
1
1
σ okt = (σ 1 + σ 2 + σ 3 ) = (σ x + σ y + σ z ) = (131,8 + 60 − 91,8)
3
3
3
σ okt = 33,3MPa
1
(σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ 1 )2 = 1
3
3
= 93,2MPa
τ okt =
τ okt
(131,8 − 60)2 + (60 + 91,8)2 + (− 91,8 − 131,)2
ρ okt = σ okt + τ okt = 33,3 2 + 93,2 2 = 99,0MPa
2
2
22
17. Zadatak
Plo a je izložena djelovanju vla nog naprezanja u oba pravca i tangencijalnog naprezanja u
bo nim ravninama.Odrediti komponente naprezanja u presjeku ija normala zatvara kut od 30° s
osi x i smjer i veli inu glavnih naprezanja.
σ x = 8MPa
σ y = 4MPa
τ xy = −2MPa
ϕ = 30°
σ n = σ x cos 2 ϕ + σ y sin 2 ϕ + τ xy sin 2ϕ = 8 cos 2 30° + 4 sin 2 30° − 2 sin 60°
σ n = 5,27 MPa
σ y −σ x
4−8
sin 2ϕ + τ xy cos 2ϕ =
sin 60° − 2 cos 60°
τn =
2
2
τ n = −2,73MPa
ρ n = σ n + τ n = 5,27 2 + (− 2,73)
2
2
2
ρ n = 5,93MPa
Glavna naprezanja :
σ 1, 2 =
σ x +σ y
2
σ 1 = 8,83MPa
±
1
2
(σ
− σ y ) + 4τ xy =
2
x
2
8+4 1
±
2
2
(8 − 4)2 + 4 ⋅ (− 2)2
= 6 ± 2,83
σ 2 = 3,17 MPa
τ xy
−2
tgϕ 01 =
=
= −0,414 ⇒ ϕ 01 = −22,5°
σ 1 − σ y 8,83 − 4
tgϕ 02 =
τ xy
σ2 −σ y
=
−2
= 2,41 ⇒ ϕ 02 = 67,5°
3,17 − 4
Kontrola preko invarijante naprezanja :
σ 1 + σ 2 = σ x + σ y → 8,8 + 3,2 = 8 + 4 → 12 = 12
ϕ 01 + ϕ 02 = 22,5° + 67,5° = 90°
Maksimalno posmi no naprezanje, smjer normale ravnine i pripadaju e normalno naprezanje :
ϕ1 = ϕ 01 + 45° = −22,6° + 45° = 22,4°
σ − σ 2 8,8 − 3,2
τ max = 1
=
= 2,8MPa
2
2
σ + σ 2 8,8 + 3,2
σs = 1
=
= 6 MPa
2
2
23
18. Zadatak
Kratki betonski stup, kvadratnog popre nog presjeka 30x30 cm pritisnut je silom F.Odrediti
veli inu ove sile ako je normalno naprezanje u kosom presjeku pod kutem od 30°prema normali
1,5 Mpa.Koliko je tangencijalno naprezanje u tom presjeku?
σ n = 1,5MPa
ϕ = 30°
a = 30cm = 0,3m
A = a 2 = 0,09m 2
σ n = σ x cos 2 ϕ + σ y sin 2 ϕ + τ xy sin 2ϕ
σ n = σ x cos 2 ϕ = −
σ A
F
1,5 ⋅ 10 6 ⋅ 0,09
cos 2 ϕ → F = − n2 = −
A
cos ϕ
cos 2 30°
F = −180kN
F
180 ⋅ 10 3
σx = = −
= −2 MPa
A
0,09
σ y −σ x
sin 2ϕ + τ xy cos 2ϕ
τn =
2
−σ x
− 2 ⋅ 10 6
sin 2ϕ = −
sin 60° = 0,86MPa
τn =
2
2
19. Zadatak
Stup kružnog popre nog presjeka optere en je vla nom silom intenziteta 20 kN. Tangencijalno
naprezanje na bilo kojem presjeku (ravnini) ne smije prije i vrijednost od 7Mpa. Odrediti polumjer
stupa.
F = 20kN
τ n = 7 MPa
τn ≤
σx
F
2F
2F
2 ⋅ 2 ⋅ 10 4
sin 2ϕ =
sin 2ϕ = 2 sin 2ϕ → d ≥
sin 2ϕ =
sin 2ϕ
2
2A
τ nπ
d π
7 ⋅ 10 6 π
(sin 2ϕ ) max = 1
d≥
2 ⋅ 2 ⋅ 10 4
→ d ≥ 4,3cm → d = 4,5cm
7 ⋅ 10 6 π
24
20. Zadatak
U to ki A napregnutog elementa izmjerene su dužinske deformacije u smjerovima x, y i n xx = 8·10-4, yy = 4·10-4, nn = 6·10-4. Odrediti promjene pravog kuta izme u osi x i y, te veli inu i
smjerove glavnih deformacija.
ε nn = ε xx cos 2 ϕ + ε yy sin 2 ϕ + ε xy sin 2ϕ ⇒
⇒ ε xy =
1
1
(
(
6 ⋅ 10 − 4 + 8 ⋅ 10 − 4 cos 30° − 4 ⋅ 10 − 4 sin 30°)
ε nn − ε xx cos 2 ϕ − ε yy sin 2 ϕ ) =
sin 2ϕ
sin 60°
ε xy = 12,7 ⋅ 10 − 4
γ xy = 2ε xy = 25,4 ⋅ 10 − 4 rad
Glavne deformacije :
ε 1, 2
ε 1, 2
ε xx + ε yy
1
(ε xx − ε yy )2 + 4ε xy 2
2
2
−8+ 4 1
(− 8 − 4)2 + 4(12,7 )2  ⋅ 10 −4
=
±
2
 2

−4
−4
= −2 ⋅ 10 ± 14 ⋅ 10
ε 1, 2 =
±
ε 1 = 12 ⋅ 10 − 4
ε 2 = −16 ⋅ 10 − 4
Kontrola :
ε xx + ε yy = ε 1 + ε 2
− 8 ⋅ 10 − 4 + 4 ⋅ 10 − 4 = 12 ⋅ 10 − 4 − 16 ⋅ 10 − 4
− 4 ⋅ 10 − 4 = − 4 ⋅ 10 − 4
Smjerovi glavnih deformacija :
tgϕ 01 =
tgϕ 02 =
ε xy
ε 1 − ε yy
ε xy
ε 2 − ε yy
=
12,7 ⋅ 10 −4
= 1,588 ⇒ ϕ 01 = 57,8°
12 ⋅ 10 − 4 − 4 ⋅ 10 − 4
=
12,7 ⋅ 10 − 4
= −0,635 ⇒ ϕ 02 = −32,4°
− 16 ⋅ 10 − 4 − 4 ⋅ 10 − 4
ϕ 01 + ϕ 02 = 57,8° + 32,4° = 90,2° ≈ 90°
25
21. Zadatak
Odrediti deformaciju dijagonale eli nog elementa.
E = 2 ⋅ 10 5 MPa
ν = 0,3
σ x = 60MPa
τ xy = 15MPa
σx
60
=
= 30 ⋅ 10 −5
5
E 2 ⋅ 10
σ
60
= −ν x = −0,3
= −9 ⋅ 10 −5
E
2 ⋅ 10 5
τ xy 1 + ν
1 + 0,3
15 = 9,75 ⋅ 10 −5
=
=
τ xy =
5
2G
E
2 ⋅ 10
−5
= 2ε xy = 19,5 ⋅ 10
ε xx =
ε yy
ε xy
γ xy
Relativna deformacija dijagonale :
ε d = ε xx cos 2 ϕ + ε yy sin 2 ϕ + ε xy sin 2ϕ = 30 ⋅ 10 −5 cos 2 30° − 9 ⋅ 10 −5 sin 2 30° + 9,75 ⋅ 10 −5 sin 60°
ε d = 28,69 ⋅ 10 −5
sin 30° =
5
5
→d =
= 10cm
d
sin 30°
Apsolutna deformacija :
∆d = ε d ⋅ d = 28,69 ⋅ 10 −5 ⋅ 100 = 28,69 ⋅ 10 −3 mm
26
22. Zadatak
Pravokutna plo ica dimenzija 120x90 mm optere ena je u dva pravca tako da su
E = 2 ⋅105 MPa
ν = 0,3
N
σ x = 10000 2 = 100 MPa
cm
N
σ y = −4000 2 = −40 MPa
cm
Odrediti kolika su naprezanja u kosoj ravnini koja se poklapa s dijagonalom koja s osi x zatvara
oštri kut i za koliko e se promijeniti dužina dijagonale.
9
= 0,75 → α = 37° ⇒ ϕ = α − 90° = −53°
12
σ x +σ y σ x −σ y
100 − 40 100 + 40
cos 2ϕ + τ xy sin 2ϕ =
cos(− 106°) = 10,7 MPa
σn =
+
+
2
2
2
2
σ y −σ x
− 40 − 100
sin 2ϕ + τ xy cos 2ϕ =
sin (− 106°) = 67,2MPa
τn =
2
2
tgα =
ρ n = σ n + τ n = 10,7 2 + 67,2 2 = 68,0MPa
2
2
σy
σx
(− 40) = 56 ⋅ 10 −5
100
−ν
=
− 0,3
5
E
E
2 ⋅ 10
2 ⋅ 10 5
σy
σ
100
− 40
=
−ν x =
− 0,3
= −35 ⋅ 10 −5
5
5
E
E
2 ⋅ 10
2 ⋅ 10
ε xx =
ε yy
Budu i da tražimo izduženje dijagonale, tražimo deformaciju u smjeru normale ravnine okomite
na dijagonalu, te je sada kut
ε d = ε xx cos 2 ϕ + ε yy sin 2 ϕ + ε xy sin 2ϕ = 56 ⋅ 10 −5 cos 2 (37°) − 35 ⋅ 10 −5 sin 2 (37°) = 23,04 ⋅ 10 −5
d = 90 2 + 120 2 = 150mm
∆d = ε d ⋅ d = 23,04 ⋅ 10 −5 ⋅ 150 = 3,46 ⋅ 10 − 2 mm
27
23. Zadatak
eli na kocka brida a = 10 cm postavljena je bez zazora izme u dviju krutih stijenki na podlogu i
na gornjoj plohi optere ena s q = 60 MPa.
Odrediti :
a) naprezanja i deformacije u tri okomita smjera i deformaciju dijagonale kocke
b) promjenu volumena kocke
c) normalno i posmi no naprezanje u presjeku pod kutem od 45° prema stjenki.
E = 2 ⋅ 10 5 MPa
ν = 0,30
σ y = −q = −60MPa
σz = 0
1
ε xx = [σ x − ν (σ z + σ y )] = 0 → σ x = νσ y = 0,3 ⋅ (− 60 ) = −18MPa
E
1
1
[− 60 − 0,3(− 18)] = −27,3 ⋅ 10 −5
ε yy = [σ y − ν (σ z + σ x )] =
5
E
2 ⋅ 10
1
1
[− 0,3(− 18 − 60)] = 11,7 ⋅ 10 −5
ε zz = [σ z − ν (σ x + σ y )] =
E
2 ⋅ 10 5
d =a 3
1
1
ε d = ε xx cos 2 α + ε yy cos 2 β + ε zz cos 2 γ = 0 − 27,3 ⋅ 10 −5 ⋅ + 11,7 ⋅ 10 −5 ⋅
3
3
−5
ε d = −5,2 ⋅ 10
∆d = ε d ⋅ d = −5,2 ⋅ 10 −5 ⋅ 10 2 ⋅ 3 = −9 ⋅ 10 −3 mm
Relativna i apsolutna promjena volumena :
∆V
= ε xx + ε yy + ε zz = 0 − 27,3 ⋅ 10 −5 + 11,7 ⋅ 10 −5 = −15,6 ⋅ 10 −5
V
∆V = ε V ⋅ V = −15,6 ⋅ 10 −5 ⋅ 10 3 = −0,15cm
εV =
0
0 cos 45°
− 18

ρ n = σ ij ⋅ n =  0 − 60 0 cos 45°
 0
0
0 cos 90°
ρ nx = −12,72 MPa
[ ]
ρ ny = −42,42MPa
ρ nz = 0
σ n = ρ n ⋅ n = −12,72 ⋅ cos 45° − 42,42 ⋅ cos 45° = −39MPa
ρ n = ρ nx + ρ ny + ρ nz = 12,72 2 + 42,42 2 + 0 2 = 44,28MPa
2
2
2
τ n = ρ n − σ n = 21MPa
2
2
28
24. Zadatak
Odrediti glavna naprezanja na stranicama kvadratnog elementa ako su tenzometri (ure aji za
mjerenje dužinske deformacije) A i B pokazali prirast nA = 9,9 mm i
nB = 3,1 mm. Tenzometar A postavljen je pod kutem = 30° prema pravcu glavnog naprezanja
1, a tenzometar B okomito na tenzometar A. Baza tenzometra l0 = 20 mm, a uve anje
tenzometra k = 1000. E = 0,8·105 Mpa, =0,35
Relativne deformacije :
ε nnA =
9,9
∆l ∆n A
=
= 3
= 4,95 ⋅ 10 − 4
l 0 k ⋅ l 0 10 ⋅ 20
ε nnB =
∆n B
3,1
= 3
= 1,55 ⋅ 10 − 4
k ⋅ l 0 10 ⋅ 20
Za ravninsko stanje deformacija :
σ nA =
E
0,8 ⋅ 10 5
(
)
(4,95 ⋅ 10 − 4 + 0,35 ⋅ 1,55 ⋅ 10 − 4 ) = 50 MPa
ε
+
νε
=
nnA
nnB
2
2
1 −ν
1 − 0,35
σ nB =
E
0,8 ⋅ 10 5
(
)
(1,55 ⋅ 10 − 4 + 0,35 ⋅ 4,95 ⋅ 10 − 4 ) = 30 MPa
ε
+
νε
=
nnB
nnA
2
2
1 −ν
1 − 0,35
σ n = σ x cos 2 ϕ + σ y sin 2 ϕ + τ xy sin 2ϕ
σ nA = σ 1 cos 2 ϕ + σ 2 sin 2 ϕ = σ 1 cos 2 30 ° + σ 2 sin 2 30 ° K (1)
(cos (ϕ + 90 ° ))2 = (− sin ϕ )2 = sin 2 ϕ
(sin (ϕ + 90 ° ))2 = (cos ϕ )2 = cos 2 ϕ
σ nB = σ 1 cos 2 (ϕ + 90 °) + σ 2 sin 2 (ϕ + 90 °) = σ 1 sin 2 30 ° + σ 2 cos 2 30 ° K (2 )
0,75σ 1 + 0,25σ 2 = 50 K (1)
0,25σ 1 + 0,75σ 2 = 30 K (2 ) ⇒
σ 1 = 60 MPa
σ 2 = 20 MPa
Kontrola :
σ nA + σ nB = 50 + 30 = 60 + 20 = 80MPa
29
25. Zadatak
Kocka dužine stranice “a“, izložena je djelovanju jednolikog tlaka intenziteta p = - 700 N/cm2.
Odrediti Poissonov koeficijent ako je relativna promjena volumena -9·10-5, a modul elasti nosti
materijala 0,7·104 kN/cm2.
N
N
= −7 ⋅ 10 6 2
2
cm
m
kN
N
E = 0,7 ⋅ 10 4
= 0,7 ⋅ 1011 2
2
cm
m
−5
ε V = −9 ⋅ 10
p = −700
1 − 2ν
(σ 1 + σ 2 + σ 3 )
E
σ1 = σ 2 = σ 3 = σ = p
εV = ε1 + ε 2 + ε 3 =
1 − 2ν
1  ε E  1  (− 9 ⋅ 10 −5 ) ⋅ 0,7 ⋅ 1011 

3 p → ν = 1 − V  = 1 −
E
2
3p  2 
3(− 7 ⋅ 10 6 )

ν = 0,35
εV =
26. Zadatak
U gredi eli nog mosta, pri prolazu vlaka, izmjerena su pomo u tenzometra relativna izduženja u
horizontalnom pravcu (u smjeru osi x ili paralelno s osi grede) 0,0004 i vertikalnom pravcu
(u smjeru osi y ili okomito na os grede) -0,00012. Odrediti normalna naprezanja u pravcu osi
grede i okomito na nju.
ε x = 0,0004
ε y = −0,00012
E = 2,1 ⋅ 10 5 MPa
ν = 0,3
1
ε x = (σ x − νσ y ) → σ x = Eε x + νσ y K (1)
E
1
ε y = (σ y − νσ x ) → σ y = Eε y + νσ x K (2 )
E
11
E (ε + νε )
(2) → (1) ⇒ σ x = x 2 y = 2,1 ⋅ 10 (0,0004 − 02 ,3 ⋅ 0,00012)
1 −ν
1 − 0,3
N
σ x = 84 ⋅ 10 6 2 = 84MPa
m
σ y = Eε y + νσ x = −0,00012 ⋅ 2,1 ⋅ 1011 + 0,3 ⋅ 84 ⋅ 10 6 = 0 MPa
30
27. Zadatak
Za optere enje na tlak betonske kocke ( stranice 7 cm) postavljene su na njene etiri strane
papu ice od elika spojene me usobno zglobnim mehanizmom. Dvije sile veli ine F djeluju u
vorovima A i D. Odrediti za koliko se promijeni volumen kocke ako je E =4 ·103 KN/cm2, = 0,3 i F
= 50 kN.
F
sin α
=F
Σy = 0 : F + S A sin α = 0 → S A = −
Σx = 0 : FAB + S A ⋅ cosα → FAB
F
= SA
cosα
=F
Σx = 0 → S B = −
Σy = 0 → FBC
α = 45°
∆V = ε V ⋅ V = (ε 1 + ε 2 + ε 3 )V =
σ1 = σ 2 =
∆V =
1 − 2ν
(σ 1 + σ 2 + σ 3 )V = 1 − 2ν 2σV
E
E
− S − 2F
; σ 3 = 0;V = a 3
=
2
2
a
2a
− 4(1 − 2ν )aF
2E
∆V = −9,9 ⋅ 10 −8 m 3
=
− 4(1 − 2 ⋅ 0,3) ⋅ 0,07 ⋅ 50 ⋅ 103
2 ⋅ 4 ⋅ 1010
31
28. Zadatak
Odrediti potrebne duljine l1 i l2 zavara spajanjem kutnih metalnih profila s plo om.
F = 120kN
t = 0,5cm
h1 = 3,6cm
t
l1
h2 = 1,4cm
τ dop = 90MPa
h1 F
a
h2
l2
τ=
F
F
F
F
120 ⋅ 10 3
=
=
≤ τ dop ⇒ l1 + l 2 ≥
=
= 19cm
A ∑ al 2(l1 + l 2 )(t cos 45°)
2 ⋅ 0,7t ⋅ τ dop 1,4 ⋅ 0,5 ⋅ 10 − 2 ⋅ 90 ⋅ 10 6
∑ M A = 0 → F1 ⋅ h1 = F2 ⋅ h2 → (τ dop 2l1 a )h1 = (τ dop 2l 2 a )h2 ⇒
⇒ l1 ⋅ h1 = l 2 ⋅ h2 ⇒
l1 h2 1,4
=
=
≅ 0,4 → l1 = 0,4l 2
l 2 h1 3,6
l1 + l 2 = 19cm → 0,4l 2 + l 2 = 19cm → 1,4l 2 = 19cm → l 2 =
19
= 13,5cm → l1 = 19 − 13,5 = 5,5cm
1,4
32
29. Zadatak
Odrediti potreban broj zakovica promjera 20 mm, ako je
F
F
d
F/2
F/2
F
F/2
F = 300 kN
t1 = 8mm
t = 12mm
τ dop = 100 MPa
F/2
t1
t
t2
F
n – broj zakovica
m – reznost zakovica
σ dop = 280 MPa
F
F
300 ⋅ 10 3
≤ τ dop → n ≥
=
−3 2
d 2π
d 2π
nm
m
τ dop 2 (20 ⋅ 10 ) π 100 ⋅ 10 6
4
4
4
n ≥ 5 → n = 6 → 2n = 12 → 2reda
F
F
τ=
=
=
As nmA1
σ =
F
F
300 ⋅ 10 3
=
=
= 208MPa ≤ σ dop = 280 MPa
A p ndt 6 ⋅ 20 ⋅ 10 −3 ⋅ 12 ⋅ 10 −3
33
30. Zadatak
Na vijak promjera d djeluje tla na sila F koja izaziva naprezanje u vijku i površinski pritisak p
izme u prstena promjera D i lima. Odrediti promjer D, te posmi no naprezanje u prstenu ako je
prsten debljine
d = 10cm
σ = 100 MPa
p = 40 MPa
t = 5cm
p=
F
4F
4F
= 2
→ D = d2 +
2
A p (D − d )π
πp
σ=
F
d 2π
→ F = σA = σ
A
4
D = d2 +
4σd 2π
100
σ
= d 1 + = 10 1 +
= 18,7cm
4πp
p
40
F σd 2π σd 100 ⋅ 10 6 ⋅ 0,1
τ=
=
=
=
= 5 ⋅ 10 7 = 50 MPa
As
4dπt
4t
4 ⋅ 0,05
34
31. Zadatak
Metalna vilica i plo ica 1 i 2 spojene su vijkom i optere ene prema slici. Odrediti promjer vijka d,
ako je
F = 150 kN
τ sdop = 70 MPa
p dop = 150 MPa
a = 15 mm
b = 35 mm
F
F
τ =
=
=
As
mA
p=
F
≤ τ sdop → d ≥
d 2π
m
4
4F
=
m πτ sdop
4 ⋅ 150 ⋅ 10 3
= 0,0369 m
2 ⋅ π ⋅ 70 ⋅ 10 6
F
≤ p dop
Ap
p1 =
F
F
=
A p 1 2 ad
p2 =
F
F
=
A p 2 bd
p1 > p 2 ⇒ d ≥
F
150 ⋅ 10 3
=
= 0,033 m
2 ap dop
2 ⋅ 0,015 ⋅ 150 ⋅ 10 6
0,0369 m > 0,033 m ⇒ d = 37 mm
35
Zavareni spojevi
Lom zavarenih spojeva optere enih na smicanje nastaje po najslabijem (smi nom) presjeku A-B,
tj. po presjeku za koji je smi na površima najmanja.
Naprezanja u zavaru iznose :
F
- normalno naprezanje σ =
al
F
- posmi no naprezanje τ =
al
F
F
F
F
ili op enito σ =
gdje je A , A … veli ina površine zavara koja
,τ =
=
=
Aσ ∑(a ⋅ l )σ
Aτ ∑(a ⋅ l )τ
se odnosi na normalno, odnosno posmi no naprezanje.
Za spoj na slici posmi no naprezanje je
τ=
F
F
F
=
=
Aτ ∑(a ⋅ l ) a(2l1 + l )
Normalno naprezanje jednako je posmi nom.
Kod zavarenih spojeva uobi ajeno se provjeravaju
normalna naprezanja ako sila djeluje okomito na površinu
zavarenog spoja, odnosno na posmi na naprezanja dok sila
djeluje u samoj površini zavarenog spoja.
36
33. Zadatak
Odrediti potrebnu duljinu zavara prema slici.
F = 50kN
τ dop = 135
N
mm 2
t1 ≥ 1,2t 2
a1 = 0,7t
a 2 = 0,84t
B 40 × 40 × 5
Iz priru nika za profile :
b = 40mm
e2 = 11,6mm
A = 379mm 2
∑ Fz = 0 → F1 + F2 = F K (1)
∑ M B = 0 → F1b = Fe2 K (2 )
τ=
F
F
50 ⋅ 10 3
≤ τ dop → A ≥
=
= 370mm 2
A
135
τ dop
(2) → F1 = Fe2
→ A1 =
b
A2 = A − A1 = 263mm 2
Ae2 370 ⋅ 11,6
=
= 107 mm 2
b
40
a1 = 0,7t = 0,7 ⋅ 5 = 3,5mm
a 2 = 0,84t = 0,84 ⋅ 5 = 4,2mm
usvojeno → a1 = 3mm, a 2 = 4mm
l1 =
A1
A
= 30,56mm, l 2 = 2 = 62,62mm
a1
a2
usvojeno → l1 = 40mm, l 2 = 70mm
37
34. Zadatak
Odrediti najve a naprezanja zakovica.
Q = 20kN
d = 1,4cm
a = 4cm
b = 8cm
H = 12kN
Sila na jednu zakovicu od djelovanja sile H
H
FH =
h
Moment u težištu sustava zakovica
M = Q(a + b )
Sila na jednu zakovicu od djelovanja sile Q
Q
FQ =
h
Sila u i-toj zakovici od momenta M
FMi = k ⋅ ρ i
Q
FM
4
a
a
1
4
H
5
FM
45°
5
FQ
2
3
1
FH
3
FH
FH
FQ
FQ
2
FM
FQ
a
a
FQ
b
38
Moment od sile FMi s obzirom na težište sustava
M i = FMi ⋅ ρ i = k ⋅ ρ i
5
2
M = ∑ M i = ∑ k ⋅ρ i ⇒ k =
M
2
i =1
5
∑ρ
i =1
FMi =
M
⋅ ρi
5
∑ρ
i =1
2
i
2
i
ρi = ρ 2 = ρ3 = ρ 4 = a 2, ρ5 = 0
FM 1 = FM 2 = FM 3 = FM 4 = FM
FM =
Q ⋅ (a + b )
⋅a 2 =
4 ⋅ a2 ⋅ 2
2 ⋅Q ⋅ (a + b )
=
8⋅a
2 ⋅ 20 ⋅ (0,04 + 0,08)
= 10,6kN
8 ⋅ 0,04
U srednjoj zakovici ne djeluje sila od momenta!
FM 5 = 0
12
= 2,4kN
5
20
FQ =
= 4kN
5
FH =
2
2
2
2
2
2
2
2

2 
2
 +  FQ + FM ⋅
 = 15,15kN
R1 =  FH + FM ⋅
 

2
2

 


2 
2
 +  FQ + FM ⋅
 = 12,57kN
R2 =  FH − FM ⋅



2
2

 


2 
2
 +  FQ − FM ⋅
 = 6,17 kN
R3 =  FH − FM ⋅
 

2
2

 


2 
2
 +  FQ − FM ⋅
 = 10,49kN
R4 =  FH + FM ⋅


2  
2 

R5 = FH + FQ = 4,66kN
2
2
Najve e optere enje ima zakovica 1 : R1 = 15,15 kN
τ=
F
=
mAs
R1
15150
=
= 49,20 MPa
2
d π
0,014 2 π
2
2
4
4
39
35. Zadatak
Unutarnji promjer vanjskog eli nog prstena je za D manji od vanjskog promjera unutarnjeg
aluminijskog valjka, pa je eli ni prsten u zagrijanom stanju nataknut na aluminijski valjak.
Odrediti pritisak prstena na valjak i naprezanje u prstenu nakon hla enja prstena.
Kolika sila djeluje u prstenu?
D = 1,1mm
N
mm 2
N
E 2 = E = 2 ⋅ 10 5
mm 2
ν Al = 0,34 = ν 1
E1 = E Al = 0,7 ⋅ 10 5
ν = 0,3 = ν 2
t = 5mm
Uvjet deformacija :
∆D = ∆D1 + ∆D2 K (1)
∆D = D1 − D2 = 1,1mm
Uvjet ravnoteže :
2 ⋅ S 2 − p ⋅ D2 = 0 K (2 )
p ⋅ D2 ⋅ t
2
R = p ⋅ D2
S2 =
Izraz za deformacije :
ε1 =
(1)
(1)
σ1
σ
p
p
p
(1 − ν 1 ) = ∆D1
−ν 1 2 =
−ν 1
=
E1
E1
E1
E1 E1
D1
Za valjak :
2
S2
S2
D2 p
∆D2 σ (2 )
∆D2
(2 )
,
ε2 =
=
⇒
=
→ ∆D2 =
D2
E
F ⋅ E1
D2
E1 ⋅ F
2tE1
F = D2 ⋅ h
Za prsten :
D p
D p ∆D2
ε2 = 2
= 2 =
2tE 2 D2 2tE 2
D2
2
40
pD1
(1 − ν 1 )
E1
∆D1 = ε 1 D1 =
2
∆D2 = ε 2 D2 =
pD2
2tE 2
2
pD1
1,1
(1 − ν 1 ) + pD2 = 1,1 → p =
→
2
E1
2tE 2
D1
(1 − ν 1 ) + D2
E1
2tE 2
(1)
D1 ≅ D2 ≅ 1600mm
p=
1,1
2
1600
(1 − 0,34) + 1600 5
5
0,7 ⋅ 10
2 ⋅ 5 ⋅ 2 ⋅ 10
= 0,85
N
(1)
(1)
= σ1 = σ 2
2
mm
Naprezanje u prstenu (homogeno stanje naprezanja) :
pD2 0,85 ⋅ 1600
N
(2 )
σ1 =
=
= 136,0
2t
2⋅5
mm 2
Sila u prstenu :
S = t ⋅ h ⋅σ1
Kontrola :
(2 )
= 5 ⋅ 200 ⋅ 136,0 = 136kN
(2 )
σ
136,0
∆D2 = D2 1 = 1600
= 1,087 mm
E2
2 ⋅ 10 5
pD1
(1 − ν 1 ) = 0,85 ⋅ 1600
(1 − 0,34) = 0,013mm
∆D1 =
E1
0,7 ⋅ 10 5
∆D = ∆D1 + ∆D2 = 1,087 + 0,013 = 1,1mm
41
36. Zadatak
U parnom kotlu promjera D djeluje pritisak p. Kotlovski lim debljine t spojen je u uzdužnom
smjeru dvorednim zakovicama promjera d na me usobnom razmaku e. Odrediti :
a) naprezanja u sastavu
b) koliki maksimalni tlak pare može kotao podnijeti ako su zadana dopuštena naprezanja.
D = 1600mm
N
p = 1,0
mm 2
t = 10mm
d = 20mm
e = 100mm
N
mm 2
N
σ dop = 100
mm 2
N
σ O dop = 160
mm 2
τ dop = 70
a) Naprezanje stjenke kotla (u smjeru tangente na stjenku)
pD 1,0 ⋅ 1600
N
=
= 80
2δ
2 ⋅ 10
mm 2
Sila na razmaku e (sila koja djeluje na jedan red zakovica)
S = σ ⋅ δ ⋅ e = 80 ⋅ 10 ⋅ 100 = 80kN
σ=
Naprezanje zakovice
posmik
bo ni pritisak
τ=
S
80000
N
=
= 127,32
2
2
d π
20 π
mm 2
m
2
4
4
σO =
S
80000
N
=
= 200
2dδ 2 ⋅ 20 ⋅ 10
mm 2
Vlak na oslabljenom presjeku
S
80000
N
σ=
=
= 100
(e − d )δ (100 − 20)10
mm 2
42
b) Nosivost zakovice
d 2π
20 2 π
= 70
= 21,991kN ≅ 22kN
4
4
N O = σ Odop δd = 160 ⋅ 10 ⋅ 20 = 32kN
N S = τ dop
N V = σ dop (e − d )δ = 100(100 − 20 )10 = 80kN
N max = N V = 80kN
pD
2δσ 2 ⋅ 10 ⋅ 100
N
160 = 200
⇒ p=
=
2δ
D
1600
mm 2
N
p max = 200
mm 2
σ=
43
37. Zadatak
Za satavljeni štap na slici potrebno je odrediti najve a posmi na naprezanja i potencijalnu
energiju deformacija ako su u to ki A zadana glavna naprezanja.
N
mm 2
N
σ 2 = −8
mm 2
N
E = 2 ⋅ 10 5
mm 2
ν = 0,30
σ1 = 8
D1 π 80 4 π
=
= 4,02 ⋅ 10 6 mm 4 = 4,02 ⋅ 10 −6 m 4
32
32
4
D π 120 4 π
I p2 = 2 =
= 20,3 ⋅ 10 6 mm 4 = 20,3 ⋅ 10 −6 m 4
32
32
τ A ⋅ I p 2 8 ⋅ 20,3 ⋅ 10 6
M
τ A = σ1 = C ρ A → M C =
=
= 5,4 ⋅ 10 6 Nmm = 5,4kNm
I p2
30
ρA
4
I p1 =
Uvjet ravnoteže
M B + MC = MT
Uvjet deformacije
M ⋅ 0,8 M C ⋅ 1,4 M C ⋅ 2,0
ϕC = 0 → T
−
−
=0
G ⋅ I p1
G ⋅ I p2
G ⋅ I p1
 1,4 2,0  M C  I p1
 5,413  4,02

MC 
1,4
+
+ 2,0 =
+ 2,0
=
1,4

0,8
0,8  20,3

 I p 2 I p1  0,8  I p 2

M T = 15,4kNm
MT =
I p1
M B = M T − M C = 10kNm
44
τ max =
M B D1
10 ⋅ 10 6 80
N
=
= 99,5
6
I p1 2
4,02 ⋅ 10 2
mm 2
E
2 ⋅ 10 5
N
kN
G=
=
= 0,77 ⋅ 10 5
= 0,77 ⋅ 10 8 2
2
2(1 + ν ) 2(1 + 0,3)
mm
m
U=
M B ⋅ 0,8 M C ⋅ 1,2 M C ⋅ 1,4
+
+
2 ⋅ G ⋅ I p1 2 ⋅ G ⋅ I p1 2 ⋅ G ⋅ I p 2
U=
10 2 ⋅ 0,8
5,4 2 ⋅ 1,2
5,4 2 ⋅ 1,4
+
+
2 ⋅ 0,77 ⋅ 10 8 ⋅ 4,02 ⋅ 10 −6 2 ⋅ 0,77 ⋅ 10 8 ⋅ 4,02 ⋅ 10 −6 2 ⋅ 0,77 ⋅ 10 8 ⋅ 20,3 ⋅ 10 −6
2
2
2
U = 0,129 + 0,056 + 0,013 = 0,198kNm = 198000 Nmm
45
38. Zadatak
Osovina kružnog popre
ena je momentom torzije Mt. Temperatura osovine
se promijeni za t. Odrediti smjer i veli inu glavnih naprezanja u to ki C.
N
E = 2,0 ⋅ 10 5
mm 2
ν = 0,30
α t = 1,25 ⋅ 10 −5 K −1
∆t = +30 K
D = 120 mm
M t = 16 kNm
1,7 m
Mt
t
D
A
C
0,5 m
G=
0,8 m
B
C
1,2 m
E
2 ⋅ 10 5
N
kN
=
= 0,77 ⋅ 10 5
= 0,77 ⋅ 10 8 2
2
2(1 + ν ) 2(1 + 0,3)
mm
m
D 4π 120 4 π
=
= 20,4 ⋅ 10 6 mm 4 = 20,36 ⋅ 10 −6 m 4
32
32
D 2π 120 2 π
A=
=
= 1,1 ⋅ 10 4 mm 2 = 1,1 ⋅ 10 − 2 m 2
4
4
Ip =
Uvjet ravnoteže :
M A + M B = M t K (1)
Uvjet deformacije :
ϕA =
M A ⋅l Mt ⋅b
−
= 0 K (2 )
G⋅Ip G⋅Ip
b
1,2
= 16
= 11,29kNm
l
1,7
M B = M t − M A = 4,71kNm
M A = Mt
46
F ⋅l
⇒ F = α t ⋅ ∆t ⋅ E ⋅ A
E⋅A
F = 1,25 ⋅ 10 −5 ⋅ 30 ⋅ 2 ⋅ 10 5 ⋅ 1,1 ⋅ 10 4 = 848,23kN
∆l = α t ⋅ ∆t ⋅ l =
τC =
MB D
4,71 ⋅ 10 6 120
N
=
= 13,88
6
I p 2 20,36 ⋅ 10 2
mm 2
σC = −
F
848,23 ⋅ 10 3
N
(tlak )
=−
= −74,52
4
A
1,1 ⋅ 10
mm 2
σ 1, 2 =
σC 1
− 74,52 1
2
2
±
σ C + 4τ C =
±
2 2
2
2
C
(− 74,52)2 + 4 ⋅ 13,88 2
= −37,26 ± 39,76
N
mm 2
N
= −77,02
mm 2
σ 1 = +2,50
C
σ2
C
tg 2ϕ =
2 ⋅ 13,88
= −0,3725 → 2ϕ = −20,43° → ϕ = −10,215°
− 74,52
47
39. Zadatak
Za spoj dva vratila odrediti potreban broj vijaka krute spojke. Zanemariti utjecaj spojke na
uvijanje.
d V = 12mm
τ dop = 50MPa
M t1 = 10kNm
M t 2 = 15kNm
D1 = 100mm
D2 = 140mm
2 R = 0,2m
D1 π 0,14 π
=
= 0,9817 ⋅ 10 −5 m 4
32
32
4
D π 0,14 4 π
= 2 =
= 3,771 ⋅ 10 −5 m 4
32
32
4
I pI = I pII =
I pIII = I pIV
Uvjet ravnoteže :
∑ M z = 0 → M A + M B + M t1 − M t 2 = 0 K (1)
Uvjet deformacije :
i =4
ϕ AB = ∑ ϕ i = 0 →ϕ I + ϕ II + ϕ III + ϕ IV = 0K (2)
i =1
48
(2 ) →
 M
M + M t1 M A + M t1 M A + M t1 − M t 2 
− A + A
+
+
⋅a = 0
 GI

GI pII
GI pIII
GI pIV
 pI

I pI = I pII , I pIII = I pIV
MA =
MA =
M t 2 I pI − M t1 (2 I pI + I pIII )
2(I pI + I pIII )
15 ⋅ 0,9817 − 10 (2 ⋅ 0,9817 + 3,771)
= −4,483 kNm
2(0,9817 + 3,771)
Torzijski moment u presjeku C :
M C = M A + M t1 = 4,483 − 10 = −5,517kNm
Zbog djelovanja momenta MC vijci spojke su optere eni na smicanje :
MC = n⋅ F ⋅ R
n – broj vijaka
F – posmi na sila koja djeluje na jedan vijak
R – krak djelovanja sile F
Potreban broj vijaka u spoju :
d π
F
4F
τs =
= 2 ≤ τ sdop → F ≤ v τ sdop
Av d v π
4
2
n≥
4M C
d v πτ sdop R
2
=
4 ⋅ 5517
= 9,76 → n = 10vijaka
0,012 ⋅ π ⋅ 50 ⋅ 10 6 ⋅ 0,1
2
49
40. Zadatak
Sastavljena osovina kružnog popre nog presjeka optere ena je momentom torzije Mt . Odrediti
najve a naprezanja u pojedinim dijelovima osovine i potencijalnu energiju deformacije.
M t = 15kNm
E = 2 ⋅ 10 5
N
mm
ν = 0,3
D1 = 80mm
D2 = 120mm
d = 64mm
I p1
(D
=
)
− d 4 π (80 4 − 64 4 )π
=
= 2,4 ⋅ 10 6 mm 4
32
32
4
4
D π 120 π
= 2 =
= 20,3 ⋅ 10 6 mm 4
32
32
4
1
I p2
Uvjet ravnoteže
∑ M z = 0 → M A + M B = M t K (1)
Uvjet deformacije
ϕA = 0 →
MB = Mt
M
A
M t ⋅ 0 ,8 M B ⋅ 1, 4 M B ⋅ 2 , 0
−
−
= 0 K (2 )
GI p 1
GI p 2
GI p 1
0 ,8
1
= 5 ,54 kNm
I p 1 1, 4 + 2 , 0
I p2
I p1
= M t − M B = 9 , 458 kNm
τ max 2 =
M B D2 5,54 ⋅ 10 6 120
N
=
= 16,37
6
I p2 2
20,3 ⋅ 10 2
mm 2
τ max 1
M A D1 9,458 ⋅ 10 6 80
N
=
=
= 157,63
6
I p1 2
2,4 ⋅ 10 2
mm 2
G=
E
2 ⋅ 10 5
N
kN
=
= 0,77 ⋅ 10 5
= 0,77 ⋅ 10 8 2
2
2(1 + ν ) 2(1 + 0,3)
mm
m
M ⋅ 0,8 M B ⋅ 1,2 M B ⋅ 1,4
Ep = U = A
+
+
= 0,1936 + 0,0996 + 0,0137 = 0,307 kNm
2GI p1
2GI p1
2GI p 2
2
2
2
50
41. Zadatak
Odrediti potrebne dimenzije pojedinih odsje aka te kut uvijanja slobodnog kraja.
a = 400mm
G = 80GPa
M t1 = 4kNm
M t 2 = 7kNm
M t 3 = 3kNm
τ dop = 60 MPa
Uvjet ravnoteže :
∑ M z = 0 → M t1 − M t 2 − M t 3 + M A = 0 K (1)
(1) → M A = M t 3 + M t 2 − M t1 = 3 + 7 − 4 = 6kNm
M A = 6kNm
Vrijednost momenata torzije na pojedinim odsje cima :
M I = M t1 = 4kNm
M II = M t1 − M t 2 = 4 − 7 = −3kNm
M III = M t1 − M t 2 − M t 3 = 4 − 7 − 3 = −6kNm
Kriterij vrsto e :
τi =
M i 16M i
16M i
= 3 ≤ τ dop , i = I , II , III , IV → Di ≥ 3
W pi
πτ dop
di π
51
Dimenzioniranje :
DI ≥ 3
16M I 3 16 ⋅ 4 ⋅ 10 3
=
= 0,0698m → DI = 70mm
πτ dop
π ⋅ 60 ⋅ 10 6
DII ≥ 3
16 M II 3 16 ⋅ 3 ⋅ 10 3
=
= 0,0634m → DII = 64mm
πτ dop
π ⋅ 60 ⋅ 10 6
DIII
16 M III 3 16 ⋅ 6 ⋅ 10 3
≥3
=
= 0,0798m → DIII = 80mm
πτ dop
π ⋅ 60 ⋅ 10 6
Kutevi uvijanja :
ϕ I = ϕ CD =
ϕ II = ϕ BC =
ϕ III = ϕ AB =
M I ⋅ 2a 64M I ⋅ a
64 ⋅ 4 ⋅ 10 3 ⋅ 0,4
=
=
= 16,99 ⋅ 10 −3 rad
4
9
4
G ⋅ I pI
G ⋅ DI π 80 ⋅ 10 ⋅ 0,07 ⋅ π
M II ⋅ a 32 M II ⋅ a 32 ⋅ (− 3) ⋅ 10 3 ⋅ 0,4
=
=
= −9,07 ⋅ 10 −3 rad
4
9
4
G ⋅ I p II G ⋅ DII π 80 ⋅ 10 ⋅ 0,064 ⋅ π
M III ⋅ a 32 M III ⋅ a 32 ⋅ (− 6 ) ⋅ 10 3 ⋅ 0,4
=
=
= −7,46 ⋅ 10 −3 rad
4
9
4
G ⋅ I p III G ⋅ DIII π 80 ⋅ 10 ⋅ 0,08 ⋅ π
Kut uvijanja slobodnog kraja nosa
ϕ uk = ϕ AD = ϕ I + ϕ II + ϕ III = (16,99 − 9,07 − 7,46) ⋅ 10 −3 = 0,46 ⋅ 10 −3 rad
52
42. Zadatak
Za nosa oblika I-profila odrediti dimenzije popre nog presjeka prema maksimalnim normalnim i
tangencijalnim naprezanjima.
F = 4kN
kN
q=2
m
h = 20t
b = 8t
σ dop = 120MPa
τ dop = 60 MPa
Reakcije oslonaca :
∑ Fy = 0 → − FAy − FB + F + q ⋅ 3 = 0
∑ M A = 0 → FB ⋅ 5 − F ⋅ 2 − q ⋅ 3 ⋅ 1,5 = 0
1
(2 F + 4,5q ) = 3,4kN
5
= FA = F + 3q = 6,6kN
FB =
FAy
53
Momenti savijanja :
M x1 = M x1 = FAy ⋅ 2 − q ⋅ 2 ⋅ 1 = 9,2kNm
l
M x 2 = FB ⋅ 2 = 6,8kNm
Ekstremni momenti savijanja na udaljenosti z od oslonca A :
z = 0 K 2m
M x ( z ) = FAy z − qz
z
1
= FAy z − qz 2
2
2
FAy
dM x
= FAy − qz = 0 → z =
= 3,3m
dz
q
z = 2K 3m
1
M x ( z ) = FAy z − qz 2 − F ( z − 2)
2
FAy − F
dM x
= FAy − qz − F = 0 → z =
= 1,3m
dz
q
Iz dijagrama D(M) i D(Q) je vidljivo da se maksimalni moment savijanja javlja u presjeku 1, dok se
maksimalna popre
sila javlja u presjeku A
M x max = M x1 = 9,2kNm
Q y max = Q yA = 6,6kN
Aksijalni moment površine drugog reda i moment otpora
8t ⋅ (22t ) 7t ⋅ (20t )
−
= 2432t 4
12
12
4
I
2432t
Wx = x =
= 221,09t 3
y max  h 
 +t
2 
3
3
Ix =
54
Iz kriterija vrsto e za maksimalna normalna i posmi na naprezanja :
σ z max =
t≥3
M x max
M x max
=
≤ σ dop
Wx
221,09t 3
M x max
= 7,03 ⋅ 10 −3 m
221,09 ⋅ σ dop
τ zy max =
Q y max  S x 
  ≤ τ dop
I x  b  max
 Sx 
  =
 b  max
τ zy max =
t≥
bt
h+t h h
+ t
2
2 4 = 134t 2
t
Q y max
2432t
134Q y max
2432τ dop
4
134t 2 ≤ τ dop
= 2,46 ⋅ 10 −3 m
Zaklju uje se da je za dimenzioniranje mjerodavan kriterij maksimalnih normalnih naprezanja i
usvaja se :
t = 7,1mm, h = 20t = 142mm, b = 8t = 56,8mm, I x = 6,18 ⋅ 10 −6 mm 4
Provjera naprezanja u presjecima 1 i 2 :
M x1mj = 9,2kNm
Q y1mj = 2,6kN
M x1mj
σ z1mj =
τ zymj =
Ix
y mj =
9200
⋅ 0,0781 = 116,26MPa ≤ σ dop = 120 MPa
6,18 ⋅ 10 −6
Q y1mj  S x 
6600
⋅ 134 ⋅ 0,00713 = 0,051MPa ≤ τ dop = 60MPa
  =
−6
I x  b  max 6,18 ⋅ 10
M x 2 mj = 6,8kNm
Q y1mj = 3,4kN
σ z 2 mj =
τ zymj =
M x 2 mj
Ix
y mj =
6800
⋅ 0,0781 = 85,94 MPa ≤ σ dop = 120 MPa
6,18 ⋅ 10 −6
Q y 2 mj  S x 
3400
⋅ 84 ⋅ 0,00713 = 0,026MPa ≤ τ dop = 60MPa
  =
−6
I x  b  max 6,18 ⋅ 10
55
Dijagrami naprezanja :
56
43. Zadatak
Za nosa zadan i optere en prema slici potrebno je:
a) odrediti reakcije u osloncima
b) skicirati dijagrame popre nih sila i momenta savijanja
c) dimenzionirati nosa ( t zaokružiti na prvi ve i cijeli broj u milimetrima )
d) u presjeku x skicirati raspodjelu normalnog i tangencijalnog naprezanja po visini
presjeka
a = 2.2 m
b = 1.8 m
c = 1.2 m
x=a/2
F = 8 kN
q = 7 kN/m
σDOP = 180 Mpa
57
a) reakcije u osloncima
b) dijagram popre nih sila i momenta savijanja
I. podru je: 0 m <x < 2.2 m
58
II. podru je: 2.2 m < x < 4 m
III. podru je: 4 m < x < 5.2 m
59
Mmax = 5.488 kNm
Mmin = -9.6 kNm
Najve i moment po apsolutnoj vrijednosti je u to ki x = 4 m i iznosi My = - 9.6 kNm .
Stoga treba dimenzionirati nosa za iznos momenta |My| = 9.6 kNm !
60
c) dimenzioniranje nosa a
-
- moment tromosti presjeka
61
d) raspodjela normalnog i tangencijalnog naprezanja u presjeku za x = 1.1 m
- normalno naprezanje
62
- tangencijalno naprezanje
63
44. Zadatak
Za nosa sa slike odrediti dimenzije popre nog presjeka ako je on:
a) kružnog oblika
b) pravokutnog oblika
c) oblika I-profila
prema uvjetu maksimalnih normalnih naprezanja.
Za I-profil napraviti kontrolu dobivenih dimenzija
prema kriteriju dopuštenih tangencijalnih naprezanja.
F = 4kN
kN
q=2
m
h = 20t
b = 8t
σ dop = 120 MPa
τ dop = 60 MPa
Reakcije oslonaca :
∑ Fy = 0 → − FAy − FB + F + q ⋅ 4 = 0
∑ M A = 0 → FB ⋅ 4 − F ⋅ 1 − q ⋅ 4 ⋅ 2 + M = 0
FAy = FA = −12,5kN
FB = 112,5kN
Momenti savijanja :
M x1 = M x1 = FAy ⋅ 2 + q ⋅ 2 ⋅ 1 = 9,2kNm
l
M x 2 = FB ⋅ 2 = 6,8kNm
64
Maksimalni moment savijanja na udaljenosti z od oslonca B :
1
M x ( z ) = FB z − qz 2
2
dM x
F
= FB − qz = 0 → z = B = 2,25m
dz
q
2,25
M max = 112,5 ⋅ 2,25 − 50 ⋅ 2,25 ⋅
= 126,56kNm
2
Moment savijanja u to ki A :
M xA = F ⋅ 1 = 100kNm
Za dimenzioniranje prema najve im normalnim naprezanjima koristi se maksimalni moment
savijanja :
M max = M x1 = 126,56kNm
Za kontrolu dimenzija prema dopuštenim tangencijalnim naprezanjima koristi se vrijednost
popre ne sile :
Q y max = Q yB = FB = 112,5kN
a) kružni popre ni presjek
W x min ≥
M x max D 3π
32 M x max 3 32 ⋅ 126,56 ⋅ 10 6
=
→D≥3
=
32
σ dop
πσ dop
π 100
D ≥ 234,47mm
USVOJENO → D = 235mm
b) pravokutni popre ni presjek
Wx =
12 M x max 3 12 ⋅ 126,56 ⋅ 10 6
h 2b h 3 M x max
=
≥
→h≥3
=
6
12 σ dop
100
σ dop
h ≥ 247,6mm
USVOJENO → h = 248mm, b = 124mm
65
c) popre ni presjek oblika I-profila
10t (27t ) 9t (25t )
−
= 4683,8t 4
12
12
3
Ix =
Wx =
3
Ix
M
M x max
4683,8t 4
126,56 ⋅ 10 6
=
= 346,9t 3 ≥ x max → t ≥ 3
=3
y max
13,5t
346,9σ dop
346,9 ⋅ 100
σ dop
t ≥ 15,39mm
USVOJENO → t = 16mm, h = 25t = 400mm, b = 160mm
Provjera dimenzija prema dopuštenom tangencijalnom naprezanju :
Q y max  S x 
  ≤ τ dop
I x  b  max
h+t h h
bt
+ t
 Sx 
2
2 4 = 53280mm 2
  =
t
 b  max
τ zy max =
112,5 ⋅ 10 3
N
mm 2
⋅ 53280
4
4
4683,3 ⋅ 16
mm
N
N
= 19,53
< τ dop = 60
2
mm
mm 2
τ zy max =
τ zy max
66
45. Zadatak
Za zadani nosa i optere enje odrediti maksimalna normalna i posmi na naprezanja u visini osi
“z“te smjer i veli inu glavnih naprezanja u to ki 3 popre nog presjeka nad ležajem B.
Položaj težišta popre nog presjeka nosa a :
 10 ⋅ 60 
20 ⋅ 60 ⋅ 70 + 2
 ⋅ 40 + 10 ⋅ 60 ⋅ 30
∑ Ai y i
126000
2 

yT =
=
=
= 52,5cm
2400
∑ Ai
 10 ⋅ 60 
20 ⋅ 60 + 2
 + 10 ⋅ 60
 2 
T ( xT , yT ) = T (30;52,5)
Moment površine drugog reda :
(
)
I z = I z1 + A1 y1 + 2 I z 2 + A2 y 2 + I z 3 + A3 y 3
2
2
2
2
3
 10 ⋅ 60 3 10 ⋅ 60  2
60 ⋅ 20 3
  10 ⋅ 60
2
2

Iz =
+ 60 ⋅ 20 ⋅ (70 − 52,5) + 2
+
⋅  60 − 52,5  +
+ 10 ⋅ 60 ⋅ (30 − 52,5)


12
2
12
3
 
 36
I z = 110,5 ⋅ 10 4 cm 4 = 110,5 ⋅ 10 8 mm 4
Reakcije i unutarnje sile :
∑ M B = 0 → FA ⋅ 3a − F ⋅ 2a − F ⋅ a + q ⋅ b ⋅
b
=0
2
b2
32
3Fa − q
3 ⋅ 100 ⋅ 2 − 40
2 =
2 → F = 70kN
FA =
A
3a
3⋅ 2
∑ Fy = 0 → FA + FB − 2 F − q ⋅ b = 0
FB = 2 F + qb − FA = 2 ⋅ 100 + 40 ⋅ 3 − 70 → FB = 250kN
67
M 1 = FA ⋅ a = 70 ⋅ 2 = 140kNm
M B = −q ⋅ b ⋅
b
3
= −40 ⋅ 3 ⋅ = −180kNm = M max
2
2
M max = −180kNm
Tmax = −130kN
Maksimalno normalno naprezanje :
σ1
g
σ1
d
M max
180 ⋅10 6
(80 − 52,5) ⋅10 = +4,48 N 2
y1 = +
=
8
Iz
110,5 ⋅10
mm
M max
180 ⋅10 6
(52,5) ⋅10 = −8,55 N 2
y2 = −
=
8
Iz
110,5 ⋅10
mm
68
Posmi
:
52,5
 8,75 ⋅ 52,5  52,5 
3
6
3
+ 2

 = 21820cm = 21,8210 mm
2
2
3



x
10
52,5 ⋅ 10
=
→x=
= 8,75cm
52,5 60
60
b = 2 x + 10 = 2 ⋅ 8,75 + 10 = 27,5cm = 275mm
S z = 10 ⋅ 52,5 ⋅
Tmax ⋅ S z 130 ⋅ 10 3 ⋅ 21,82 ⋅ 10 6
N
τz =
=
= 0,933
8
Iz ⋅b
110,5 ⋅ 10 ⋅ 275
mm 2
Glavna naprezanja i njihov smjer u to ki 3 :
S z = 20 ⋅ 60 ⋅ (70 − 52,5) = 21000cm 3 = 21 ⋅ 10 6 mm 3
3
τ3 =
Tmax ⋅ S z 130 ⋅ 10 3 ⋅ 21 ⋅ 10 6
N
=
= 0,82
8
Iz ⋅b
110,5 ⋅ 10 ⋅ 300
mm 2
σ3 =
M max
180 ⋅ 10 6
(60 − 52,5) ⋅ 10 = +1,22 N 2
y3 = +
8
Iz
110,5 ⋅ 10
mm
1,22 1
σ 1
1,22 2 + 4 ⋅ 0,82 2 = 0,61 ± 1,022
±
σ 2 + 4τ 2 =
±
2 2
2
2
N
(3 )
σ 1 = +1,632
mm 2
N
(3 )
σ 2 = −0,412
mm 2
2 ⋅ 0,82
tg 2ϕ =
= 1,34 → 2ϕ = 53,35° → ϕ = 26,67°
1,22
σ 1, 2
(3 )
=
69
46. Zadatak
Koriste i analiti ki postupak odre ivanja elasti ne linije nosa a odrediti kut zaokreta u to kama
D i F te progib u to ki E.
kN
q = 10
a = 5m
m
b = 2m
P = 50 kN
c = d = 1m
EI y = 8 ⋅10 5 Nm 2
Ekvivalentni sustav
Reakcije u osloncima
∑ M D = 0 → FF ⋅ 2 − P ⋅ 1 = 0 → FF =
d
P 50
=
= 25kN
2
2
∑ M A = 0 → q ⋅ 7 ⋅ 3,5 + P ⋅ 8 − FC ⋅ 5 − FF ⋅ 9 = 0 → FC =
420
= 84kN
5
∑ Fz = 0 → FA − q ⋅ 7 − P + FF + FC = 0 → FA = 11kN
70
Momenti savijanja na pojedinim segmentima :
2
(I )0 ≤ x ≤ a → M (x ) = FA ⋅ x − q ⋅ x
2
2
(II )a ≤ x ≤ (a + b ) → M (x ) = FA ⋅ x − q ⋅ x + FC ⋅ (x − 5)
2
2
2
(III )(a + b ) ≤ x ≤ (a + b + c ) → M (x ) = FA ⋅ x − q ⋅ x + FC ⋅ (x − 5) + q ⋅ (x − 7 )
2
2
2
2
(IV )(a + b + c ) ≤ x ≤ (a + b + c + d ) → M (x ) = FA ⋅ x − q ⋅ x + FC ⋅ (x − 5) + q ⋅ (x − 7 ) − P ⋅ (x − 8)
2
2
Iz diferencijalne jednadžbe elasti ne linije nosa a slijedi za moment savijanja :
d 2w
EI 2 = − M ( x )
dx
d 2w
x2
(I )EI 2 = − FA ⋅ x + q ⋅
2
dx
2
2
(II )EI d w2 = − FA ⋅ x + q ⋅ x − FC ⋅ (x − 5)
2
dx
2
(
d 2w
x2
x − 7)
(III )EI 2 = − FA ⋅ x + q ⋅ − FC ⋅ (x − 5) − q ⋅
2
2
dx
2
2
2
(
d w
x
x − 7)
(IV )EI 2 = − FA ⋅ x + q ⋅ − FC ⋅ (x − 5) − q ⋅
+ P ⋅ ( x − 8)
2
2
dx
Za kut zaokreta :
2
3
(I )EI dw = − FA ⋅ x + q ⋅ x + C1
dx
2
6
2
2
3
(II )EI dw = − FA ⋅ x + q ⋅ x − FC ⋅ (x − 5) + C 2
dx
2
6
2
2
3
(
(
dw
x2
x3
x − 5)
x − 7)
(III )EI = − FA ⋅ + q ⋅ − FC ⋅
−q⋅
+ C3
dx
2
6
2
6
2
3
2
2
3
(IV )EI dw = − FA ⋅ x + q ⋅ x − FC ⋅ (x − 5) − q ⋅ (x − 7 ) + P ⋅ (x − 8) + C 4
dx
2
6
2
6
2
Za progib nosa
:
x4
+ C1 ⋅ x + D1
6
24
3
(
x3
x4
x − 5)
(II )EIw = − FA ⋅ + q ⋅ − FC ⋅
+ C 2 ⋅ x + D2
6
24
6
3
4
3
4
(III )EIw = − FA ⋅ x + q ⋅ x − FC ⋅ (x − 5) − q ⋅ (x − 7 ) + C3 ⋅ x + D3
6
24
6
24
3
4
3
3
4
(IV )EIw = − FA ⋅ x + q ⋅ x − FC ⋅ (x − 5) − q ⋅ (x − 7 ) + P ⋅ (x − 8) + C 4 ⋅ x + D4
6
24
6
24
6
(I )EIw = − FA ⋅ x
3
+q⋅
71
Uvjeti kompatibilnosti deformacija :
ϕ ( I ) (a ) = ϕ ( II ) (a ) → C1 = C 2
ϕ ( III ) (a + b + c ) = ϕ ( IV ) (a + b + c ) → C 3 = C 4
w ( I ) (a ) = w ( II ) (a ) → D1 = D2
w ( II ) (a + b ) = w ( III ) (a + b ) → C 2 ⋅ 7 + D2 = C 3 ⋅ 7 + D3 K (1)
w ( III ) (a + b + c ) = w ( IV ) (a + b + c ) → C 3 ⋅ 8 + D3 = C 4 ⋅ 8 + D4 → D3 = D4
Rubni uvjeti :
w(0 ) = 0 → D1 = 0 → D2 = D1 = 0
53
54
+ 10 + C1 ⋅ 5 = 0 → C1 = −6,25 = C 2
6
24
3
4
3
3
(
(
(
9
94
9 − 5)
9 − 7)
9 − 8)
( IV )
w(l ) = w (x = 9 ) = 0 → −11 ⋅ + 10 ⋅
− 84 ⋅
− 10 ⋅
+ 50 ⋅
+ C 4 ⋅ 9 + D4 = 0
6
24
6
24
6
502,917 + 9 ⋅ C 4 + D4 = 0 K (2 )
w(a ) = w ( I ) ( x = 5) = 0 → −11
(1) ⇒ −6,25 ⋅ 7 + 0 = C 4 ⋅ 7 + D4 → D4 = −43,75 − 7 ⋅ C 4 K (3)
(3) → (2) ⇒ C 4 = −229,58 = C3
D4 = 1563,31 = D3
Progib u to ki E :
3
4

(
(
1 
x3
x4
x − 5)
x − 7)
wE = w ( x = 8) = w ( x = 8) =
− FC ⋅
−q⋅
+ C 3 ⋅ x + D3 
 − FA ⋅ + q ⋅
EI y 
6
24
6
24

3
4
3
3
4
(8 − 5) − 10 ⋅ (8 − 7 ) − 229,58 ⋅ 8 + 1563,31
10 
8
8
wE =
11
10
84
−
⋅
+
⋅
−
⋅


6
24
6
24
8 ⋅ 10 6 

−3
wE = 14,53 ⋅ 10 m = 14,53mm
( III )
( IV )
Kut zaokreta u to ki F :
2
3
2

(
(
(
1 
x2
x3
x − 5)
x − 7)
x − 8)
ϕ F = ϕ (x = 9) =
+q⋅
− FC ⋅
−q⋅
+ P⋅
+ C4 
− FA ⋅
EI y 
2
6
2
6
2

2
3
2
(9 − 5) − 10 ⋅ (9 − 7 ) + 50 ⋅ (9 − 8) − 229,58
10 3 
92
93
11
10
ϕF =
−
⋅
+
⋅
− 84 ⋅


6
2
6
2
6
2
8 ⋅ 10 

−3
ϕ F = −15,05 ⋅ 10 rad = −0,01505rad
( IV )
72
Kut zaokreta u to ki D :
ϕ D = ϕ D + ϕ D = ϕ ( II ) ( x = 7 ) + ϕ ( III ) (x = 7 )
l
d
2


(
x2
x3
x − 5)
ϕD
+ q ⋅ − FC ⋅
+ C2 
 − FA ⋅
2
6
2


(x − 5)2 − q ⋅ (x − 7 )3 + C 
1 
x2
x3
d
F
q
F
ϕD =
−
⋅
+
⋅
−
⋅
 A
C
3
EI y 
2
6
2
6

(7 − 5)2 − 6,25
10 3 
72
73
l
11
10
84
ϕD =
−
⋅
+
⋅
−
⋅


2
6
2
8 ⋅ 10 6 

l
1
=
EI y
ϕ D = 15,99 ⋅ 10 −3 rad = 0,01599rad
l
ϕD =
d
10 3
8 ⋅ 10 6

(7 − 5)2 − 10 ⋅ (7 − 7 )3 − 229,58
72
73
11
10
84
−
⋅
+
⋅
−
⋅


2
6
2
6


ϕ D = −11,93 ⋅ 10 −3 rad = −0,01193
d
ϕ D = 0,01599 − 0,01193 = 0,00406rad
73
47. Zadatak
Odrediti to
F = 10kN
l = 5m
a = 20cm = 0,2m
A = 2a ⋅ a + a 2 = 3a 2
a
a 2 ⋅ + 2a 2 ⋅ a
5
2
yT =
= a
2
6
3a
a
3
a 2 ⋅ + 2a 2 ⋅ a
2
2 = 7a
zT =
2
6
3a
2
2
3
a ⋅ a
7    2a ⋅ a 3
7   11 4
'
2 a
2 3
Iy = 
+ a ⋅ − a  + 
+ 2a ⋅  a − a   = a
6   12
 2 6    12
2
 12
2
2
3
a ⋅ a3
5    a ⋅ (2a )
5   11 4
2 a
2 
Iz = 
+ a ⋅ − a  + 
+ 2a ⋅  a − a   = a
6   12
 2 6    12

 12

7  
5  1
 a 7   a 5  
3
'
I yz = 0 + a 2 ⋅  − a  ⋅  − a  + 0 + 2a 2 ⋅  a − a  ⋅  a − a  = a 4
6  
6  3
 2 6   2 6  
2

'
Glavne osi momenata površine drugog reda :
1 4
1 4
2
a
2
a
⋅
⋅
2 I yz
3
3
tg 2α = − '
=−
=−
= ∞ → 2α = 90° → α = 45°
'
11 4 11 4
0
Iy − Iz
a − a
12
12
1 '
1
1
11
1 1
 11 1 
'
'
' 2
' 2
I 1, 2 = I y + I z ±
I y − I z + 4 I yz = ⋅ 2 ⋅ a 4 ± ⋅ 2 a 4 =  ± a 4
2
2
2
12
2 3
 12 3 
'
(
)
(
)
( )
5
 11 1 
I 1 =  + a 4 = a 4 = I y
4
 12 3 
7
 11 1 
I 2 =  − a 4 = a 4 = I z
12
 12 3 
I yz = 0
74
Položaj neutralne osi :
5 4
a
15
tgϕ = − tgα = − 4
tg 45° = − = −2,14286 → ϕ = −65°
7 4
Iz
7
a
12
Iy
Ekstremna naprezanja su u to kama B i D :

2 

a
3
 cos 45°

sin 45° 
2  − 2a
6
 = Fl  − 4 + 2  = − 18 Fl = − 18 10 ⋅ 10 ⋅ 5

zB +
y B = Fl
σB = M
+
 I

7 4  a3  5 7 
Iz
2  5 4
35 a 3
35 0,2 3
y


a
a


12 
 4
σ B = −3,21MPa
σD
σD

2 

a
3
 cos 45°

sin 45° 
2  2a
6
 = Fl  4 + 2  = 38 Fl = 38 10 ⋅ 10 ⋅ 5

zD +
y D = Fl
=M
+
 I

7 4  a 3  5 7  35 a 3 35 0,2 3
Iz
2 5 4
y


a 
 a
12 
4
= 6,78MPa
−7
−5
−7 2
−5 2
a cos 45° +
a sin 45° =
a+
a = − 2a
6
6
6 2
6 2
7 2
2
−5
−7
−5 2
yB =
a cos 45° −
a sin 45° =
a+
a=
a
6
6
6 2
6 2
6
5
7
5 2
7 2
z D = a cos 45° + a sin 45° =
a+
a = 2a
6
6
6 2
6 2
7
5
7 2
5 2
2
y D = a cos 45° − a sin 45° =
a−
a=
a
6
6
6 2
6 2
6
zB =
75
48. Zadatak
Za zadani tankostijeni presjek prikazan na slici potrebno je odrediti središte posmika u odnosu
na to ku A.
x = 35 ⋅ sin 25° = 14,8mm
76
2
  5 ⋅15 3
20 ⋅ 5 3
5 ⋅14,8 3
 14,8  
2 
2
I y = 22
+ 5 ⋅15 ⋅ (29,8 − 7,5)  +
+ 20 ⋅ 5 ⋅ (29,8) +
+ 5 ⋅14,8 ⋅ 
 
12
12
 2  

  12
I y = 3,4364 ⋅10 5 mm 4
τ xz1 =
T ⋅ S y1
I y ⋅b
=
2
z  T 
z 
T 

 z1 ⋅ t ⋅ 14,8 + 1   = 14,8 z1 + 1 
I y ⋅t 
2   I y 
2 

15
2
2
2
3
z 
z1 
z1
z1 
T
T ⋅ t 15 
T ⋅ t 


T1 = ∫ 14,8 z1 + 1  ⋅ t ⋅ dz1 =
14
,
8
z
+
⋅
dz
=
14
,
8
+
1
1
I y 
2 
I y ∫0 
2 
I y 
2
6 
0
0
T1 = 0,0324 ⋅ T
15
τ xy 2 =
T ⋅ S y2
I y ⋅b
=
T
(S y1 + S y 2 ) = T (1672,5 + y 2 ⋅ t ⋅ 29,8)
I y ⋅t
I y ⋅t
S y1 = 5 ⋅15 ⋅ (14,8 + 15 / 2) = 1672,5mm 3
T
20
(1672,5 + 149 y 2 ) ⋅ t ⋅ dy 2 = T
T2 =
I y ⋅ t ∫0
Iy
2

y
1672,5 y 2 + 149 2

2

20



0
T2 = 0,184 ⋅ T
τ xz 3 =
T ⋅ S y3
Iy ⋅b
=
T
Iy ⋅t
(S
y1
+ S y 2 + S y3 ) =
2
z3
T 
4652,5 + 149 z 3 − 5
=
I y ⋅ t 
2
S y 2 = 5 ⋅ 20 ⋅ 29,8 = 2980mm 3




2
z3
T 
T3 = ∫
4652
,
5
149
z
5
+
−
3
I ⋅ t 
2
0 y
15
z 
T 

1672,5 + 2980 + z 3 ⋅ t ⋅  29,8 − 3   =
Iy ⋅t 
2 

15
2
3


z
z 
 ⋅ t ⋅ dz 3 = T  4652,5 z 3 + 149 3 − 5 3 

I y 
2
6 

0
T3 = 0,244 ⋅ T
T ⋅ e = 2 ⋅ T1 ⋅ (20 + 35 ⋅ cos 25°) + 2 ⋅ T2 ⋅ 29,8 − 2 ⋅ T3 ⋅ (35 ⋅ cos 25°)
T ⋅ e = 103,44 ⋅ 0,0324T + 59,6 ⋅ 0,184T − 31,72 ⋅ 2 ⋅ 0,244T
e = −1,16mm
77
49. Zadatak
Za zadani nosa i optere enje odrediti mjerodavan koeficijent sigurnosti prema teoriji najve ih
normalnih naprezanja u to kama 1 i 2 presjeka I-I ako je zadano kriti no naprezanje materijala
K.
P = 30 kN
40
H = 25kN
2
20
q = 15kN / m
σ K = 320 MPa
T
y
100
130
1
10
30
10
30
70 mm
z
ΣFx = 0 :
R Ax − H = 0 ⇒ R Ax = H = 25kN
ΣM A = 0 :
1
1,5 2
+q⋅
+ P ⋅ 1,5 − RB ⋅ 3 = 0 ⇒ R B = 18,125kN
2
2
ΣF y = 0 :
− q ⋅1 ⋅
R Ay + RB − q ⋅ 2,5 − P = 0 ⇒ R Ay = 49,375kN
Presjek I – I :
N = −25kN
T = −18,125kN
M = 27,1875kNm
10 ⋅ 70 ⋅ 5 + 10 ⋅ 100 ⋅ 60 + 20 ⋅ 40 ⋅ 120 159500
=
⇒ yT = 63,8mm
10 ⋅ 70 + 10 ⋅ 100 + 20 ⋅ 40
2500
A = 2500mm 2
yT =
70 ⋅ 10 3
10 ⋅ 100 3
40 ⋅ 20 3
2
2
2
+ 70 ⋅ 10 ⋅ (63,8 − 5) +
+ 10 ⋅ 100 ⋅ (63,8 − 60 ) +
+ 40 ⋅ 20 ⋅ (66,2 − 10 )
12
12
12
6
4
I y = 5,83 ⋅ 10 mm
Iy =
W y max =
Iy
z max
=
5,83 ⋅ 10 6
⇒ W y max = 88,1 ⋅ 10 3 mm 3
66,2
S y max = 40 ⋅ 20 ⋅ (66,2 − 10) + (66,2 − 20) ⋅ 10 ⋅
66,2 − 20
⇒ S y max = 55,6 ⋅ 10 3 mm 3
2
78
To ka 1 :
N − 25 ⋅ 10 3
N
1
1
σx = =
= −10
⇒ σ x = −10 MPa
2
A
2500
mm
T ⋅ S y max 18,125 ⋅ 10 3 ⋅ 55,6 ⋅ 10 3
N
1
1
τ xz =
=
= 17,29
⇒ τ xz = 17,29MPa
6
2
Iy ⋅b
5,83 ⋅ 10 ⋅ 10
mm
To ka 2 :
M N − 27,1875 ⋅ 10 6 − 25 ⋅ 10 3
N
2
2
σx =
+ =
+
= −308,6 − 10 = −318,6
⇒ σ x = −318,6 MPa
3
2
Wy A
2500
88,1 ⋅ 10
mm
τ xz =
2
T ⋅ Sy
2
Iy ⋅b
=
18,125 ⋅ 10 3 ⋅ 0
2
= 0 ⇒ τ xz = 0
6
5,83 ⋅ 10 ⋅ 40
Sy = 0
2
Provjera po teoriji najve ih normalnih naprezanja (1. teorija vrsto e) :
To ka 1 :
( )
σ ek = 0,5 ⋅ σ x + 0,5 ⋅ σ x
1
1
σ ek = 0,5 ⋅ (− 10) + 0,5 ⋅
1
k1 =
1 2
(− 10)2 + 4 ⋅ (17,29)2
( )
σ ek = 0,5 ⋅ σ x + 0,5 ⋅ σ x
2
σ ek = 0,5 ⋅ (− 318,6 ) + 0,5 ⋅
1
k2 =
1 2
⇒ σ ek = 13,00 MPa
1
σK
320
=
⇒ k 1 = 24,6
1
13
σ ek
To ka 2 :
2
( )
+ 4 ⋅ τ xz
2 2
( )
+ 4 ⋅ τ xz
2 2
(− 318,6)2 + 4 ⋅ (0)2
⇒ σ ek = σ x = −318,6 MPa
1
2
σK
320
=
⇒ k 2 = 1,0
2
318
,
6
σ ek
79
P
q
z
A
C
H
I
D
1,0 m
I
x
B
1,5 m
1,5 m
4,0 m
-
-25
34,375
+
-
D(N)
11,875
-
-18,125
D(T)
-15
-
-7,5
D(M)
+
+
27,1875
80

vedi allegato

scarica

vježbamo matematiku 1