U N I V E R Z I T E T U Z E N I C I U N I V E R S I T S S T U D I O R U M I C E N S I S Z E N Univerzitet u Zenici Mašinski fakultet leksandar Karač Riješeni ispitni zadaci iz Otpornosti materijala Zenica, 014.
dr. leksandar Karač, Mašinski Fakultet Univerziteta u Zenici Riješeni ispitni zadaci iz Otpornosti materijala Prvo izdanje Izdavač Univerzitet u Zenici Za izdavača prof. dr. Dževad Zečić Urednik prof. dr. Dževad Zečić Recenzenti Prof. dr. Nermina Zaimović-Uzunović, Mašinski Fakultet, Univerzitet u Zenici Prof. dr. lojz Ivanković, University College Dublin Lektor i korektor Mirela ašić Izdavanje rukopisa je odobreno Odlukom Senata Univerziteta u Zenici roj: 01-108-313-3115/14. 9.10.014. godine. od CIP -- Katalogizacija u publikaciji Nacionalna i univerzitetska biblioteka osne i Hercegovine, Sarajevo 60.17(075.8)(076.) KRČ, leksandar Riješeni ispitni zadaci iz Otpornosti materijala / leksandar Karač - Zenica : Univerzitet, 014. - 98, 1 str. : ilustr. ibliografija: str. [99] ISN 978-9958-639-64-7 COISS.H-ID 171506
U N I V E R Z I T E T U Z E N I C I U N I V E R S I T S S T U D I O R U M I C E N S I S Z E N Univerzitet u Zenici Mašinski fakultet leksandar Karač Riješeni ispitni zadaci iz OTPORNOSTI MTERIJL Zenica, 014.
Predgovor Riješeni ispitni zadaci iz Otpornosti materijala predstavlja kolekciju svih ispitnih zadataka s rješenjima, koji su bili zadani na ispitnim rokovima na Mašinskom i Politehničkom fakultetu Univerziteta u Zenici u akademskoj 01/013. i 013/014. godini. Kolekcija broji ukupno 109 zadataka iz oblasti aksijalnih opterećenja, uvijanja, savijanja, složenih opterećenja te hipoteza o razaranju materijala, na taj način pokrivajući osnovni kurs iz područja otpornosti materijala koja se izučavaju na kursevima Otpornost materijala i Otpornost materijala I na tehničkim fakultetima Univerziteta u Zenici. Prilikom pripremanja ove kolekcije prvobitno sam imao dilemu da li da uz zadatke dam rješenja u isključivo matematičkom jeziku, koristeći samo formule uz minimalna objašnjenja, što je uobičajena praksa u većini zbirki, ili da rješenje svakog zadatka bude detaljno urađeno. Meni je, naravno, više odgovarala prva varijanta, jer zahtijeva puno manje posla, a i većina zadataka je već bila pripremljena kroz MathCD dokumente, koji su na raspolaganju studentima preko web stranica kursa. S druge strane, smatram da je taj način puno bolji i za studente, jer do znanja ne dolaze samo čitanjem, na gotovo, nego se moraju malo i potruditi da u potpunosti shvate rješenja pojedinih zadataka kroz pretraživanje i čitanje dodatne literature. Ipak, znajući da većina zbirki nema detaljno urađene zadatke, naročito na našim jezicima, te da je dodatna literatura uglavnom nepristupačna većini studenata, odlučio sam se za drugu varijantu. Stoga su svi zadaci detaljno urađeni bez obzira što su neki tipovi zadataka međusobno slični. Dakle, rješenja svih zadataka su originalna, odnosno napisana u duhu kako bih ja to riješio kada bih trebao riješiti. U rješenjima zadataka data su izvođenja konačnih izraza te izrazi s brojčanim vrijednostima pojedinih veličina. U izrazima nisu uvrštavane i jedinice, ali su sve vrijednosti veličina date u osnovnim jedinicama (prema Dodatku ), osim ako to nije drugačije naglašeno u zadatku. Na taj način studenti mogu lakše pratiti rješenja zadataka, ali se i izvještiti u korištenju jedinica (Nevjerovatno je koliko mnogo studenata ima problema s pretvaranjem jedinica pa se nadam da će im ovo pomoći da barem usvoje pristup u kojem će minimizirati svoje greške.). S obzirom da je ispit iz pomenutih kurseva otvorenog tipa, odnosno dozvoljeno je koristiti Formule i tabele (vidi Dodatak C), na početku svakog poglavlja date su osnovne formule iz Dodatka C vezane za tematiku poglavlja, kako bi studenti lakše pratili primjenu izraza u konkretnim problemima. Onima koji brzo kapiraju možda će biti dosadno iščitavati iste fraze, ista objašnjenja, možda će im smetati previše teksta između formula. Kako god, mislim da će i oni, kao i oni drugi, moći naći nešto korisno u svemu ovome. Na kraju, zahvalio bih se prof. Zaimović-Uzunović i prof. Ivanković, koji su prihvatili da budu recenzenti, a zatim i uradili recenziju ove zbirke. Iako nisu imali previse primjedbi na radni materijal, dali su mi niz sugestija koje su mi mnogo pomogle u pripremi konačne verzije zbirke, ali i za neke slične buduće projekte. Također bih se zahvalio Mireli, koja je našla vremena i snage da lektoriše ovaj, za nju vjerovatno previše tehnički, vrlo dosadan, materijal. Ipak, najveća zahvalnost ide mojim najbližim, Dani, Ladi i Maji, koji su strpljivo (ponekad i ne baš, naročito mlađi naraštaj) opraštali moju mentalnu odsutnost za vrijeme pripremanja ovog materijala. Posve«ceno Smijehu.... Karač
Poglavlje 1 Naponi i deformacije 1.1 Osnovne formule Srednji normalni napon: σ nsr = F n < σ doz Srednji tangencijalni (smičući) napon: τ ssr = F s < τ doz Dozvoljeni napon duktilnih materijala: σ doz = R ( eh(σ) τ doz = R ) eh(τ) S S Dozvoljeni napon krtih materijala: σ doz = R m(σ) S Poissonov koeficijent: ν = ǫ pop ǫ uzd ( τ doz = R ) m(τ) S Hookeov zakon (normalni naponi): σ = ǫe Hookeov zakon (smičući napon): τ = γg Normalna (uzdužna) deformacija: ǫ = L L (1 1) (1 ) (1 3) (1 4) (1 5) (1 6) (1 7) (1 8)
Poglavlje ksijalno naprezanje.1 Osnovne formule Normalni napon: σ n = F < σ doz Promjena dužine (izduženje/skraćenje): δ = FL E < δ max Promjena dužine elementa sastavljenog iz više segmenata: ( 1) ( ) δ = i δ i = i F i L i E i i < δ max ( 3) Promjena dužine elementa s kontinuiranom promjenom karakteristika/opterećenja: δ = L 0 F(x) E(x)(x) dx < δ max ( 4) Promjena dužine opruge krutosti k: δ = F k < δ max k = E L Promjena dužine usljed utjecaja temperature: δ T = α TL Normalni napon u ravni čija normala zaklapa ugao θ s pravcem djelovanja aksijalne sile: σ θ = σ x (1+cosθ) ( 5) ( 6) ( 7) Tangencijalni napon u ravni čija normala zaklapa ugao θ s pravcem djelovanja aksijalne sile: τ θ = σ x sinθ ( 8)
4 ksijalno naprezanje. Statički određeni problemi..1 ksijalni problemi Zadatak.1 Spoj na slici.1 1 sastoji se od čelične šipke C (E = 00 GPa) i aluminijumske šipke (E = 70 GPa), pri čemu su obje kružnog poprečnog presjeka prečnika 1 mm. ko je spoj izložen opterećenjima kao na slici, odrediti pomjeranje u tačkama i. Veličinu spojnice zanemariti. 3 m m C F =6 kn F =18 kn Slika.1 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.1: Podaci uz zadatak.1 E C = 00 GPa E = 70 GPa F = 6 kn L C = 3 m L = m F = 18 kn d = 1 mm Na osnovu slike.1 1 se jasno vidi da je problem statički određen, pošto je jedina nepoznata reakcija u osloncu C. Stoga možemo postaviti jednačinu ravnoteže uzduž ose šipke, pri čemu pretpostavljamo da reakcija oslonca na šipku djeluje na lijevu stranu, odnosno zateznom silom (vidi sliku.1 ). F = 0 FC +F F = 0 (.1 1) Na osnovu izraza (.1 1) dobija se nepoznata reakcija u osloncu C: F C = F F = 18 10 3 1 10 3 = 1kN Kada znamo sve sile koje djeluju na šipku, možemo skicirati dijagram sila, kao što je to prikazano na slici.1. Vidi se da je šipka C čitavom dužinom opterećena silom F C, dok je šipka opterećena silom (F C +F ), odnosno silom F, ako šipku posmatramo s desne strane. Treba napomenuti da se kod ovakvih statički određenih problema nije ni morala određivati reakcija oslonaca, nego se zadatak mogao uraditi skicirajući dijagram sila s desne na lijevu stranu, od presjeka do presjeka C, tako da je šipka opterećena silom F, a šipka C silom F(F F ) (kao što je dato u zagradama pojedinih polja dijagrama sila). Na osnovu dijagrama sila, primjenjujući izraze za promjenu dužine aksijalno opterećenih šipki, ( ) i ( 3), može se doći do traženih pomjeranja, i to:
Statički određeni problemi 5 F C F =6 kn F =18 kn C +F 1 kn F C (= F F ) F C +F (=F ) 18 kn 0 Slika.1 : Dijagram sila a) pomjeranje tačke Pomjeranje tačke jednako je izduženju šipke C, odnosno δ = δ C = F CL C E C C = pri čemu je 1 10 3 3 = 1.59mm 00 109 1.131 10 4 C = = d π 4 = (1 10 3 ) π = 113.097 10 6 m 4 b) pomjeranje tačke Pomjeranje tačke jednako je ukupnom izduženju šipke C, odnosno zbiru izduženja pojedinačnih segmenata (ukupno dva segmenta) pa je: δ = δ C +δ = δ + F L E = 1.59 10 3 18 10 3 + = 6.139mm 70 109 1.131 10 4 Zadatak. Čelična šipka D (E = 00 GPa) kružnog poprečnog presjeka, površine 0.4 cm, opterećena je kao na slici. 1. Odrediti pomjeranje u tačkama C i D. Veličine spojnica i C zanemariti. Ostali podaci: F = 1 kn, F C = 8 kn, F D = 6 kn, a = 1.5 m, b = 0.5 m i c = 0.75 m. a b c D F C F C F D Slika. 1: Opis problema
6 ksijalno naprezanje R j e š e nj e Tabela.: Podaci uz zadatak. E = 00 GPa F = 1 kn a = 1.5 m = 0.4cm F C = 8 kn b = 0.5 m F D = 6 kn c = 0.75 m Na osnovu slike se jasno vidi da je problem statički određen, pošto je jedina nepoznata reakcija u osloncu. Stoga možemo postaviti jednačinu ravnoteže uzduž ose šipke, pri čemu pretpostavljamo da reakcija oslonca na šipku djeluje na lijevu stranu, odnosno zateznom silom (vidi sliku. ). F = 0 F F F C +F D = 0 (. 1) Na osnovu izraza (. 1) dobija se nepoznata reakcija u osloncu : F = F +F C F D = 1 10 3 +8 10 3 6 10 3 = 14kN F D F C F C F D +F 14 kn 0 F (= F D +F +F C ) kn F F (= F D +F C ) 6 kn F F F C (= F D ) Slika. : Dijagram sila Kada znamo sve sile koje djeluju na šipku, možemo skicirati dijagram sila, kao što je to prikazano na slici. (u pojedinim poljima dijagrama sila dati su izrazi za izračunavanje sile; u zagradama su izrazi kada se sile postavljaju s desne strane). Sada se primjenjujući izraze za promjenu dužine aksijalno opterećenih šipki, ( ) i ( 3), može doći do traženih pomjeranja. Pri tome, pomjeranje tačke C jednako je izduženju segmenta C, dok je pomjeranje tačke D jednako ukupnom izduženju šipke D. Tražena pomjeranja su: a) pomjeranje tačke C dio šipke C sastoji se od dva segmenta pa je δ C = δ +δ C = F a E + (F F )b E 14 10 3 1.5 (14 1) 103 0.5 = + =.75mm 00 109 0.4 10 4 00 109 0.4 10 4
Statički određeni problemi 7 b) pomjeranje tačke D ukupno izduženje šipke D s tri segmenta, odnosno pomjeranje tačke C uvećano za promjenu dužine dijela CD: δ D = δ C +δ CD = δ C + F Dc E =.75 10 3 + 6 103 0.75 =.187mm 00 109 0.4 10 4 Zadatak.3 Dvije cilindrične šipke šipka 1 izrađena od legure aluminijuma (E 1 = 70 GPa) i šipka izrađena od čelika (E = 00 GPa) spojene su u presjeku C i uklještene u osloncu. ko su šipke opterećene kao na slici.3 1, odrediti: a) napone, izduženja i deformacije u šipkama, b) pomjeranje presjeka C. Ostali podaci: 1 = = cm, L 1 = 1 m, L = 0.4 m, L = 0.5 m, F = 80 kn, F C = 10 kn, F D = 0 kn. L 1 L C D 1 L F F C F D D 1 D Slika.3 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.3: Podaci uz zadatak.3 E 1 = 70GPa L C = L 1 = 1 m F = 80 kn E = 00GPa L CD = L = 0.4 m F C = 10 kn 1 = = cm L = 0.5 m F D = 0 kn L C = 0.5 m Na osnovu slike je jasno da se radi o statički određenom problemu pa se slično prethodnom zadatku prvo može odrediti reakcija oslonca i skicirati dijagram sila za sistem šipki. Pretpostavljajući da reakcija u osloncu na šipku 1 djeluje zateznom silom (na lijevo), jednačina ravnoteže je F = 0 F F +F C +F D = 0 (.3 1) Na osnovu izraza (.3 1) dobija se nepoznata reakcija u osloncu : F = F F C F D = 80 10 3 10 10 3 0 10 3 = 50kN
8 ksijalno naprezanje Sada se može skicirati dijagram sila, kao što je dato na slici.3, te se može pristupiti rješavanju podzadataka (u pojedinim poljima dijagrama sila dati su izrazi za izračunavanje sile; u zagradama su izrazi kada se sile postavljaju s desne strane). F C D 1 F F C F D +F F (=F D F C +F ) 50 kn F F +F C (= F D ) 0 F F (= F D F C ) 30 kn Slika.3 : Dijagram sila 0 kn a) Naponi, izduženja i deformacije u šipkama Naponi u šipkama se određuju na osnovu izraza (1 1) pri čemu treba imati na umu da se u šipki 1 u presjeku mijenja vrijednost sile, a time i napona. Naponi u pojedinim dijelovima su: σ = F = 50 103 = 50MPa 1 10 4 σ C = F F 1 = (50 80) 103 10 4 = 150MPa σ CD = F D = 0 103 = 00MPa 1 10 4 Izduženja pojedinih šipki dobijaju se na osnovu izraza ( ) i ( 3), pa je za šipku 1: δ 1 = δ +δ C = F L + (F F )L C E 1 1 E 1 1 = 50 103 0.5 (50 80) 103 0.5 + 70 109 10 4 70 10 9 10 4 = 0.71mm a za šipku : δ = δ CD = F DL CD = 0 103 0.4 = 0.4mm E 00 109 1 10 4 Deformacije u pojedinim dijelovima sistema šipki dobivaju se na osnovu Hookeovog zakona (1 6) i izračunatih napona, pa se slično naponima posmatraju tri dijela sistema šipki: ǫ = σ E 1 = 50 106 70 10 9 = 3.57 10 3
Statički određeni problemi 9 ǫ C = σ C E 1 = 150 106 70 10 9 =.14 10 3 ǫ CD = σ CD E = 00 106 00 10 9 = 1 10 3 b) Pomjeranje presjeka C Pomjeranje presjeka C jednako je izduženju šipke 1, s obzirom da se odnosi na nepokretni referentni presjek, odnosno δ C = δ 1 = 0.7mm S obzirom na predznak, presjek C se pomjera udesno, tj. šipka se izdužuje. Zadatak.4 Dvije cilindrične šipke šipka 1 izrađena od legure aluminijuma (E 1 = 70 GPa) i šipka izrađena od čelika (E = 00 GPa) spojene su u presjeku C i uklještene u osloncu D. ko su šipke opterećene kao na slici.4 1, odrediti: a) napone, izduženja i deformacije u šipkama, b) pomjeranje presjeka. Ostali podaci: 1 = = cm, L 1 = 1 m, L = 0.4 m, L = 0.5 m, F = 80 kn, F = 10 kn, F C = 0 kn. F L 1 L C D 1 L F F C D 1 D Slika.4 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.4: Podaci uz zadatak.4 E 1 = 70GPa L C = 1 m F = 80 kn E = 00GPa L CD = 0.4 m F = 10 kn 1 = = cm L = 0.5 m F C = 0 kn L C = 0.5 m Zadatak je sličan prethodnom pa se riješava na isti način. Dakle, radi se o statički određenom problemu, pa se slično prethodnom zadatku prvo može odrediti reakcija oslonca D i skicirati dijagram sila za sistem šipki. Pretpostavljajući da reakcija u osloncu D na šipku 1 djeluje zateznom silom (nadesno), jednačina ravnoteže je F = 0 F F F C +F D = 0 (.4 1)
10 ksijalno naprezanje Na osnovu izraza (.4 1) dobija se nepoznata reakcija u osloncu D: F D = F +F +F C = 80 10 3 +10 10 3 +0 10 3 = 50kN S obzirom da je dobivena negativna vrijednost, pogrešno je pretpostavljen smjer djelovanja reakcije u osloncu D, odnosno sila reakcije pritišće šipku. Sada se može skicirati dijagram sila, kao što je dato na slici.4, te se može pristupiti rješavanju podzadataka (u pojedinim poljima dijagrama sila dati su izrazi za izračunavanje sile; u zagradama su izrazi kada se sile postavljaju s desne strane). F C D 1 F F C F D +F F D (= F +F +F C ) 0 80 kn -F (= F D F C F ) F +F (= F D F C ) 70 kn 50 kn Slika.4 : Dijagram sila a) Naponi, izduženja i deformacije u šipkama Naponi u šipkama se određuju na osnovu izraza (1 1) pri čemu treba imati na umu da se u šipki 1 u presjeku mijenja vrijednost sile, a time i napona. Naponi u pojedinim dijelovima su: σ = F = 80 103 = 400MPa 1 10 4 σ C = F F 1 = ( 80 ( 10)) 103 10 4 = 350MPa σ CD = F D = 50 103 = 500MPa 1 10 4 Izduženja pojedinih šipki dobijaju se na osnovu izraza ( ) i ( 3), pa je za šipku 1: δ 1 = δ +δ C = F L E 1 1 + (F F )L C E 1 1 a za šipku : = 80 103 0.5 ( 80 ( 10)) 103 0.5 + 70 109 10 4 70 10 9 10 4 = 5.36mm δ = δ CD = F DL CD = 50 103 0.4 = 1mm E 00 109 1 10 4
Statički određeni problemi 11 Deformacije u pojedinim dijelovima šipke dobivaju se na osnovu Hookeovog zakona (1 6) i izračunatih napona pa se slično naponima posmatraju tri dijela sistema šipki: ǫ = σ E 1 = 400 106 70 10 9 = 5.71 10 3 ǫ C = σ C E 1 = 350 106 70 10 9 = 5 10 3 ǫ CD = σ CD E = 500 106 00 10 9 =.5 10 3 b) Pomjeranje presjeka Pomjeranje presjeka jednako je izduženju dijela CD, s obzirom da se odnosi na nepokretni referentni presjek D, odnosno δ = δ C +δ CD = ( F +F )L C + F DL CD E 1 1 E = ( 80+10)) 103 0.5 70 10 9 10 4 + 50 103 0.4 = 3.5mm 00 109 1 10 4 S obzirom na predznak, presjek se pomjera udesno, tj. šipka se skraćuje. Zadatak.5 Dvije cilindrične šipke 1 i, izrađene od čelika (E 1 = 10 GPa, α 1 = 11.7 10 6 1/ C) i bronze (E = 110 GPa, α = 0.9 10 6 1/ C), opterećene su kao na slici.5 1. Odrediti: a) pomjeranje presjeka D, b) napone i deformacije u šipkama C i CD, c) promjenu temperature kojom treba izložiti obje šipke da bi ukupno izduženje šipke CD bilo jednako nuli. Podaci: D 1 = 30 mm, D = 5 mm, L 1 = 1 m, L = 600 mm, L = 500 mm, F = 100 kn, F D = 50 kn. L 1 L C D 1 L F F D D 1 D Slika.5 1: Opis problema
1 ksijalno naprezanje R j e š e nj e Tabela.5: Podaci uz zadatak.5 E 1 = 10 GPa E = 110 GPa F = 100 kn α 1 = 11.7 10 6 1/ C α = 0.9 10 6 1/ C F D = 50 kn D 1 = 30 mm D = 5 mm L = 0.5 m L 1 = 1 m L = 600 mm L C = 0.5 m I u ovom slučaju se radi o statički određenom problemu, pa slično prethodnim zadacima prvo treba odrediti reakciju oslonca i skicirati dijagram sila za šipku. Pretpostavljajući da reakcija u osloncu na šipku 1 djeluje zateznom silom (nalijevo), jednačina ravnoteže je F = 0 F F F D = 0 (.5 1) Na osnovu izraza (.5 1) dobija se nepoznata reakcija u osloncu : F = F +F D = 100 10 3 +50 10 3 = 150kN Sada se može skicirati dijagram sila, kao što je dato na slici.5, te se može pristupiti rješavanju podzadataka (u pojedinim poljima dijagrama sila dati su izrazi za izračunavanje sile; u zagradama su izrazi kada se sile postavljaju s desne strane). F C D 1 F F D +F F (=F D +F ) 150 kn F F (=F D ) 50 kn 0 Slika.5 : Dijagram sila a) Pomjeranje presjeka D Pomjeranje presjeka D jednako je ukupnom izduženju sistema šipki na kojem možemo razlikovati tri segmenta s konstantnim veličinama u izrazu za izduženje, pa se koristeći izraze ( ) i ( 3) dobija: δ D = δ +δ C +δ CD = F L + F DL C + F DL CD E 1 1 E 1 1 E 150 10 3 0.5 = 10 10 9 706.858 10 6 + 50 10 3 0.5 10 109 706.858 10 6 50 10 3 0.6 + = 1.9mm 110 109 490.874 10 6
Statički određeni problemi 13 gdje je 1 = D 1 π 4 = (30 10 3 ) π 4 = 706.858 10 6 m = D π (5 10 3 ) π = 490.874 10 6 m 4 4 S obzirom na pozitivan predznak, presjek D se pomjera udesno, tj. šipka se izdužuje. b) Naponi i deformacije u šipkama Naponi u šipkama se kao i ranije određuju na osnovu izraza (1 1) pri čemu treba imati na umu da se u šipki 1 u presjeku mijenja vrijednost sile, a time i napona. Naponi u pojedinim dijelovima su: σ = F 1 = σ C = F D 1 = 150 10 3 = 1.07MPa 706.858 10 6 50 10 3 = 70.736MPa 706.858 10 6 σ CD = F D 50 10 3 = = 101.859MPa 490.874 10 6 Deformacije u pojedinim dijelovima sistema šipki dobivaju se na osnovu Hookeovog zakona (1 6) i izračunatih napona, pa se slično naponima posmatraju tri dijela sistema šipki: ǫ = σ E 1 = 1.07 106 10 10 9 = 1.01 10 3 ǫ C = σ C E 1 = 70.736 106 10 10 9 = 3.37 10 3 ǫ CD = σ CD E = 101.859 106 110 10 9 = 0.93 10 3 c) Promjena temperature kojom treba izložiti obje šipke da bi ukupno izduženje šipke CD bilo jednako nuli Da bi ukupno izduženje šipke D bilo jednako nuli, potrebno je da zbir promjene dužine šipke D usljed promjene temperature δ T (izraz ( 6)) i usljed djelovanja sila δ D, kao što je urađeno pod a), bude jednak nuli, odnosno δ T +δ D = δ TC +δ TCD +δ D = α 1 TL 1 +α TL +δ D = 0 Sada se dobija tražena promjena temperature kao δ D T = = α 1 L 1 +α L 1.9 10 3 11.7 10 6 1+0.9 10 6 0.6 = 50.7 C Dakle, da bi nakon djelovanja sila i temperature šipka ostala iste dužine neophodno je ohladiti za 50.7 C. Zadatak.6 Dvije cilindrične šipke 1 i, izrađene od bronze (E 1 = 110 GPa, α 1 = 0.9 10 6 1/ C)) i čelika (E = 10 GPa, α = 11.7 10 6 1/ C)), respektivno, opterećene su kao na slici.6 1. Odrediti:
14 ksijalno naprezanje a) pomjeranje tačke D, b) napone i deformacije u šipkama C i CD, c) promjenu temperature kojom treba izložiti šipku da bi ukupno izduženje šipke CD bilo jednako nuli. Ostali podaci: D 1 = 30 mm, D = 5 mm, L 1 = 1 m, L = 600 mm, F = 50 kn, F C = 0 kn, L = 500 mm. L 1 L C D 1 L F F C D 1 D Slika.6 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.6: Podaci uz zadatak.6 E 1 = 110 GPa E = 10 GPa F = 50 kn α 1 = 0.9 10 6 1/ C α = 11.7 10 6 1/ C F C = 0 kn D 1 = 30 mm D = 5 mm L = 500 mm L 1 = 1 m L = 600 mm I u ovom slučaju se radi o statički određenom problemu, pa se slično prethodnim zadacima prvo može odrediti reakcija oslonca i skicirati dijagram sila za sistem šipki. Pretpostavljajući da reakcija u osloncu na šipku 1 djeluje zateznom silom (nalijevo), jednačina ravnoteže je F = 0 F F F C = 0 (.6 1) Na osnovu izraza (.6 1) dobija se nepoznata reakcija u osloncu : F = F +F C = 50 10 3 +0 10 3 = 70kN Sada se može skicirati dijagram sila, kao što je dato na slici.6, te se može pristupiti rješavanju podzadataka (u pojedinim poljima dijagrama sila dati su izrazi za izračunavanje sile; u zagradama su izrazi kada se sile postavljaju s desne strane). a) Pomjeranje presjeka D Pomjeranje presjeka D jednako je ukupnom izduženju šipke na kojem možemo razlikovati tri segmenta s konstantnim veličinama u izrazu za izduženje (treba napomenuti da je dio
Statički određeni problemi 15 C D F 1 F F C +F 0 F (=F C +F ) 70 kn F F (=F C ) 50 kn 0 kn Slika.6 : Dijagram sila šipke CD nenapregnut, tako da je pomjeranje presjeka D jednako pomjeranju presjeka C) pa se koristeći izraze ( ) i ( 3) dobija: δ D = δ +δ C +δ CD = F L + (F F )L C +0 E 1 1 E 1 1 70 10 3 0.5 = 110 10 9 706.858 10 6 + 0 10 3 0.5 = 0.579mm 110 109 706.858 10 6 gdje je 1 = D 1 π 4 = (30 10 3 ) π 4 = 706.858 10 6 m S obzirom na pozitivan predznak, presjek D se pomjera udesno, tj. šipka se isteže. b) Naponi i deformacije u šipkama (.6 ) Naponi u šipkama se kao i ranije određuju na osnovu izraza (1 1) pri čemu treba imati na umu da se u šipki 1 u presjeku mijenja vrijednost sile, a time i napona, a da je šipka nenapregnuta. Naponi u pojedinim dijelovima su: σ = F 1 = σ C = F C = 1 σ CD = 0 70 10 3 = 99.03MPa 706.858 10 6 0 10 3 = 8.3MPa 706.858 10 6 Deformacije u pojedinim dijelovima sistema šipki dobivaju se na osnovu Hookeovog zakona (1 6) i izračunatih napona pa se slično naponima posmatraju tri dijela sistema šipki: ǫ = σ E 1 = 99.03 106 110 10 9 = 9 10 4 ǫ C = σ C = 8.94 106 E 1 110 10 9 =.57 10 4 ǫ CD = 0
16 ksijalno naprezanje c) Promjena temperature kojom treba izložiti šipku da bi ukupno izduženje šipke CD bilo jednako nuli Da bi ukupno izduženje šipke D bilo jednako nuli, potrebno je da zbir promjene dužine šipke CD usljed promjene temperature δ T (izraz ( 6)) i šipke D usljed djelovanja sila δ D, kao što je urađeno pod a), bude jednaka nuli, odnosno δ TCD +δ D = α TL +δ D = 0 Sada se dobija tražena promjena temperature kao T = δ D α L = 0.579 10 3 11.7 10 6 0.6 = 8.44 C Dakle, da bi nakon djelovanja sila i temperature šipka D ostala iste dužine neophodno je šipku ohladiti za 8.44 C... Ravanski problemi Zadatak.7 Kruta polugac se oslanja pomoću dvije šipked i CE, kao na slici.7 1. Šipka D, dužine 0.5 m, izrađena je od čelika (E D = 10 GPa) i ima poprečni presjek od 500 mm. Šipka CE, dužine 0.4 m, izrađena je od legure aluminijuma (E CE = 7 GPa) i ima poprečni presjek od 400 mm. ko na polugu C u tački djeluje sila F = 0 kn, odrediti: a) sile koje vladaju u šipkama D i CE, b) izduženje šipki D i CE, c) pomjeranje tačke, d) nagib krute poluge C usljed djelovanja sile F. Dodatni podaci: dužina dijela krute poluge je 400 mm, a dužina dijela krute poluge C je 00 mm. R j e š e nj e Tabela.7: Podaci uz zadatak.7 E D = 10 GPa E CE = 7 GPa L = 400 mm L D = 0.5 m L CE = 0.4 m L C = 00 mm D = 500 mm CE = 400 mm F = 0 kn Da bismo riješili zadatak krutu polugu izdvojimo iz zadatog sistema i veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.7 (reakcije u horizontalnom pravcu zanemarujemo, pošto nema djelovanja opterećenja u tom pravcu). S obzirom da je broj nepoznatih dva, a problem ravanski pa možemo postaviti dvije jednačine ravnoteže (zanemaruje se ona u horizontalnom pravcu), sistem je statički određen.
Statički određeni problemi 17 F C E D Slika.7 1: Opis problema a) Sile koje vladaju u šipkama D i CE Pretpostavimo da obje šipke na polugu djeluju prema gore (slika.7 ), odnosno da su obje šipke opterećene pritiskom i postavimo jednačine ravnoteže za krutu polugu: Fy = 0 F D +F CE F = 0 (.7 1) MC = 0 F D L C F (L +L C ) = 0 (.7 ) Sada se iz (.7 ) dobija F D, a uvrštavanjem u (.7 1) sila F CE, odnosno F D = F (L +L C ) = 0 103 (0.4+0.) = 60kN L C 0. F CE = F F D = 0 10 3 60 10 3 = 40kN S obzirom da je za F CE dobijena negativna vrijednost, pogrešno je pretpostavljen smjer djelovanja sila pa sila F CE djeluje na dole na krutu polugu, odnosno isteže šipku CE. b) Izduženje šipki D i CE Izduženja šipki se dobivaju korištenjem izraza ( 4) pa je: δ D = F DL D 60 10 3 0.5 = = 0.86mm E D D 10 109 500 10 6 δ CE = F CEL CE = ( 40 103 ) 0.4 = 0.556mm E CE CE 7 109 400 10 6 S obzirom na pretpostavljeni smjer djelovanja sila na šipke (pritisak), dodaje se predznak " ". Na osnovu dobivenih rezultata je jasno da se šipka D skraćuje, a šipka CE izdužuje.
18 ksijalno naprezanje F C F D F D F CE C F CE E F D D F CE Slika.7 : Sile koje djeluju na polugu C' C δ CC' γ δ ' ' M δ ' ' Slika.7 3: Pomjeranje tačke
Statički određeni problemi 19 c) Pomjeranje tačke Pomjeranje tačke dobiva se na osnovu činjenice da je poluga kruta i da su poznate promjene dužine šipki D i CE. Na taj način, šipka C se pomjera u položaj C, kao što je dato na slici.7 3. Pri tome, tačka C se pomjera u tačku C prema gore za CC = δ CC = δ CE, a tačka u tačku prema dole za = δ = δ D. Na osnovu sličnosti trouglova CC M, M i M, može se izračunati dužina M, a preko nje i = δ, tj. pomjeranje tačke. Imamo: CC = MC M MC +M = L C pa se dobija: M = L C 1+ CC = L C 1+ δ CE δ D = 0. 1+ 0.556 0.86 Pomjeranje tačke se dobija na osnovu proporcije: pa je: δ δ = δ δ D = M +L M = 67.95mm δ = M +L δ D = 67.95+400 ( 0.86 10 3 ) = 1.968mm M 67.95 d) Nagib krute poluge C usljed djelovanja sile F Nagib poluge, odnosno ugao rotacije poluge, može da se dobije na osnovu slike.7 3 kao: ( ) ( ) ( ) δe 0.86 γ = arctg = arctg = arctg = 0.41 M M 67.95 Zadatak.8 Kruta poluga C se oslanja pomoću dvije šipke D i CE kao na slici.8 1. Šipka D je izrađena od bronze (E D = 105 GPa) i ima poprečni presjek od 40 mm. Šipka CE je izrađena od aluminijuma (E CE = 7 GPa) i ima poprečni presjek od 300 mm. ko na polugu C djeluje sila F = 10 kn, odrediti: a) sile koje vladaju u šipkama D i CE, b) izduženje šipki D i CE, c) pomjeranje tačke, d) nagib krute poluge C usljed djelovanja sile F. R j e š e nj e Zadatak je sličan prethodnom zadatku, s tom razlikom da se šipka D nalazi s gornje strane krute poluge. Dakle, sistem je statički određen i postupak rješavanja je isti kao u prethodnom zadatku.
0 ksijalno naprezanje D F 5 mm C 150 mm E 15 mm 5 mm Slika.8 1: Opis problema Tabela.8: Podaci uz zadatak.8 E D = 105 GPa E CE = 7 GPa L = 15 mm L D = 5 mm L CE = 150 mm L C = 5 mm D = 40 mm CE = 300 mm F = 10 kn a) Sile koje vladaju u šipkama D i CE Da bismo dobili sile koje vladaju u šipkama D i CE krutu polugu izdvojimo iz zadatog sistema i veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.8. Pretpostavimo da obje šipke na polugu djeluju prema gore, odnosno šipka D je opterećena zatezanjem, a šipka CE pritiskom. Sada postavimo jednačine ravnoteže: Fy = 0 F D +F CE F = 0 (.8 1) MC = 0 F D L C F (L +L C ) = 0 (.8 ) Sada se iz (.8 ) dobija F D, a uvrštavanjem u (.8 1) sila F CE, odnosno F D = F (L +L C ) = 10 103 (0.15+0.5) = 15.56kN L C 0.5 F CE = F F D = 10 10 3 15.56 10 3 = 5.56kN S obzirom da je za F CE dobijena negativna vrijednost, pogrešno je pretpostavljen smjer djelovanja sila pa sila F CE djeluje nadolje na krutu polugu, odnosno zateže šipku CE.
Statički određeni problemi 1 F D D F F F D D C F CE C F CE E F CE Slika.8 : Sile koje djeluju na polugu
ksijalno naprezanje b) Izduženje šipki D i CE Izduženja šipki se dobivaju korištenjem izraza ( 4) pa je: δ D = F DL D = 15.56 103 0.5 = 0.139mm E D D 105 109 40 10 6 δ CE = F CEL CE = ( 5.56 103 ) 0.150 E CE CE 7 10 9 300 10 6 = 0.039mm S obzirom na sile koje vladaju na šipkama, obje šipke se izdužuju. Razlika u korištenju predznaka "-" u gornjim izrazima posljedica je pretpostavke na početku zadatka; pretpostavlja se da pozitivna vrijednost sila F CE skraćuje šipku CE, a pozitivna vrijednost sile F D izdužuje šipku D. Napomena: U prethodnim zadacima smjerovi sila su proizvoljno pretpostavljeni kako bi se demonstrirale razlike u pristupu rješavanja i primjeni formula; sile mogu različito da djeluju na šipke (zatezanje ili pritisak) pa se stoga javljaju razlike u prethodnim izrazima. Međutim, može se usvojiti opšti pristup po kojem se sile djelovanja na šipke uvijek postavljaju u smjeru zatezanja, tako da izračunate pozitivne vrijednosti upućuju zatezanjem, a ukoliko se dobiju negativne vrijednosti onda se radi o pritisku. c) Pomjeranje tačke C' δ CC' δ ' γ M C δ ' ' ' Slika.8 3: Pomjeranje tačke Pomjeranje tačke dobiva se na osnovu činjenice da je poluga kruta i da su poznate promjene dužine šipki D i CE. Na taj način, šipka C se pomjera u položaj C, kao što je dato na slici.8 3. Pri tome, tačka C se pomjera u tačku C prema gore za CC = δ CE = δ CC, a tačka u tačku prema dolje za = δ D = δ. Na osnovu sličnosti trouglova CC M, M i M, može se izračunati dužina M, a preko nje i, tj. pomjeranje tačke. Imamo: CC = MC M MC +M = L C
Statički određeni problemi 3 pa se dobija: M = L C 1+ CC = L C 1+ δ CC δ = 0.5 1+ 0.039 0.139 Pomjeranje tačke se dobija na osnovu proporcije: pa je: = δ = M +L δ D M = 176.09mm = M +L δ D = 176.09+15 ( 0.139 10 3 ) = 0.37mm M 176.09 d) Nagib krute poluge C usljed djelovanja sile F Nagib poluge, odnosno ugao rotacije poluge, može da se dobije na osnovu slike.7 3 kao: ( ) ( ) ( ) δd 0.139 γ = arctg = arctg = arctg = 0.045 M M 176.09 Zadatak.9 Kruta poluga oslonjena je na dva čelična štapa u i i opterećena trouglastim opterećenjem, kao na slici.9 1. ko su oba štapa iste dužine L, odrediti: a) sile i napone u štapovima i, b) deformacije štapova i, c) nagib krute poluge. Podaci: q 0 = 100kN/m; poluga L = 1m; štapovi E = 00GPa, = = 100 cm, L = 300 mm. q 0 L Slika.9 1: Opis problema
4 ksijalno naprezanje R j e š e nj e Tabela.9: Podaci uz zadatak.9 = = 100 cm L = 300 mm L = 1 m q 0 = 100 kn/m Da bismo riješili zadatak krutu polugu izdvojimo iz zadatog sistema i veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.9 (i u ovom slučaju reakcije u horizontalnom pravcu zanemarujemo, pošto nema djelovanja opterećenja u tom pravcu). S obzirom da je broj nepoznatih dva, a problem ravanski pa možemo postaviti dvije jednačine ravnoteže (zanemaruje se ona u horizontalnom pravcu), sistem je statički određen. a) Sile i naponi u štapovima i Pretpostavimo da oba štapa na polugu djeluju prema gore, odnosno da su oba štapa opterećena pritiskom (slika.9 ). Sada postavimo jednačine ravnoteže: Fy = 0 F +F Q = 0 (.9 1) M = 0 F L Q L 3 = 0 (.9 ) pri čemu je ukupna težina trouglastog opterećenja Q = 1 q 0L s težištem na udaljenosti L /3 od oslonca. Sada se iz (.9 ) dobija F, a uvrštavanjem u (.9 1) sila F, odnosno F = Q 3 = q 0L 6 = 100 103 1 6 = 16.67kN F = Q F = 1 q 0L F = 1 100 103 1 16.67 10 3 = 33.33kN Sile koje djeluju na štapove imaju suprotan smjer djelovanja od onih koje djeluju na krutu polugu, pa su oba štapa izložena sabijanju. Naponi se dobivaju na osnovu izraza ( 1): σ = F = 33.33 103 100 10 4 = 3.33MPa σ = F = 16.67 103 50 10 4 = 3.33MPa S obzirom na pretpostavljeni smjer djelovanja sila na štapove (pritisak), dodaje se predznak " ". b) Deformacije štapova i Deformacije u štapovima dobivaju se na osnovu Hookeovog zakona (1 6) i izračunatih napona pa je: ǫ = σ E = 3.33 106 00 10 9 = 1.67 10 5 ǫ = σ E = 3.33 106 00 10 9 = 1.67 10 5
Statički određeni problemi 5 q 0 F L /3 Q L F F F F F Slika.9 : Sile koje djeluju na polugu c) nagib krute poluge. S obzirom da su deformacije štapova jednake, a time i promjene dužine, poluga će ostati u horizontalnom položaju. Zadatak.10 Kruta poluga C se oslanja pomoću dvije šipke D i CE, kao na slici.10 1. ŠipkaD, dužine 0.4m, izrađena je od aluminijuma (E D = 7GPa) i ima poprečni presjek od 400 mm. Šipka CE, dužine 0.35 m, izrađena je od čelika (E CE = 10 GPa) i ima poprečni presjek od 300 mm. ko na polugu C djeluje kontinuirano opterećenje q = 0 kn/m, odrediti: a) sile i napone koje vladaju u šipkama D i CE, b) izduženje šipki D i CE, c) nagib krute poluge C usljed djelovanja opterećenja q, d) promjenu temperature šipke D (α D =. 10 6 1/C ) da bi poluga C ostala u horizontalnom položaju. Dodatni podaci: dužina krute poluge C je 700 mm, a dužina dijela C krute poluge je 300 mm. R j e š e nj e Zadatak je varijanta zadatka.7 s razlikom u načinu opterećenja krute poluge; umjesto sile u tački, u ovom slučaju poluga je čitavom dužinom opterećena kontinuiranim opterećenjem. Dakle, zadati sistem je statički određen i postupak rješavanja je isti onom u zadatku.7.
6 ksijalno naprezanje q C D E Slika.10 1: Opis problema Tabela.10: Podaci uz zadatak.10 E D = 7 GPa E CE = 10 GPa L C = 700 mm L D = 0.4 m L CE = 0.35 m L C = 300 mm D = 400 mm CE = 300 mm q = 0 kn/m α D =. 10 6 1/ C a) Sile i naponi koji vladaju u šipkama D i CE Da bismo dobili sile koje vladaju u šipkama D i CE krutu polugu izdvojimo iz zadatog sistema i veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.10. Pretpostavimo da obje šipke na polugu djeluju prema gore, odnosno da su obje šipke opterećene pritiskom. Sada postavimo jednačine ravnoteže: Fy = 0 F D +F CE Q = 0 (.10 1) MC = 0 gdje je Q = ql C. F D L C Q L C = 0 (.10 ) Sada se iz (.10 ) dobija F D, a uvrštavanjem u (.10 1) sila F CE, odnosno F D = ql C L C = 0 103 0.7 0.7 = 16.33kN L C 0.3 F CE = Q F D = 14 10 3 16.33 10 3 =.33kN S obzirom da je za F CE dobijena negativna vrijednost, pogrešno je pretpostavljen smjer djelovanja sile F CE ; ona djeluje nadolje na krutu polugu, odnosno zateže šipku CE. Naponi koji vladaju u šipkama dobivaju se na osnovu izraza ( 1) pa je: σ D = F D D = 16.33 103 400 10 6 = 40.333MPa σ CE = F CE CE = (.33) 103 300 10 6 = 7.78MPa
Statički određeni problemi 7 q Q C L C / F D F CE F D F CE E E D F CE F D Slika.10 : Sile koje djeluju na polugu U gornjim izrazima je stavljen predznak " ", jer se pretpostavilo da sile djeluju na šipke pritiskajući ih. b) Izduženje šipki D i CE Izduženje šipki se dobija korištenjem izraza ( ) pa je: δ D = F DL D = 16.33 103 0.4 = 0.7mm E D D 7 109 400 10 6 δ CE = F CEL CE = (.33 103 ) 0.35 = 0.013mm E CE CE 10 109 300 10 6 Dakle, šipka D se skraćuje, a šipka CE izdužuje. c) Nagib krute poluge C usljed djelovanja opterećenja q Nagib poluge, odnosno ugao rotacije poluge, može da se dobije na osnovu slike.10 3 kao: ( ) ( ) +CC γ = arctg 0.7+0.013 = arctg = 0.046 C 300 pri čemu je = δ D i CC = δ CE.
8 ksijalno naprezanje C' C δ CC' γ δ ' ' M γ δ ' ' Slika.10 3: Nagib krute poluge d) Promjena temperature šipke D da bi poluga C ostala u horizontalnom položaju. Da bi kruta poluga C ostala u horizontalnom položaju izduženja šipki D i CE moraju biti jednaka. To će se postići kada se dužina šipke D pod utjecajem temperature promijeni za razliku izduženja šipki CE i D dobivenim pod b), odnosno zbir izduženja šipke D usljed utjecaja temperature, δ DT, i kontinuiranog opterećenja, δ Dq, treba biti jednak izduženju šipke CE usljed kontinuiranog opterećenja, δ CEq : pa je: δ DT +δ Dq = δ CEq α D T L D +δ Dq = δ CEq T = δ CE q δ Dq L D α D = [0.013 ( 0.7)] 10 3 0.4. 10 6 = 7 C Dakle, da bi poluga ostala u horizontalnom položaju neophodno je šipku D zagrijati za 7 C. Zadatak.11 Kruta horizontalna greda CD oslanja se na vertikalne čelične šipke E i CF te je opterećena silama F 1 i F koje djeluju u tačkama i D, respektivno (vidi sliku.11 1). Odrediti: a) sile u šipkama E i CF, b) napone i deformacije u šipkama E i CF, c) promjenu dužine šipki E i CF. Dodatni podaci: E = 11000 mm, CF = 980 mm.
Statički određeni problemi 9 F 1 =400 N F =360 N 1.5 m 1.5 m.1 m C D.4 m F E 0.6 m Slika.11 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.11: Podaci uz zadatak.11 L E = 3 m L = 1.5 m F 1 = 360 kn E = 11000 mm L C = 1.5 m F = 400 kn L CF =.4 m CF = 980 mm L CD =.1 m Slično zadacima.7 i.8, i ovaj problem je statički određen, a postupak rješavanja je identičan onom u tim zadacima. a) Sile i naponi u šipkama E i CF Da bismo dobili sile koje vladaju u šipkama E i CF krutu polugu D izdvojimo iz zadatog sistema i veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.11. Pretpostavimo da obje šipke na polugu djeluju prema gore, odnosno da su obje šipke opterećene pritiskom. Sada postavimo jednačine ravnoteže: Fy = 0 F E +F CF F 1 F = 0 (.11 1) M = 0 F 1 L +F CF L C F (L C +L CD ) = 0 (.11 ) Sada se iz (.11 ) dobija F CF, a uvrštavanjem u (.11 1) sila F E, odnosno F CF = F (L C +L CD ) F 1 L L C = 360 (1.5+.1) 400 1.5 = 464N 1.5 F E = F 1 +F F CF = 400+360 464 = 96N Kao što je ranije rečeno, sile koje djeluju na šipke imaju suprotan smjer djelovanja od onih koje djeluju na krutu polugu pa su obje šipke izložene pritisku (vidi sliku.11 ).
30 ksijalno naprezanje F 1 =400 N C F =360 N D F E F CF F D F CE C F E F CE F D Slika.11 : Sile koje djeluju na polugu b) Naponi i deformacije u šipkama E i CF Naponi se dobivaju na osnovu izraza ( 1): σ E = F E E = σ CF = F CF CF = 96 = 6.91kPa 11000 10 6 464 = 50kPa 980 10 6 pri čemu je u oba izraza uzet predznak "-", jer se pretpostavlja da sile F E i F CF djeluju pritiščući šipke. Deformacije u šipkama dobivaju se na osnovu Hookeovog zakona (1 6) i izračunatih napona pa je: ǫ E = σ E E E = 6.91 103 00 10 9 = 1.34 10 7 ǫ CF = σ CF E CF = 50 103 00 10 9 =.5 10 7 gdje je usvojeno E E = E CF = 00 GPa. c) Promjena dužine šipki E i CF Promjena dužina šipki dobija se na osnovu izraza (1 8) δ E = ǫ E L E = 1.34 10 7 3 = 0.4µm
Statički neodređeni problemi 31 δ CF = ǫ CF L CF =.5 10 7.4 = 0.6µm.3 Statički neodređeni problemi.3.1 ksijalni problemi Zadatak.1 Kompozitna šipka na slici.1 1 sastoji se od čelične šipke (E = 00 GPa), prečnika 0 mm, i bronzanih šipki D i C (E = 100 GPa), prečnika 50 mm. ko je šipka izložena opterećenjima datim na slici, odrediti pomjeranje u tačkama i. 50 mm 500 mm 50 mm 75 kn 100 kn D 75 kn 100 kn 50 mm 0 mm 50 mm C Slika.1 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.1: Podaci uz zadatak.1 E D = E C = 100 GPa E = 00 GPa F = 75 = 150 kn L D = L C = 50 mm L = 500 mm F = 100 = 00 kn d D = d C = 50 mm d = 0 mm Da bi se odredila pomjeranja tačaka i, neophodno je naći sile koje vladaju u šipkama. Problem je statički neodređen, s obzirom da su nepoznate dvije reakcije oslonaca, a kako je problem aksijalan može se postaviti samo jedna jednačina ravnoteže, odnosno jednačina ravnoteže sila uzduž ose šipke. Zbog toga je neophodno uz jednačinu ravnoteže postaviti i uslove kompatibilnosti, odnosno kinematske uslove pomjeranje u presjecima, odnosno osloncima D i C jednako je nuli. Pretpostavljajući da reakcije u osloncima na šipku djeluju zateznom silom, odnosno da sila F D djeluje ulijevo, a sila F C udesno (vidi sliku.1 a), tražene jednačine su: F = 0 FD F +F +F C = 0 (.1 1) δ D = δ C = 0 (.1 ) Uslov kompatibilnosti (.1 ) znači i da je ukupno izduženje šipke jednako nuli. Nepoznate reakcije oslonaca mogu se odrediti na dva načina i to pomoću: dijagrama sila i metode superpozicije.
3 ksijalno naprezanje a) F D 75 kn 100 kn F C D 75 kn 100 kn C b) +F 0 c) +F F D +F (=F C ) FD F D +F -F 4.4 kn 0-107.58 kn -157.58 kn Slika.1 : Dijagram sila Postupak I: Dijagram sila Kod rješavanja ovakvih problema pomoću dijagrama sila, pretpostavljajući smjerove nepoznatih reakcija, skicira se dijagram sila za šipku, kao što je prikazano na slici.1 b. Dakle, pretpostavi se smjer djelovanja sile u D, a zatim se prema skiciraju promjene vrijednosti sile zavisno od opterećenja; naprimjer, od tačke D do tačke nema promjene vrijednosti sile, ona je jednaka F D (pozitivna, jer je zatežuća), a zatim se u tački pojavljuje sila F pa je šipka čitavom dužinom opterećena silom (F D +F ), pošto je pretpostavljeni smjer djelovanja sile F D isti kao smjer sile F, itd. Opterećenja u pojedinim dijelovima šipke jasno se vide na slici. Treba napomenuti da skica dijagrama sila ovisi o pretpostavkama o smjeru djelovanja reakcija i samim tim ne mora biti tačna. Nakon što se skicira dijagram sila, primjeni se uslov kompatibilnosti po kojem je ukupno izduženje šipke jednako nuli koristeći izraz ( 3): δ DC = δ D +δ +δ C = F DL D + (F D +F )L + (F D +F F )L C = 0 E D D E E C C (.1 3)
Statički neodređeni problemi 33 Iz izraza (.1 3) se direktno dobija nepoznata sila F D u osloncu D: F L + (F F )L C E F D = E C C L D + L + L C E D D E E C C 150 10 3 0.5 (150 00) 103 0.5 + = 00 109 314.16 10 6 100 109 1963 10 6 0.5 100 10 9 1963 10 6 + 0.5 00 10 9 314.16 10 6 + 0.5 100 109 1963 10 6 F D = 107.58kN gdje je D = C = d D π 4 = d C π 4 = (50 10 3 ) π 4 = 1963 10 6 m (.1 4) = d π = (0 10 3 ) π = 314.6 10 6 m 4 4 S obzirom da je dobivena negativna vrijednost, pogrešno je pretpostavljen smjer sile F D, pa sila djeluje pritiščući šipku D. Sada se na osnovu izraza (.1 1) dobija reakcija F C : F C = F +F +F D = 00+150+( 107.58) = 157.58kN pa je pretpostavljeni smjer pogrešan, odnosno i šipka C je pritisnuta. Na osnovu dobijenih rezultata može se nacrtati stvarni dijagram sila, kao što je prikazano na slici.1 c. Treba napomenuti da se za pomjeranje δ C umjesto sile (F D +F F ) mogla uzeti i sila F C, ali bi u tom slučaju bilo neophodno riješiti sljedeći sistem jednačina, pošto bi se i u jednačini (.1 3) nalazile dvije nepoznate: F D F +F +F C = 0 F D L D + (F D +F )L + F CL C = 0 E D D E E C C Postupak II: Metoda superpozicije Metoda superpozicije se sastoji u tome da se za statički neodređen sistem oslobodi jedna od nepoznatih (obično se jedan od oslonaca oslobodi i zamijeni djelovanjem sile), a zatim se problem svodi na rješavanje dva statički određena problema: (I) sistem na koji djeluju poznata vanjska opterećenja i (II) sistem na koji djeluje samo jedna nepoznata ("oslobođena") reakcija. Proračun vezan za ovako dobivena dva sistema se primjeni na jednačinu kompatibilnosti. U ovom primjeru može se kao višak uzeti oslonac D pa se zadati statički neodređeni sistem može predstaviti pomoću dva superponirana sistema, kao što je dato na slici.1 3. Ukupno izduženje sistema (I) na koji djeluju poznate vanjske sile dobiva se na osnovu izraza ( 3) : δ I = δ DI +δ I +δ CI = 0+ F L E + (F F )L C E C C (.1 5) Pretpostavlja se da je student savladao statički određene probleme i skiciranje dijagrama sila za takve slučajeve, tako da ovdje dodatni dijagrami nisu prikazani. Zadaci ovog tipa su u poglavlju..1.
34 ksijalno naprezanje 75 kn 100 kn D 75 kn 100 kn C = Sistem I F F D F F C F D Sistem II + D C Slika.1 3: Metoda superpozicije Za sistem (II) na koji djeluje samo nepoznata F D ukupno izduženje je: δ II = δ DII +δ II +δ CII = F DL D E D D + F DL E + F DL C E C C (.1 6) Sada se izrazi (.1 5) i (.1 6) uvrste u uslov kompatibilnosti po kojem je zbir promjena dužine sistema (I) i sistema (II) jednak nuli: δ I +δ II = 0 pa se dobija: F L + (F F )L C + F DL D + F DL + F DL C = 0 (.1 7) E E C C E D D E E C C Iz izraza (.1 7) dobija se nepoznata F D : F L + (F F )L C E F D = E C C L D + L + L (.1 8) C E D D E E C C Izraz (.1 8) identičan je izrazu (.1 4) pa je F D = 107.58 kn, a F C = 57.58 kn.
Statički neodređeni problemi 35 Pomjeranja tačaka i S obzirom da su određene sile koje vladaju u šipkama, mogu se izračunati izduženja pojedinih dijalova šipke, a time i pomjeranja pojedinih presjeka, koristeći izraze ( ) i ( 3). Pomjeranje tačke jednako je izduženju šipke D, dok je pomjeranje tačke jednako izduženju šipke D ili šipke C: δ = F DL D = 107.58 103 0.5 = 0.137mm E D D 100 109 1963 10 6 δ = F CL CD = 157.58 103 0.5 =.01mm E CD CD 100 109 1963 10 6 S obzirom da su dobivena negativna pomjeranja, oba dijela šipke se sabijaju, tako da se presjek pomjera ulijevo, a presjek udesno. Zadatak.13 ksijalno opterećena čelična šipka D (E = 00 GPa), uklještena na oba kraja, izložena je sili P = 100kN, koja djeluje u spojnici, kao na slici. Odrediti pomjeranje u tačkama i C, ako je 1 = 50 mm i L = 1 m. Veličine spojnica i C zanemariti. L/4 L/4 L/ P C D 1 1 Slika.13 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.13: Podaci uz zadatak.13 L = 1 m 1 = 50 mm P = 100 kn E DE = E C = 100 GPa Slično prethodnom zadatku, da bi se odredila pomjeranja tačaka i C, neophodno je naći sile koje vladaju u šipkama. Problem je statički neodređen, s obzirom da su nepoznate dvije reakcije oslonca, a kako je problem aksijalan može se postaviti samo jedna jednačina ravnoteže, odnosno jednačina ravnoteže sila uzduž ose šipke. Zbog toga je neophodno uz jednačinu ravnoteže postaviti i uslove kompatibilnosti, odnosno kinematske uslove pomjeranje u presjecima, odnosno osloncima i D jednako je nuli. Pretpostavljajući da reakcije u osloncima na šipku djeluju zateznom silom, odnosno da sila F djeluje ulijevo, a sila F D udesno (vidi sliku.13 a), tražene jednačine su: F = 0 F +P +F D = 0 (.13 1)
36 ksijalno naprezanje δ = δ D = 0 (.13 ) Uslov kompatibilnosti (.13 ) znači i da je ukupno izduženje šipke jednako nuli. I ovaj put će se nepoznate reakcije oslonaca odrediti na dva načina i to pomoću: dijagrama sila i metode superpozicije. Postupak I: Dijagram sila Pretpostavljajući smjerove nepoznatih reakcija, skicira se dijagram sila za šipku, kao što je prikazano na slici.13. Jasno je da od tačke do tačke nema promjene vrijednosti sile, ona je jednaka F, a zatim se u tački pojavljuje sile P pa je ostatak šipke CD čitavom dužinom opterećen silom (F P) ili, ako posmatramo s desne strane, silom F D (sila je zatežuća pa je pozitivna). a) F P F D C D b) +F c) +F 0 F F P (=F D ) 66.67 kn 0-33.33 kn Slika.13 : Dijagram sila Sada se primjeni uslov kompatibilnosti po kojem je ukupno izduženje šipke jednako nuli koristeći izraz ( 3): δ D = δ +δ C +δ CD = F L + (F P)L C + (F P)L CD = 0 E 1 E 1 E Iz izraza (.13 3) se direktno dobija nepoznata sila F u osloncu : PL C 1 L + PL CD F = + L C + L = CD 1 1 F = 66.67kN 100 10 3 0.5 50 10 6 + 100 103 0.5 100 10 6 0.5 0.5 + 50 10 6 50 10 6 + 0.5 100 10 6 (.13 3)
Statički neodređeni problemi 37 gdje je: L = L C = L 4 = 1 4 = 50mm L CD = L = 1 = 500mm = C = 1 = 50mm CD = 1 = 50 10 6 = 100mm S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost, smjer sile F je ispravno pretpostavljen, odnosno sila djeluje istežući šipku. Sada se na osnovu izraza (.13 1) dobija reakcija F D : F D = F P = 66.67 100 = 33.33kN pa je pretpostavljeni smjer pogrešan, odnosno šipka CD je pritisnuta. Na osnovu dobijenih rezultata može se nacrtati stvarni dijagram sila, kao što je prikazano na slici.13 c. Kao i u prethodnom zadatku, za silu u šipki D umjesto sile (F P) mogla se uzeti i sila F D, ali bi u tom slučaju bilo neophodno riješiti sljedeći sistem jednačina, pošto bi se i u jednačini (.13 3) nalazile dvije nepoznate: F +P +F D = 0 F L + F DL C + F DL CD = 0 E 1 E 1 E Postupak II: Metoda superpozicije Za ovaj problem izaberimo silu F D kao suvišnu i oslobodimo oslonac D. Sada se zadati statički neodređeni sistem može predstaviti pomoću dva superponirana sistema, kao što je dato na slici.13 3. Ukupno izduženje sistema (I) na koji djeluje sila P dobiva se na osnovu izraza ( 3): δ I = δ I +δ CI +δ CDI = PL E 1 +0+0 (.13 4) Za sistem (II), na koji djeluje samo nepoznata F D, ukupno izduženje je: δ II = δ II +δ CII +δ CDII = F DL E 1 + F DL C E 1 + F DL CD E (.13 5) Sada se izrazi (.13 4) i (.13 5) uvrste u uslov kompatibilnosti po kojem je zbir promjena dužine sistema (I) i sistema (II) jednak nuli: δ I +δ II = 0 pa se dobija: PL + F DL + F DL C + F DL CD = 0 (.13 6) E 1 E 1 E 1 E
38 ksijalno naprezanje P C D = Sistem I P C D + Sistem II F D C D Slika.13 3: Metoda superpozicije Iz izraza (.13 6) dobija se nepoznata F D : PL C F D = 1 L + L C + L CD 1 1 100 10 3 0.5 = 50 10 6 0.5 0.5 + 50 10 6 50 10 6 + 0.5 100 10 6 F D = 33.33kN (.13 7) što je identično rješenju korištenjem dijagrama sila, pa je F = 66.67 kn. Pomjeranja tačaka i C S obzirom da su određene sile koje vladaju u šipki, mogu se izračunati izduženja koristeći izraze ( ) i ( 3). Pomjeranje tačke jednako je izduženju šipke, dok je pomjeranje tačke C jednako promjeni dužine šipke C ili šipke CD: δ = F L = 66.67 103 0.5 = 1.67mm E 1 00 109 50 10 6
Statički neodređeni problemi 39 δ C = F DL CD E = 33.33) 103 0.5 = 0.833mm 00 109 100 10 6 Na osnovu predznaka pomjeranja presjeka, odnosno izduženja pojedinih dijelova šipki te pretpostavljenih zatežućih reakcija oslonaca, zaključuje se da su pomjeranja obje tačke prema desnoj strani. Zadatak.14 Dvije cilindrične šipke C, izrađene od čelika (E C = 10 GPa), i CE, izrađene od bronze (E CE = 110 GPa) spojene se u tački C i uklještene u osloncima i E. Za opterećenje prikazano na slici.14 1 odrediti: a) reakcije oslonaca i E, b) pomjeranje tačke C. Šipke su kružnog poprečnog presjeka s prečnicima datim na slici. 180 10 100 100 60 kn 40 kn C D E 40 mm 30 mm Slika.14 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.14: Podaci uz zadatak.14 L = 180 mm L CD = 100 mm F = 60 kn L C = 10 mm L DE = 100 mm F D = 40 kn d = d C = 40 mm E = E C = 10 GPa d CD = d DE = 30 mm E CD = E DE = 110 GPa a) Reakcije oslonaca i E Ovo je varijanta prethodna dva zadatka. Problem je statički neodređen, tako da je za određivanje reakcija neophodno uz jednačinu ravnoteže postaviti i uslove kompatibilnosti, odnosno kinematske uslove pomjeranje u presjecima, odnosno osloncima i E jednako je nuli. Pretpostavljajući da reakcije u osloncima na šipku djeluju zateznom silom, odnosno da sila F djeluje ulijevo, a sila F E udesno (slika.14 a), tražene jednačine su: F = 0 F +F +F D +F E = 0 (.14 1)
40 ksijalno naprezanje δ = δ E = 0 (.14 ) Uslov kompatibilnosti (.14 ) znači i da je ukupno izduženje šipke jednako nuli. Nepoznate reakcije oslonaca mogu se odrediti na dva načina i to pomoću: dijagrama sila i metode superpozicije. Postupak I: Dijagram sila Pretpostavljajući da reakcije oslonaca na šipku djeluju zateznim silama, može se skicirati dijagram sila, kao što je prikazano na slici.14 b. Vidi se da postoje tri područja u kojima vladaju konstantne sile, i to: i) dio u kojem djeluje (pretpostavljena) zatežuća sila F, ii) dio D u kojem djeluje sila (F F ) i iii) dio DE u kojem djeluje sila (F F F D ) ili sila F E, ako se krene s desne strane prema lijevo. Nakon što a) F F F D F E C D E b) +F 0 F F F (=F E ) F F -F D c) +F 6.84 kn 0.84 kn -37.16 kn Slika.14 : Dijagram sila se skicira dijagram sila, primjeni se uslov kompatibilnosti po kojem je ukupno izduženje šipke jednako nuli koristeći izraz ( 3): δ E = δ +δ C +δ CD +δ DE = F L E + (F F )L C E C C + + (F F )L CD E CD CD + (F F F D )L DE E DE DE = 0 (.14 3)
Statički neodređeni problemi 41 Iz izraza (.14 3) se direktno dobija nepoznata sila F u osloncu : F L C + F L CD + (F +F D )L DE E F = C C E CD CD E DE DE L + L C + L CD + L DE E E C C E CD CD E DE DE = 60 10 3 0.1 10 10 9 156.64 10 60 10 + 3 0.1 6 110 10 9 706.86 10 + (60+40) 103 0.1 6 110 109 706.86 10 6 0.18+0.1 10 10 9 156.64 10 0.1+0.1 + 6 110 109 706.86 10 6 F = 6.84kN (.14 4) gdje je = C = d π 4 = d CC π 4 = (40 10 3 ) π 4 = 156.6 10 6 m CD = DE = d CD π = d DE π = (30 10 3 ) π = 706.86 10 6 m 4 4 4 S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost, smjer sile F je pravilno pretpostavljen, odnosno šipka je opterećena zatezanjem. Sada se na osnovu izraza (.14 1) dobija reakcija F E : F E = F F F D = 6.84 10 3 60 10 3 40 10 3 = 37.16kN pa je pretpostavljeni smjer pogrešan, odnosno šipka DE je pritisnuta. Na osnovu dobijenih rezultata može se nacrtati stvarni dijagram sila, kao što je prikazano na slici.14 c. Kao i u prethodnim zadacima umjesto sile (F F F D ) mogla se uzeti i sila F E, ali bi u tom slučaju bilo neophodno riješiti sljedeći sistem jednačina, pošto bi se i u jednačini.14 3 nalazile dvije nepoznate: F F F D F E = 0 F L + (F F )L C + (F F )L CD + F EL DE = 0 E E C C E CD CD E DE DE Postupak II: Metoda superpozicije Prateći postupak rješavanja dat u zadatku.1, "oslobodimo" reakciju oslonca F pa ovaj statički neodređen sistem svedemo na rješavanje dva statički određena problema data na slici.14 3: (I) sistem na koji djeluju poznata vanjska opterećenja F i F i (II) sistem na koji djeluje samo jedna nepoznata ("oslobođena") reakcija F, pri čemu je u oba slučaja kraj slobodan, a kraj E uklješten. Proračun vezan za ovako dobivena dva sistema se primjeni na jednačinu kompatibilnosti. Ukupno izduženje sistema (I) na koji djeluju poznate vanjske sile dobiva se na osnovu izraza ( 3): δ I = δ I +δ CI +δ CDI +δ DEI = 0+ F L C E C C + F L CD E CD CD + ( F F D )L DE E DE DE (.14 5)