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)
4 ksijalno naprezanje F F D C D E = Sistem I F F D C D E F Sistem II + C D E Slika.14 3: Metoda superpozicije Predznak " " je uzet jer sila F skraćuje šipku. Za sistem (II) na koji djeluje samo nepoznata F ukupno izduženje je: δ II = δ II +δ CII +δ CDII +δ DEII = F L E + F L C E C C + F L CD E CD CD + F L DE E DE DE (.14 6) Sada se izrazi (.14 5) i (.14 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 C + F L CD + ( F F D )L DE + F L + F L C E C C E CD CD E DE DE E E C C Iz izraza (.14 7) dobija se nepoznata F : + F L CD E CD CD + F L DE E DE DE = 0 (.14 7) 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 (.14 8) DE E E C C E CD CD E DE DE Izraz (.14 8) identičan je izrazu (.14 4) pa je F = 6.84 kn, a F E = 37.16 kn.
Statički neodređeni problemi 43 b) Pomjeranje tačke C S obzirom da su određene sile koje vladaju u šipki, mogu se je izračunati izduženja, odnosno pomjeranja pojedinih presjeka/tačaka, koristeći izraze ( ) i ( 3). Pomjeranje tačke C jednako je izduženju šipke C ili šipke CE: δ C = δ +δ C = F L + (F F )L C E E C C 6.84 10 3 0.18 (6.84 60) 103 0.18 = + 10 109 156.64 10 6 10 109 156.64 10 6 δ C = 0.044mm S obzirom na pozitivan rezultat, dio šipke C se izdužuje pa je pomjeranje tačke C udesno. Zadatak.15 Dvije cilindrične šipke istog poprečnog presjeka šipka 1 izrađena od legure aluminijuma (E 1 = 70 GPa) i šipka izrađena od čelika (E = 00 GPa) spojene se u presjeku C i uklještene u osloncima i D kao na slici.15 1. ko u presjeku djeluje sila F, odrediti: a) reakcije u osloncima i D, b) napone i deformacije u šipkama 1 i, c) pomjeranje presjeka C. Podaci: 1 = = cm, L C = 1 m, L CD = 0.4 m, L = 0.5 m, F = 50 kn. L C L CD 1 C D L F Slika.15 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.15: Podaci uz zadatak.15 L = 500 mm L CD = 400 mm F = 50 kn L C = 500 mm E = E C = 70 GPa 1 = = = cm E CD = 00 GPa Zadatak je sličan zadatku.13, s tim da se u ovom zadatku još traže i naponi i deformacije u šipkama.
44 ksijalno naprezanje a) Reakcije u osloncima i D Problem je statički neodređen pa se postavlja jednačina ravnoteže sila uzduž ose šipke te uslov kompatibilnosti. Pretpostavljajući da reakcije u osloncima na šipke djeluju zateznom silom, odnosno da sila F djeluje na lijevo, a sila F D na desno, tražene jednačine su: F = 0 F +P +F D = 0 (.15 1) δ = δ D = 0 (.15 ) pri čemu uslov kompatibilnosti (.15 ) znači i da je ukupno izduženje šipke jednako nuli. a) F 1 C D F F D b) +F 0 c) +F 8.07 kn F F F (=F D ) 0-1.93 kn Slika.15 : Dijagram sila Postupak dobivanja reakcija oslonaca je identičan onom u zadatku.13, tako da će se ovdje pokazati samo metod dijagrama sila. Pretpostavljajući da nepoznate reakcije imaju zatezni karakter, skicira se dijagram sila za šipku, kao što je prikazano na slici.15 a. Jasno je da od tačke do tačke nema promjene vrijednosti sile, ona je jednaka F, a zatim se u tački pojavljuje sile F pa je ostatak šipke CD čitavom dužinom opterećen silom (F F ) ili ako posmatramo s desne strane, silom F D (sila je zatežuća pa je pozitivna). 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 E + (F P)L C + (F P)L CD E C E CD = 0 (.15 3)
Statički neodređeni problemi 45 Iz izraza (.15 3) se direktno dobija nepoznata sila F u osloncu : PL C E F = C + PL CD E CD L E + L C E C + L = CD E CD 50 10 3 0.5 = 70 10 9 + 50 103 0.4 00 10 9 0.5 70 10 9 + 0.5 70 10 9 + 0.4 00 10 9 F = 8.07kN PL C + PL CD E C E CD L + L C + L CD E E C E CD S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost, smjer sile F je ispravno pretpostavljen, odnosno sila djeluje istežući šipku. Sada se na osnovu izraza (.15 1) dobija reakcija F D : F D = F F = 8.07 10 3 50 10 3 = 1.93kN (.15 4) pa je pretpostavljeni smjer pogrešan, odnosno šipka CD je pritisnuta. b) Naponi i deformacije u šipkama 1 i S obzirom na oblik dijagrama sila, razlikujemo tri područja s konstantom silom, modulom elastičnosti i geometrijom, pa se koristeći izraze ( 1) i (1 8) izračunavaju naponi i deformacije kako slijedi: σ = F = 8.07 103 10 4 = 140.35MPa σ C = F F σ CD = F F = (8.07 50) 103 10 4 = 109.65MPa = (8.07 50) 103 10 4 = 109.65MPa ǫ = σ E = 140.35 106 70 10 9 =.005 10 3 ǫ C = σ C E C = 109.65 106 70 10 9 = 1.566 10 3 ǫ CD = σ CD E CD = 109.65 106 00 10 9 = 5.48 10 4 c) Pomjeranje presjeka C Pomjeranje presjeka C jednako je promjeni dužine šipke C ili šipke CD: δ C = F DL CD E CD = 1.93 103 0.4 = 0.19mm (.15 5) 00 109 10 4 S obzirom na dobivenu negativnu vrijednost, dio šipke CD se sabija, tako da se presjek C pomjera udesno.
46 ksijalno naprezanje Zadatak.16 Dvije cilindrične šipke istog poprečnog presjeka šipka 1 izrađena od legure aluminijuma (E 1 = 70 GPa) i šipka izrađena od čelika (E = 00 GPa) spojene se u presjeku i uklještene u osloncima i D kao na slici.16 1. ko u presjeku C djeluje sila F C, odrediti: a) reakcije u osloncima i D, b) napone i deformacije u šipkama 1 i, c) pomjeranje presjeka. Podaci: 1 = = cm, L = 1 m, L C = 0.3 m, L CD = 0.3 m, F C = 50 kn. L L D 1 C D F C L CD Slika.16 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.16: Podaci uz zadatak.16 L = 1 m L C = L CD = 300 mm F C = 50 kn E = 70 GPa E C = E CD = 00 GPa 1 = = = cm Zadatak je sličan prethodnim zadacima pa se u potpunosti može pratiti postupak rješavanja. a) Reakcije u osloncima i D Problem je statički neodređen pa se postavlja jednačina ravnoteže sila uzduž ose šipke te uslov kompatibilnosti. Pretpostavljajući da reakcije u osloncima na šipku djeluju zatežuće, odnosno da sila F djeluje ulijevo, a sila F D udesno (slika.16 a), tražene jednačine su: F = 0 F +F C +F D = 0 (.16 1) δ = δ D = 0 (.16 ) pri čemu uslov kompatibilnosti (.16 ) znači i da je ukupno izduženje šipke jednako nuli. Reakcije oslonaca će se u ovom zadatku izračunati korištenjem i dijagrama sila i metodom superpozicije.
Statički neodređeni problemi 47 Postupak I: Dijagram sila Koristeći pretpostavljene smjerove reakcija oslonaca, skicira se dijagram sila za šipku, kao što je prikazano na slici.16 b. Jasno je da od tačke do tačke C nema promjene vrijednosti sile, ona je jednaka F, a zatim se u tački C pojavljuje sile F C pa je ostatak šipke CD čitavom dužinom opterećen silom (F F C ) ili ako posmatramo s desne strane, silom F D (sila je zatežuća pa je pozitivna). a) F 1 C F C D F D b) +F (=F D ) F F -F C 0 c) +F 4.34 kn 0-45.66 kn Slika.16 : 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 E + F L C E C + (F F C )L CD E CD = 0 (.16 3)
48 ksijalno naprezanje Iz izraza (.16 3) se direktno dobija nepoznata sila F u osloncu : F C L CD E F = CD L E + L C E C + L = CD E CD 50 10 3 0.3 = 00 10 9 1 70 10 9 + 0.3 00 10 9 + 0.3 00 10 9 F = 4.34kN F C L CD E CD L E + L C E C + L CD E CD (.16 4) S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost, smjer sile F je ispravno pretpostavljen, odnosno sila djeluje istežući šipke. Sada se na osnovu izraza (.16 1) dobija reakcija F D : F D = F F C = 4.34 50 = 45.66kN pa je pretpostavljeni smjer pogrešan, odnosno šipka CD je pritisnuta. Na osnovu dobivenih rezultata sada se može nacrtati stvarni dijagram sila, kao na slici.16 c. 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.16 3: (I) sistem na koji djeluje poznato vanjsko opterećenje F C i (II) sistem na koji djeluje samo jedna nepoznata ("oslobođena") reakcija F, pri čemu je u oba slučaja kraj slobodan, a kraj D 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) i dijagrama sila datog na slici.16 3: δ I = δ I +δ CI +δ CDI = 0+0+ F CL CD E CD (.16 5) Predznak " " je uzet jer sila F C skraćuje šipku. Za sistem (II) na koji djeluje samo nepoznata F ukupno izduženje je: δ II = δ II +δ CII +δ CDII = F L E + F L C E C + F L CD E CD (.16 6) Sada se izrazi (.16 5) i (.16 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 C L CD E CD + F L E + F L C E C + F L CD E CD = 0 (.16 7)
Statički neodređeni problemi 49 1 C D F C = Sistem I 1 C D F C + F Sistem II 1 D Slika.16 3: Metoda superpozicije Iz izraza (.16 7) dobija se nepoznata F : F = F C L CD E CD L E + L C E C + L CD E CD Izraz (.16 8) identičan je izrazu (.16 4) pa je F = 4.34 kn, a F E = 45.66 kn. b) Naponi i deformacije u šipkama 1 i (.16 8) S obzirom na oblik dijagrama sila, razlikujemo tri područja s konstantom silom, modulom elastičnosti i geometrijom pa se koristeći izraze ( 1) i (1 8) izračunavaju naponi i deformacije kako slijedi: σ = F = 4.34 103 = 1.7MPa 10 4 σ C = F = 4.34 103 = 1.7MPa 10 4 σ CD = F F C = (4.34 50) 103 10 4 = 8.3MPa ǫ = σ E = 1.7 106 70 10 9 = 3.1 10 4
50 ksijalno naprezanje ǫ C = σ C E C = 1.7 106 00 10 9 = 1.085 10 4 ǫ CD = σ CD E CD = 8.31 106 00 10 9 = 1.14 10 3 c) Pomjeranje presjeka Pomjeranje presjeka jednako je promjeni dužine šipke ili D: δ = F L E = 4.34 103 1 = 0.31mm 70 109 10 4 S obzirom da je vrijednost pozitivna, presjek će se pomjerati udesno (u dijelu šipke vlada zatezna sila, što znači da se šipka izdužuje, a lijeva strana šipke je nepokretna!) Zadatak.17 Dvije cilindrične šipke,, izrađene od čelika (E = 10 GPa, α = 11.7 10 6 1/ C), i C, izrađene od bronze (E C = 110 GPa, α C = 0.9 10 6 1/ C), spojene se u tački i uklještene u osloncima i C, kao na slici.17 1. Ukoliko je šipka u početnom trenutku rasterećena i zagrije se za 50 C, odrediti a) reakcije oslonaca i C, b) pomjeranje tačke. Šipke su kružnog poprečnog presjeka s prečnicima datim na slici. 50 mm 300 mm 30 mm 50 mm C Slika.17 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.17: Podaci uz zadatak.17 L = 50 mm L C = 300 mm T = 50 C E = 10 GPa d = 30 mm α = 11.7 10 6 1/ C E C = 110 GPa d C = 50 mm α C = 0.9 10 6 1/ C Usljed promjene temperature javljaju se termičke deformacije, a ukoliko se takav dio ograniči u širenju/skraćenju dolazi i do pojave termičkih napona. U ovom primjeru šipka
Statički neodređeni problemi 51 je uklještena na oba kraja tako da dolazi do pojave termičkih napona, tj. sile unutar šipke. Problem je statički neodređen s obzirom da se može postaviti samo jedna jednačina ravnoteže (zbir svih sila uzduž ose jednak je nuli), a imamo dvije nepoznate reakcije oslonaca, F i F C, odnosno F = 0 F +F C = 0 (.17 1) pri čemu se pretpostavlja da obje sile djeluju pritiskajući šipku. a) Reakcije oslonaca i C Reakcije oslonaca se mogu riješiti na više načina, ali je najjednostavnija metoda superpozicije. Slično rješavanju prethodnih problema, i ovdje se jedan oslonac "oslobodi", naprimjer oslonac, a statički neodređen sistem na slici.17 1 se svodi na dva statički određena sistema (vidi sliku.17 ): (I) sistem na koji djeluje promjena temperature i (II) sistem na koji djeluje samo jedna nepoznata ("oslobođena") reakcija F, pri čemu je u oba slučaja kraj slobodan, a kraj C uklješten. C I T = Sistem I C II + F Sistem II C Slika.17 : Metoda superpozicije Ukupno izduženje sistema (I) dobiva se na osnovu izraza ( 6): δ I = δ I +δ CI = α T L +α C T L C Za sistem (II) na koji djeluje samo nepoznata F ukupno izduženje je: δ II = δ II +δ CII = F L E + F L C E C C
5 ksijalno naprezanje nalogno prethodnim zadacima, zbir promjena dužine sistema (I) i sistema (II) jednak je nuli, to jest: δ I +δ II = 0 pa se dobija: α T L +α C T L C F L E F L C E C C = 0 (.17 ) Iz izraza (.17 ) dobija se nepoznata F : F = α T L +α C T L C L E + L C E C 11.7 10 6 50 0.5+0.9 10 6 50 0.3 = 0.5 10 10 9 706.86 10 6 + 0.3 110 109 1963 10 6 F = 119.08kN (.17 3) gdje je = d π 4 C = d C π 4 = (30 10 3 ) π 4 = (50 10 3 ) π 4 = 706.86 10 6 m = 1963 10 6 m S obzirom na pozitivnu vrijednost sile, smjer reakcije F je pravilno pretpostavljen pa je šipka izložena pritisku. b) Pomjeranje tačke Pomjeranje tačke jednako je izduženju šipke usljed djelovanja sile F i promjene temperature, odnosno: δ = δ F +δ T = F L E +α T L = 119.08 103 0.5 +11.7 10 6 50 0.5 10 109 706.86 10 6 δ = 0.054mm (.17 4) S obzirom da je vrijednost negativna, presjek će se pomjerati ulijevo. Do istog rezultata bi se došlo i preko promjene dužine šipke C. Zadatak.18 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)), uklještene su u osloncima i, respektivno, i međusobno razdvojene zazorom δ, kao što je prikazano na slici.18 1. Ukoliko se šipka zagrije za 50 C odrediti: a) reakcije oslonaca i, b) napone i izduženja šipki 1 i,
Statički neodređeni problemi 53 L 1 δ L 1 D 1 D Slika.18 1: Opis problema c) graničnu temperaturu šipke 1 pri kojoj šipke nisu u kontaktu. Podaci: D 1 = 30 mm, D = 5 mm, L 1 = 300 mm, L = 300 mm, δ = 0.1 mm. R j e š e nj e Tabela.18: Podaci uz zadatak.18 L 1 = 300 mm L = 300 mm T = 50 C E 1 = 10 GPa D 1 = 30 mm α 1 = 11.7 10 6 1/ C E = 110 GPa D = 5 mm α = 0.9 10 6 1/ C Usljed zagrijavanja šipke dolazi do njenog izduženja prema izrazu ( 6): δ T = α L T = 11.7 10 6 0.3 50 = 0.313mm (.18 1) S obzirom da je δ T > δ doći će do kontakta između šipki i pojave sile (pritiska) u njima. a) Reakcije oslonaca i Problem je statički neodređen, s obzirom da sila pritiska F, koja nastaje unutar šipki, nije poznata. Ova sila je konstantna čitavom dužinom šipki, tako da su reakcije oslonaca po intenzitetu jednake ovoj sili (F = F = F), a suprotnog su smjera, odnosno imaju isti (pritisni) karakter. Sila F dobiva se na osnovu uslova kompatibilnosti, po kojem je ukupno izduženje šipki usljed djelovanja sile F i djelovanja temperature na šipku jednako početnom zazoru δ. Drugim riječima, promjena dužine obje šipke 1 i usljed djelovanja sile F (δ 1F i δ F, respektivno) jednaka je razlici izduženja šipki i početnog zazora između šipki (vidi sliku.18 ), odnosno: δ 1F +δ F = δ T δ pa se korištenjem izraza ( ) i ( 6) dobija FL 1 E 1 1 + FL E = α L T δ Iz prethodnog izraza se dobija tražena vrijednost sile F = α 3 L T δ 11.7 10 6 0.3 50 0.1 10 L 1 + L = 0.3 E 1 1 E 10 10 9 706.86 10 6 + 0.3 110 109 490.87 10 6 F = 8.177kN
54 ksijalno naprezanje gdje je 1 = D 1 π 4 = (30 10 3 ) π 4 = 706.86 10 6 m = D π 4 = (5 10 3 ) π 4 = 490.87 10 6 m Ovo su ujedno i reakcije oslonaca F i F. Treba napomenuti da bi u slučaju manjeg izduženja šipke od početnog zazora δ ova sila imala negativnu vrijednost, što bi ukazivalo na činjenicu da nije došlo do dodira šipki. δ F δ T 1 Položaj ravnoteže δ 1F δ Slika.18 : Promjena dužine šipki b) Naponi i izduženja šipki 1 i Naponi u šipkama dobivaju se na osnovu izraza ( 1) kako slijedi: σ 1 = F = 8.177 103 = 39.86MPa 1 706.86 10 6 σ = F = 8.177 103 = 57.4MPa 490.87 10 6 pri čemu je predznak " " stavljen zbog toga što je pretpostavljeno da sila F ima pritisni karakter. Izduženja šipki dobivaju se na osnovu djelovanja sile i utjecaja temperature na sljedeći način: δ 1 = FL 1 E 1 1 = δ = α L T FL E = 11.7 10 6 0.3 50 8.177 10 6 = 0.057mm 10 109 706.86 10 6 Na osnovu proračuna se vidi da je δ +δ 1 = δ. važi samo za šipku 8.177 10 6 = 0.157mm 110 109 490.87 10 6
Statički neodređeni problemi 55 c) Granična temperatura šipke 1 pri kojoj šipke nisu u kontaktu. Da bismo dobili graničnu promjenu temperature šipke 1, pri kojoj ne dolazi do kontakta šipki (sila F = 0), ukupna promjena dužina šipki usljed promjene temperature treba da je jednaka početnom zazoru, odnosno: δ 1T +δ T = δ α 1 L 1 T 1 +α L T = δ pa se dobija tražena promjena temperature: T 1 = δ α L T α 1 L 1 = 0.1 10 3 11.7 10 6 0.3 50 11.7 10 6 0.3 = 60.83 C Dakle, ukoliko se šipka 1 ohladi za više od -60.83 C, pri čemu je šipka zagrijana za 50 C, neće doći do kontakta između šipki..3. Ravanski problemi Zadatak.19 Kruta poluga C oslonjena je na tri stuba istih dužina u, i C, pri čemu su stubovi u i C identični, i opterećena trouglastim opterećenjima, kao na slici.19 1. Odrediti: a) sile i napone u stubovima, i C, b) deformacije i izduženje stubova, i C, c) nagib krute poluge. Dodatni podaci: q 0 = 15 MN/m; poluga C: L = m; stubovi i C: E C = 70 GPa, C = 500 cm, L C = 0.3 m; stub : E = 00 GPa, = 1400 cm, L = 0.3 m. Napomena: Uzeti da je dužina svakog trouglastog opterećenja jednaka L/. q 0 C " L Slika.19 1: Opis problema R j e š e nj e Kako nema djelovanja sila u horizontalnom pravcu, dovoljno je postaviti dvije jednačine ravnoteže. S obzirom da imamo tri nepoznate vertikalne sile u stubovima, problem je statički neodređen, pa se moraju koristiti i dodatni uslovi, odnosno uslovi kompatibilnosti.
56 ksijalno naprezanje Tabela.19: Podaci uz zadatak.19 E C = 70 GPa E = 00 GPa L = m C = 500 cm = 1400 cm q 0 = 15 MN/m L C = 0.3 m L = 0.3 m a) Sile i naponi u stubovima, i C Da bismo dobili sile koje vladaju u stubovima, i C, krutu polugu izdvojimo iz zadatog sistema i veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.19. Pretpostavimo da svi stubovi na polugu djeluju prema gore, odnosno da su stubovi opterećeni pritiskom. Sada postavimo jednačine ravnoteže: Fy = 0 F +F +F C Q = 0 (.19 1) M = 0 L F Q1 L 3 +Q1 L 3 F L C = 0 (.19 ) Sada se iz (.19 ) dobija da je F = F C = F C. Ovo je očekivan rezultat s obzirom da je problem simetričan u odnosu na geometriju, materijal i opterećenje. Sada se jednačina (.19 1) svodi na: Fy = 0 F C +F Q = 0 (.19 3) q 0 Q " " Q C F "!# F!# " F C # # F F F C F F F C Slika.19 : Sile koje djeluju na polugu Dodatna jednačina, odnosno uslov kompatibilnosti, dobiva se na osnovu simetrije sistema u odnosu na geometriju, opterećenje i raspored materijala, prema kojoj poluga mora ostati u horizontalnom položaju. Na taj način, promjene dužine stubova su jednake,
Statički neodređeni problemi 57 odnosno δ = δ = δ C. Do ovog zaključka se može doći i ako se problem posmatra kao nesimetričan, odnosno ako kruta poluga rotira uzrokujući različita izduženja štapova. ko pretpostavimo da se tačka pomjera za dužinu δ, tačka za dužinu δ, a tačka C za dužinu δ C onda se prema slici.19 3 i sličnosti trouglova i C C, može postaviti relacija odnosno, = = = C C CC C C δ δ δ C δ = L L C (.19 4) Kako je L C = L, a δ = δ C (jer su štapovi isti i F = F C ), može se pokazati da vrijedi δ = δ = δ C. ' = """""! C C'' C'! C = """""! E'' E E' E= """""! Slika.19 3: Dijagram pomjeranja Označavajući promjene dužina štapova i C sa δ C i koristeći vezu izduženja i sile ( ) dobija se: δ C = δ (.19 5) F C L C = F L E C C E (.19 6) pa se za silu F C dobija: F C = L L C EC E C F = E C E C F (.19 7) a uvrštavanjem u izraz (.19 3) dobija se nepoznata sila F : gdje je Q F = E C C +1 E 7.5 10 6 = 70 109 00 10 9 500 10 4 1400 10 4 +1 Q = 1 q 0 L = 1 15 106 = 7.5MN = 1MN
58 ksijalno naprezanje Sada se iz (.19 7) dobija sila F C F C = E C E C F = 70 109 00 10 9 500 10 4 1400 10 41 106 = 1.5MN Dakle, smjerovi sila koje vladaju u stubovima su pravilno pretpostavljeni i stubovi su izloženi pritisku. Naponi koji vladaju u štapovima dobivaju se na osnovu izraza ( 1), s tim da se uzima predznak " " zbog pritisnog karaktera sile pa je: σ C = F C = 1.5 106 = 30MPa C 500 10 4 σ = F = 1 106 = 85.71MPa 1400 10 4 b) Deformacije i izduženje stubova, i C Deformacije stubova dobivaju se iz Hookeovog zakona (1 6) pa je: ǫ C = σ C E C = 30 106 70 10 9 = 4.9 10 4 ǫ = σ E = 85.71 106 00 10 9 = 4.9 10 4 a izduženja dobivamo na osnovu izraza (1 8): δ C = ǫ C L C = 4.9 10 4 0.3 = 1.9mm δ = ǫ L = 4.9 10 4 0.3 = 1.9mm Dakle, oba stuba imaju ista skraćenja i deformacije što je u saglasnosti s prethodnim uslovima. c) nagib krute poluge. Na osnovu prethodnih razmatranja poluga ostaje u horizontalnom položaju, odnosno nagib je jednak nuli. Zadatak.0 Kruta poluga C oslonjena je na tri stuba istih dužina u, i C, pri čemu su stubovi u i C identični, i opterećena trouglastim opterećenjima, kao na slici.0 1. Odrediti: a) sile i napone u stubovima, i C, b) deformacije i izduženje stubova, i C, c) nagib krute poluge. Dodatni podaci: q 0 = 10 MN/m; poluga C: L = m; stubovi i C: E C = 100 GPa, C = 500 cm, L C = 0. m; stub : E = 150 GPa, = 1000 cm, L = 0. m. Napomena: Uzeti da je dužina svakog trouglastog opterećenja jednaka L/.
Statički neodređeni problemi 59 q 0 q 0 C! L Slika.0 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.0: Podaci uz zadatak.0 E C = 100 GPa E = 150 GPa L = m C = 500 cm = 1000 cm q 0 = 10 MN/m L C = 0. m L = 0. m Zadatak je sličan prethodnom s jedinom razlikom u načinu postavljanja trouglastog opterećenja. Kako je i ovaj zadatak simetričan u odnosu na materijal, geometriju i opterećenje, postupak rješavanja je identičan prethodnom zadatku. a) Sile i naponi u stubovima, i C Da bismo dobili sile koje vladaju u stubovima, i C krutu polugu izdvojimo iz zadatog sistema i veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.0. Pretpostavimo da svi stubovi na polugu djeluju prema gore, odnosno da su stubovi opterećeni pritiskom. Sada postavimo jednačine ravnoteže: Fy = 0 F +F +F C Q = 0 (.0 1) M = 0 L F Q L 3 +Q L 3 F L C = 0 (.0 ) Sada se iz (.0 ) dobija da je F = F C = F C. Ovo je očekivan rezultat s obzirom da je problem simetričan u odnosu na geometriju, materijal i opterećenje. Sada se jednačina (.0 1) svodi na: Fy = 0 F C +F Q = 0 (.0 3) Dodatna jednačina, odnosno uslov kompatibilnosti, dobiva se na osnovu simetrije sistema, prema kojoj poluga mora ostati u horizontalnom položaju, odnosno promjene dužine stubova su jednake, ili δ = δ = δ C (vidi zadatak.19 za više detalja). Označavajući promjene dužina štapova i C sa δ C i koristeći vezu izduženja i sile ( ) dobija se: δ C = δ (.0 4)
60 ksijalno naprezanje q 0 q 0 Q " C " Q F! F! F C!! F F F C F F F C Slika.0 : Sile koje djeluju na polugu F C L C E C C = F L E (.0 5) pa se za silu F C dobija: F C = L L C EC E C F = E C E C F (.0 6) i uvrštavanjem u izraz (.0 3) dobija nepoznata sila F : gdje je Q F = E C C +1 E 5 10 6 = 100 109 150 10 9 500 10 4 1000 10 4 +1 Q = 1 q L 0 = 1 10 106 = 5MN Sada se iz (.0 6) dobija sila F C F C = E C E C F = 3MN = 100 109 150 10 9 500 10 4 1000 10 43 106 = 1MN
Statički neodređeni problemi 61 Dakle, smjerovi sila koje vladaju u stubovima su pravilno pretpostavljeni i stubovi su izloženi pritisku. Naponi koji vladaju u štapovima dobivaju se na osnovu izraza ( 1), s tim da se uzima predznak " " zbog pritisnog karaktera sila pa je: σ C = F C = 1 106 = 0MPa C 500 10 4 σ = F = 3 106 = 30MPa 1000 10 4 b) Deformacije i izduženje stubova, i C Deformacije stubova dobivaju se iz Hookeovog zakona (1 6) pa je: ǫ C = σ C E C = 0 106 100 10 9 = 10 4 ǫ = σ E = 30 106 150 10 9 = 10 4 a izduženja dobivamo na osnovu izraza (1 8): δ C = ǫ C L C = 10 4 0. = 0.04mm δ = ǫ L = 10 4 0. = 0.04mm Dakle, oba stuba imaju ista skraćenja i deformacije što je i očekivano s obzirom na uslov kompatibilnosti.0 4. c) nagib krute poluge. Na osnovu prethodnih razmatranja jasno je da poluga ostaje u horizontalnom položaju, odnosno nagib je jednak nuli. Zadatak.1 Horizontalna kruta greda C je izložena trouglastom opterećenju, kao na slici.1 1. Odrediti reakcije oslonaca, ako su oslonci izrađeni od drveta (E = 1 GPa) kružnog poprečnog presjeka od 10 mm i dužine 1.4 m u nenapregnutom stanju. Koliki je nagib grede u stepenima? 18 kn/m C 1.4 m m 1 m Slika.1 1: Opis problema
6 ksijalno naprezanje R j e š e nj e Tabela.1: Podaci uz zadatak.1 d = 10 mm E = 1 GPa q 0 = 18 MN/m L = m L C = 1 m L = 1.4 m Da bismo riješili zadatak, prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.1. Dakle, pretpostavljamo da reakcije stubova djeluju na polugu prema gore, odnosno da su stubovi opterećeni pritiskom. Vidi se da je sistem statički neodređen; zanemarujući horizontalni pravac u kojem nema q 0 C Q F! " #$ %" #& F " #$ F C F F F C F F F C Slika.1 : Sile koje djeluju na polugu opterećenja, broj nepoznatih je tri, a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je dva, odnosno Fy = 0 F +F +F C Q = 0 (.1 1) M = 0 F L +F C L C Q 3 L C = 0 (.1 ) S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov uslov kompatibilnosti, koji se odnosi na promjene dužine stubova. Koristeći pretpostavku da se stubovi sabijaju te činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici.1 3. S obzirom da svi stubovi mogu promijeniti dužinu (nema nepokretnih oslonaca na polugi), pretpostavimo pomjeranje prva dva stuba, a pomjeranje trećeg se dobiva na osnovu činjenice da je poluga kruta. Sva pomjeranja su prema dolje s obzirom na pretpostavku sabijanja
Statički neodređeni problemi 63 C E ' = """""!! C = """""! C'' E'' E= """""! C' E' Slika.1 3: Dijagram pomjeranja stubova. Sada se sa slike mogu uočiti slični trouglovi i C C pa je: = = = C C CC C C odnosno, δ δ δ C δ = L L C Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap ( ), dobija se: F L δ δ = E F L E δ C δ F C L E F = L = L L C 3 E odnosno nakon sređivanja F 3F +F C = 0 (.1 3) Rješavajući sistem od tri jednačine (.1 1), (.1 ) i (.1 3) s tri nepoznate, dobivaju se sljedeće vrijednosti za nepoznate sile u stubovima: gdje je F = 6L L C 3L +1L C Q = 6 3 3 +1 3 7 103 = 5.79kN F C = 3Q 4F = 3 7 103 4 5.79 10 3 = 11.57kN 5 5 F = Q F F C = 7 10 3 5.79 10 3 11.57 10 3 = 9.64kN Q = 1 q 0L C = 1 18 103 3 = 7kN Dakle, smjerovi sila koje vladaju u svim stubovima su pravilno pretpostavljeni i stubovi su izloženi pritisku. Pomjeranja stubova data su izrazom ( ) (uz predznak " " zbog pritisnog karaktera sila) i iznose: δ = F L E = 5.79 10 3 1.4 = 0.06mm 1 109 11309.73 10 6 δ C = F CL E = 11.571 10 3 1.4 = 0.119mm 1 109 11309.73 10 6
64 ksijalno naprezanje gdje je = d π 4 = (10 10 3 ) π = 11309.73 3 m 4 pa se na osnovu slike.1 3 vidi da je nagib jednak: ( ) ( δc δ 0.119 10 3 0.06 10 3 ) γ = arctg = arctg = 1.14 10 3 3 L C a greda se okreće u smjeru kretanja kazaljke na satu. Zadatak. Tri identične čelične šipke (E = 00 GPa), poprečnog presjeka pridržavaju krutu greduc, koja je opterećena silom P, kao na slici. 1. Odredi napone u šipkama, te nagib grede C u stepenima. Dodatni podaci: d =1 m, L= m, =00 mm i P=10 kn. D F L P C E d/ d/ d Slika. 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.: Podaci uz zadatak. L = m d = 1 m P = 10 kn = 00 mm E = 10 GPa Prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.. Dakle, pretpostavljamo da reakcije šipki djeluju na polugu prema gore, odnosno pretpostavljamo da su šipke napregnute zatezanjem. Vidi se da je sistem statički neodređen; zanemarujući horizontalni pravac u kojem nema opterećenja, broj nepoznatih je tri, a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je dva, odnosno Fy = 0 F +F C +F E P = 0 (. 1)
Statički neodređeni problemi 65 F F C F E D F C E F F C F E F P C E F C F E d/ d/ d Slika. : Sile koje djeluju na polugu M = 0 F C L C +F E L E PL P = 0 (. ) S obzirom na geometriju problema, jednačina momenta (. ) se svodi na: F C d+f E d P d = 0 F C +4F E P = 0 (. 3) S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov uslov kompatibilnosti, koji se odnosi na promjene dužine stubova. Koristeći pretpostavku da se štapovi izdužuju te činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici. 3. S obzirom da svi štapovi mogu promijeniti dužinu (nema nepokretnih ' = """""! C C'' C'! C = """""! E'' E E' E= """""! Slika. 3: Dijagram pomjeranja oslonaca na polugi), pretpostavimo pomjeranje prva dva štapa, a pomjeranje trećeg se dobiva na osnovu činjenice da je poluga kruta. Sva pomjeranja su prema dolje s obzirom na
66 ksijalno naprezanje pretpostavku izduženja štapova. Sada se sa slike mogu uočiti slični trouglovi C C i E E pa je: odnosno C C E E = CC EE = C E δ C δ δ E δ = L C L E Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap ( ), dobija se: δ C δ δ E δ = F C L E F L E F E L E F L E odnosno nakon sređivanja = L C L E = 1 F F C +F E = 0 (. 4) Rješavajući sistem od tri jednačine (. 1), (. 3) i (. 4) s tri nepoznate, dobivaju se sljedeće vrijednosti za nepoznate sile u štapovima: F C = P 3 = 10 103 = 3.33kN 3 F = 10F C P = 10 3.33 103 10 10 3 = 5.83kN 4 4 F E = P F F C = 10 10 3 5.83 10 3 3.33 10 3 = 0.83kN Dakle, smjerovi sila koje vladaju u svim štapovima su pravilno pretpostavljeni i štapovi su izloženi zatezanju. Da bi se odredio nagib poluge, neophodno je naći promjenu dužina dva štapa, naprimjer i C, pomoću izraza ( ): δ = F L E = 5.83 10 3 = 0.9mm 00 109 00 10 6 δ C = F CL E = 3.33 10 3 = 0.167mm 00 109 00 10 6 gdje je za čelik usvojeno E = 00 GPa. Na osnovu slike. 3 se vidi da je nagib jednak: ( ) ( δc δ 0.167 10 3 0.9 10 3 ) γ = arctg = arctg = 0.716 10 3 1 L C S obzirom da se dobila negativna vrijednost, pogrešno smo pretpostavili da je izduženje štapa manje od izduženja štapa C (vidi sliku. 3), tako da se poluga okreće za dobijeni ugao u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu.
Statički neodređeni problemi 67 d d C C D b b b P Slika.3 1: Opis problema Zadatak.3 Kruta šipka CD je zglobno vezana na kraju i učvršćena pomoću dva čelična užeta (E = 10 GPa) jednakih početnih dužina L = 1 m u tačkama i C, kao što je prikazano na slici.3 1. U tački D djeluje sila P = kn. Odrediti pomjeranja u tačkama i C. Dodatni podaci: d b = 1 mm, d c = 0 mm. R j e š e nj e Tabela.3: Podaci uz zadatak.3 E = 10 GPa L = L C = 1 m d b = 1 mm d c = 0 mm P = kn L = L C = b L C = 4b L D = 5b Da bi se odredila pomjeranja tačaka i C neophodno je odrediti sile koje vladaju u užadima i C. U tu svrhu, prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.3. Dakle, pretpostavljamo da reakcije užadi djeluju na polugu prema gore, odnosno da su užadi opterećene zatezanjem (poluga rotira prema dolje). Vidi se da je sistem statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, i dvije sile u užadima), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri. No, kako nam nisu potrebne reakcije oslonaca, a nema djelovanja sila u horizontalnom pravcu, dovoljno je postaviti samo jednu jednačinu ravnoteže, i to jednačinu momenta u odnosu na oslonac : M = 0 F L +F C L C PL D = 0 F b+f C 4b P5b = 0 F +4F C 5P = 0 (.3 1) S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov uslov kompatibilnosti, koji se odnosi na promjene dužine užadi. Koristeći pretpostavku da se užad
68 ksijalno naprezanje F F C C F F C F F F x =0 C F C D b b b P Slika.3 : Sile koje djeluju na polugu izdužuju te činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici.3 3. Iz slike se vidi da su trouglovi i CC slični pa je: = CC C odnosno δ = L = b δ C L C 4b = 1 Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap ( ), dobija se: F L δ E = 1 = δ C F C L C E C C pa se za silu F dobija: F = C F C a uvrštavanjem u izraz (.3 1) dobija se nepoznata sila F C : F C = 5P = +4 C 5 10 3 113.1 10 6 =.9kN +4 314.16 10 6 (.3 )
Statički neodređeni problemi 69 =' C D ' δ = C' δ C = Slika.3 3: Dijagram pomjeranja gdje je = d b π 4 = (1 10 3 ) π = 113.1 10 6 m 4 C = d cπ 4 = (0 10 3 ) π = 314.16 10 6 m 4 Sada se iz (.3 1) dobija sila F F = 5P 4F C = 5 103 4.9 10 3 = 0.413kN Dakle, smjerovi sila koje vladaju u užadima su pravilno pretpostavljeni i užad su izložena zatezanju. Izduženja užadi data su izrazom ( ) i iznose: δ = F L E = 0.43 10 3 1 = 0.035mm 10 109 113.1 10 6 δ C = F CL C.9 10 3 1 = = 0.07mm E C C 10 109 314.16 10 6 a prema Villiotovom planu pomjeranja predstavljaju i pomjeranja tačaka i C. (.3 3) Zadatak.4 Kruta poluga C oslonjena je na dva elastična štapa D i CE i može da se okreće u osloncu, kao što je prikazano na slici.4 1. ko je poluga opterećena silom F = 10 kn, koja djeluje na polovini dijela poluge, odrediti: a) sile i napone u štapovima D i CE, b) deformacije štapova D i CE, c) nagib krute poluge C.
70 ksijalno naprezanje F C D L L C E Slika.4 1: Opis problema Podaci: poluga C L = 1 m, L C = 3 m; štap D E D = 7 GPa, D = 1 cm, L D = 300 mm; štap CE E CE = GPa, CE = 1.5 cm, L CE = 400 mm. R j e š e nj e Tabela.4: Podaci uz zadatak.4 E D = 7 GPa E CE = GPa L = 1 m F = 10 kn L D = 0.3 m L CE = 0.4 m L C = 3 m D = 1 cm CE = 1.5 cm L C = m Kako bismo riješili zadatak, prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.4. Dakle, pretpostavljamo da sila F djeluje na polugu prema dolje, tj. šipka D je opterećena zatezanjem, a sila F C na polugu djeluje prema gore, tj. šipka CE je opterećena pritiskom. Treba napomenuti da je ovakva pretpostavka različitog predznaka napona/izduženja šipki posljedica činjenice da kruta poluga rotira; ovdje je pretpostavljeno da rotira u smjeru kretanja kazaljke na satu. F L F F F x =0 L C C F C F F C C D F F C E Slika.4 : Sile koje djeluju na polugu Vidi se da je sistem statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, i dvije sile usljed utjecaja štapova), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri.
Statički neodređeni problemi 71 a) Sile i naponi u štapovima D i CE Kako nam nisu potrebne reakcije oslonaca, a nema djelovanja sila u horizontalnom pravcu, dovoljno je postaviti samo jednu jednačinu ravnoteže, i to jednačinu momenta u odnosu na oslonac kako bismo direktno dobili ovisnost sila u štapovima: M = 0 F L F L +F C L C = 0 (.4 1) S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov uslov kompatibilnosti, koji daje zavisnost promjena dužina štapova D i CE. Uzimajući u obzir pretpostavljena djelovanja sila na štapove te koristeći činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici.4 3. δ = ' D γ E C δ C = C' Slika.4 3: Dijagram pomjeranja Iz slike se vidi da su trouglovi i C C slični pa je: odnosno CC = C δ δ C = L L C (.4 ) Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap ( ), dobija se: δ δ C = F L D E D D L = F C L CE L C E CE CE Treba napomenuti da je prethodna jednačina u potpunosti korektna s obzirom na predznak sila i izduženja, iako se pretpostavlja da su štapovi izloženi silama različitog predznaka, a razlog je upravo takva pretpostavka deformacije, a time i izduženja, usljed djelovanja sila imaju isti smjer djelovanja kao i sile usljed kojih nastaju. Za silu F se dobija: F = L CE ED D L F C = 400 10 3 7 109 L D E CE CE L C 300 10 3 F = 14 9 F C 10 9 1 10 4 1.5 10 4 1 F C (.4 3) Ukoliko bi se pretpostavilo da obje sile F i F C na polugu djeluju prema dolje postupak rješavanja bi bio isti uz sljedeće razlike: i) u izrazu (.4 1) ispred sile F C bio predznak " ", ii) u izrazu (a) ispred sile F C bi bio predznak " ", jer sila ima suprotan (zatežući) smjer od pomjeranja tačke C, odnosno deformacije štapa CE (sabijanje). Krajnje rješenje bi, naravno, bilo istovjetno.
7 ksijalno naprezanje a uvrštavanjem u izraz (.4 1) dobija se nepoznata sila F C : F C = 9FL 8L +18L C = 9 10 103 1 8 1+18 = 1.41kN Sada se iz (.4 3) dobija sila F F = 14 9 F C = 14 9 1.41 103 =.19kN Dakle, smjerovi sila koje vladaju u štapovima su pravilno pretpostavljeni. Naponi u štapovima se dobivaju na osnovu izraza ( 1), pri čemu treba uzeti u obzir pretpostavljeni smjer djelovanja sila na štapove (predznak " " je stavljen zbog djelovanja sile pritiska): σ D = F =.19 103 = 1.9MPa D 1 10 4 σ CE = F C = 1.41 103 = 9.38MPa CE 1.5 10 4 b) Deformacije štapova D i CE Deformacije štapova dobivaju se na osnovu Hookeovog zakona (1 6): ǫ D = σ D E D = 1.9 106 7 10 9 = 3.1 10 3 ǫ CE = σ CE E CE = 9.38 106 10 9 = 4.69 10 3 c) Nagib krute poluge C Prema slici.4 3 nagib poluge se može odrediti preko izduženja štapa D i/ili štapa CE. Izduženje štapa D dobija se na osnovu izraza (1 8): δ D = δ = ǫ D L D = 3.1 10 3 0.3 = 0.938mm pa je nagib poluge: γ = arctg ( δ L u smjeru kretanja kazaljke na satu. ) ( ) 0.938 10 3 = arctg = 0.054 1 Zadatak.5 Kruta šipka CD je zglobno vezana u tački i oslonjena na opruge u tačkama i D, kao što je prikazano na slici.5 1. U tački C djeluje sila P = kn. Odrediti pomjeranja u tačkama i D. Napomena: Sila koja vlada u opruzi jednaka je proizvodu njene krutosti i izduženja, F o = k L.
Statički neodređeni problemi 73 500 mm C D 50 mm 00 mm P Slika.5 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.5: Podaci uz zadatak.5 k 1 = 10 kn/m k 1 = 5 kn/m L = 0.5 m L C = 0. m L D = 0.5 m P = kn Zadatak je vrlo sličan prethodnom, s jedinom razlikom u mjestu djelovanja opterećenja i načinu oslanjanja u ovom slučaju kruta poluga je oslonjena na opruge, dok su u prethodnom zadatku tu ulogu imali štapovi. Ipak, treba imati u vidu da štapovi predstavljaju opruge, čija je krutost jednaka k = E/L, tako da je postupak rješavanja identičan prethodnom zadatku. Kako bi se odredila pomjeranja tačaka i D, neophodno je odrediti sile koje vladaju u pojedinim oprugama. U tu svrhu prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.5. Slično prethodnom zadatku, pretpostavljamo da sila F djeluje na polugu prema dolje, tj. opruga je opterećena zatezanjem, a sila F D na polugu djeluje prema gore, tj. opruga D je izložena pritisku. Treba napomenuti da je ovakva pretpostavka različitog predznaka napona/izduženja opruga posljedica činjenice da kruta poluga rotira. U ovom slučaju pretpostavljeno je da rotira u smjeru kretanja kazaljke na satu. Sistem je statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, i dvije sile usljed utjecaja opruga), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri. Kako nam nisu potrebne reakcije oslonaca, a nema djelovanja sila u horizontalnom pravcu, dovoljno je postaviti samo jednu jednačinu ravnoteže, i to jednačinu momenta u odnosu na oslonac kako bismo direktno dobili ovisnost sila u oprugama: M = 0 F L PL C +F D L D = 0 (.5 1) S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov uslov kompatibilnosti, koji daje vezu između promjena dužina opruga i D. Uzimajući u obzir pretpostavljena djelovanja sila na opruge te koristeći činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici.5 3. Iz slike se vidi da su trouglovi i D D slični, pa je: DD = D Ovdje se radi o torzionoj opruzi, tako da je ona napregnuta na uvijanje, ali se u kontekstu zadatka radi o opruzi koja mijenja dužinu usljed aksijalne sile.
74 ksijalno naprezanje F L D F x=0 C D F L L C P F D F F D D F F D Slika.5 : Sile koje djeluju na polugu = """""! ' E D D' D= """""! Slika.5 3: Dijagram pomjeranja odnosno δ δ D = L L D Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećenu oprugu ( 5), dobija se: δ δ D = F k 1 L = F D L D k Treba napomenuti da je prethodna jednačina u potpunosti korektna s obzirom na predznak sila i izduženja, iako se pretpostavlja da su opruge izložene naponima različitog predznaka, a razlog je upravo takva pretpostavka deformacije, a time i izduženja, usljed djelovanja sila imaju isti smjer djelovanja kao i sile usljed kojih nastaju (vidi zadatak.4 za više detalja). Za silu F se dobija: F = k 1 L F D = 10 103 k L D 5 10 3 0.5 0.5 F D F = 0.F D (.5 )
Statički neodređeni problemi 75 a uvrštavanjem u izraz (.5 1) dobija se nepoznata sila F D : F D = PL C = 103 0. 0. L +L D 0. 0.5+0.5 = 77.7N Sada se iz (.5 ) dobija sila F F = 0.F D = 0. 77.7 = 145.46N Dakle, smjerovi sila koje vladaju u oprugama su pravilno pretpostavljeni. Pomjeranja tačaka i D se izračunavaju koristeći izraze ( 5), pri čemu treba imati na umu pretpostavke smjerova sila (predznak " " za silu pritiska): δ = F k 1 = 145.46 10 10 3 = 14.55mm δ D = F D k = 77.7 5 10 3 = 9.1mm Zadatak.6 Kruta poluga C oslonjena je na dva čelična štapa u i C i opterećena trouglastim opterećenjem, kao na slici.6 1. Odrediti: a) sile i napone u štapovima D i CE, b) deformacije i izduženje štapova D i CE, c) nagib krute poluge. Podaci: q 0 = 1 MN/m; poluga C: L = 0.5 m, L C = 1.5 m; štap D: E D = 70 GPa, D = 100 cm, L D = 300 mm; štap CE: E CE = 00 GPa, CE = 15 cm, L CE = 400 mm. Napomena: Uzeti da je dužina trouglastog opterećenja jednaka L C s početkom u tački i krajem u tački C. q 0 C D L L C E Slika.6 1: Opis problema R j e š e nj e Zadatak je sličan zadatku.4 s jedinom razlikom u načinu opterećenja umjesto silom kruta poluga opterećena je trouglastim opterećenjem. Stoga je postupak rješavanja sličan onom u zadatku.4. Prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.6. Dakle, pretpostavljamo da sila F
76 ksijalno naprezanje Tabela.6: Podaci uz zadatak.6 E D = 70 GPa E CE = 00 GPa L = 0.5 m q 0 = 1 MN/m L D = 0.3 m L CE = 0.4 m L C = 1.5 m D = 100 cm CE = 15 cm L C = 1 m djeluje na polugu prema dolje, tj. šipka D je opterećena zatezanjem, a sila F C na polugu djeluje prema gore, tj. šipka CE je izložena pritisku. Treba napomenuti da je ovakva pretpostavka različitog predznaka napona/izduženja šipki posljedica činjenice da kruta poluga rotira; u ovom slučaju pretpostavljeno je da rotira u smjeru kretanja kazaljke na satu. Vidi L C q 0 F F L F x =0 3 Q C F C F F C C D F F C E Slika.6 : Sile koje djeluju na polugu se da je sistem statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, i dvije sile usljed utjecaja štapova), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri. a) Sile i naponi u štapovima D i CE Kako nam nisu potrebne reakcije oslonaca, a nema djelovanja sila u horizontalnom pravcu, dovoljno je postaviti samo jednu jednačinu ravnoteže, i to jednačinu momenta u odnosu na oslonac kako bismo direktno dobili ovisnost sila u štapovima: ) M = 0 F L Q( 3 L C L +F C L C = 0 (.6 1) S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov uslov kompatibilnosti, koji se postavlja na osnovu promjena dužina štapova D i CE. Uzimajući u obzir pretpostavljena djelovanja sila na štapove te koristeći činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici.6 3. Iz slike se vidi da
Statički neodređeni problemi 77 δ = ' D γ E C δ C = C' Slika.6 3: Dijagram pomjeranja su trouglovi i C C slični pa je: odnosno CC = C δ δ C = L L C Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap ( ), dobija se: δ δ C = F L D E D D L = F C L CE L C E CE CE Treba napomenuti da je prethodna jednačina u potpunosti korektna s obzirom na predznak sila i izduženja, iako se pretpostavlja da su štapovi izloženi naponima različitog predznaka, a razlog je upravo takva pretpostavka deformacije nastale djelovanjem sila, a time i odgovarajuća izduženja, imaju isti smjer djelovanja kao i sile usljed kojih nastaju (vidi zadatak.4 za više detalja). Za silu F se dobija: F = L CE L D ED E CE D CE L L C F C = 400 10 3 70 109 300 10 3 00 10 9 100 10 4 0.5 15 10 4 1 F C F = 14 9 F C a uvrštavanjem u izraz (.6 1) dobija se nepoznata sila F C : ( ) ( ) Q 3 L C L 750 10 3 3 1.5 0.5 F C = = = 10.9kN 14 9 L 14 +L C 9 0.5+1 gdje je (.6 ) Q = 1 q 0L C = 1 1 106 1.5 = 750kN
78 ksijalno naprezanje Sada se iz (.6 ) dobija sila F F = 14 9 F C = 14 9 10.9 103 = 38.1kN Dakle, smjerovi sila koje vladaju u štapovima su pravilno pretpostavljeni. Naponi u štapovima se dobivaju na osnovu izraza ( 1), pri čemu treba uzeti u obzir pretpostavljeni smjer djelovanja sila na štapove (predznak " " za silu pritiska): σ D = F = 38.1 103 = 3.8MPa D 100 10 4 σ CE = F C CE = 10.9 103 15 10 4 = 140.6MPa b) Deformacije štapova D i CE Deformacije štapova dobivaju se na osnovu Hookeovog zakona (1 6): ǫ D = σ D E D = 3.8 106 70 10 9 = 4.69 10 4 ǫ CE = σ CE E CE = 140.6 106 00 10 9 = 7.03 10 4 c) Nagib krute poluge C Prema slici.6 3 nagib poluge se može odrediti preko izduženja štapa D i/ili štapa CE. Izduženje štapa D dobija se na osnovu izraza (1 8): δ D = δ = ǫ D L D = 4.67 10 4 0.3 = 0.141mm pa je nagib poluge: γ = arctg ( δ L u smjeru kretanja kazaljke na satu. ) ( ) 0.141 10 3 = arctg = 0.016 0.5 Zadatak.7 Kruta poluga C oslonjena je na dva čelična štapa u i C i opterećena kontinuiranim opterećenjem, kao na slici.7 1. Odrediti: a) sile i napone u štapovima D i CE, b) deformacije i izduženje štapova D i CE, c) nagib krute poluge. Podaci: q = 1 MN/m; poluga C: L = 0.75 m, L C =.5 m; štap D: E D = 14 GPa, D = 300 cm, L D = 450 mm; štap CE: E CE = 40 GPa, CE = 45 cm, L CE = 600 mm. Napomena: Uzeti da je dužina kontinuiranog opterećenja jednaka L C s početkom u tački i krajem u tački C.
Statički neodređeni problemi 79 q C D L L C E Slika.7 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.7: Podaci uz zadatak.7 E D = 14 GPa E CE = 40 GPa L = 0.75 m q = 1 MN/m L D = 0.45 m L CE = 0.6 m L C =.5 m D = 300 cm CE = 45 cm L C = 1.5 m Zadatak je sličan prethodnom zadatku s jedinom razlikom u načinu opterećenja umjesto trouglastim opterećenjem kruta poluga je jednim dijelom opterećena kontinuiranim opterećenjem pa je postupak rješavanja identičan. Prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.7. Dakle, pretpostavljamo da sila F djeluje na polugu prema dolje, tj. šipka D je opterećena zatezanjem, a sila F C na polugu djeluje prema gore, tj. šipka CE je izložena pritisku. Treba napomenuti da je ovakva pretpostavka različitog predznaka napona/izduženja šipki posljedica činjenice da kruta poluga rotira; u ovom slučaju pretpostavljeno je da rotira u smjeru kretanja kazaljke na satu. a) Sile i naponi u štapovima D i CE Sistem je statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, i dvije sile usljed utjecaja štapova), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri. Kako nam nisu potrebne reakcije oslonca, a nema djelovanja sila u horizontalnom pravcu, dovoljno je postaviti samo jednu jednačinu ravnoteže, i to jednačinu momenta u odnosu na oslonac kako bismo direktno dobili ovisnost sila u štapovima: M = 0 F L Q L C +F C L C = 0 (.7 1) S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov uslov kompatibilnosti, koji se odnosi na promjenu dužina štapova D i CE. Uzimajući u obzir pretpostavljena djelovanja sila na štapove te koristeći činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici.7 3. Iz slike se vidi da su trouglovi i C C slični pa je: CC = C odnosno δ = L δ C L C
80 ksijalno naprezanje F q F L F x =0 Q L C C F C F F C C D F F C E Slika.7 : Sile koje djeluju na polugu δ = ' D γ E C δ C = C' Slika.7 3: Dijagram pomjeranja Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap ( ), dobija se: δ δ C = F L D E D D L = (.7 ) F C L CE L C E CE CE Treba napomenuti da je prethodna jednačina u potpunosti korektna s obzirom na predznak sila i izduženja, iako se pretpostavlja da su štapovi izloženi naponima različitog predznaka, a razlog je upravo takva pretpostavka deformacije, a time i izduženja, usljed djelovanja sila imaju isti smjer djelovanja kao i sile usljed kojih nastaju (vidi zadatak.4 za više detalja). Za silu F se dobija: F = L CE L D ED E CE D CE L L C F C = 600 10 3 14 109 450 10 3 40 10 9 300 10 4 0.75 45 10 4 1.5 F C F = 14 9 F C (.7 3)
Statički neodređeni problemi 81 i uvrštavanjem u izraz (.7 1) dobija nepoznata sila F C : gdje je F C = QL ( C ) = ( 1.5 106 1.5 ) = 41.88kN 14 14 9 L +L C 9 0.75+1 Q = ql C = 1 10 6 1.5 = 1.5MN Sada se iz (.7 3) dobija sila F F = 14 9 F C = 14 9 41.88 103 = 656.5kN Dakle, smjerovi sila koje vladaju u štapovima su pravilno pretpostavljeni. Naponi u štapovima se dobivaju na osnovu izraza ( 1), pri čemu treba uzeti u obzir pretpostavljeni smjer djelovanja sila na štapove (predznak " " za silu pritiska): σ D = F = 656.5 103 = 1.88MPa D 300 10 4 σ CE = F C CE = 41.88 103 45 10 4 = 93.8MPa b) Deformacije štapova D i CE Deformacije štapova dobivaju se na osnovu Hookeovog zakona (1 6): ǫ D = σ D E D = 1.88 106 14 10 9 = 1.56 10 3 ǫ CE = σ CE E CE = 93.75 106 40 10 9 =.34 10 3 c) Nagib krute poluge C Prema slici.7 3 nagib poluge se može odrediti preko izduženja štapa D i/ili štapa CE. Izduženje štapa D dobija se na osnovu izraza (1 8): δ D = δ = ǫ D L D = 1.56 10 3 0.3 = 0.7mm pa je nagib poluge: γ = arctg ( δ L u smjeru kretanja kazaljke na satu. ) ( ) 0.7 10 3 = arctg = 0.054 0.75 Zadatak.8 Kruta poluga C oslonjena je na dva elastična štapa D i CE i može da se okreće u osloncu, kao što je prikazano na slici.8 1. ko se štap D zagrije za T = 40 C, odrediti sile i napone u štapovima D i CE. Podaci: poluga C L = 1 m, L C = 3 m; štap D E D = 7 GPa, D = 1 cm, L D = 300 mm, α D =. 10 6 1/ C ; štap CE E CE = GPa, CE = 1.5 cm, L CE = 400 mm.
8 ksijalno naprezanje C D L L C E Slika.8 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.8: Podaci uz zadatak.8 E D = 7 GPa E CE = GPa L = 1 m L D = 0.3 m L CE = 0.4 m L C = 3 m D = 1 cm CE = 1.5 cm T = 40 C α D =. 10 6 1/ C Ovaj zadatak je varijanta prethodnih zadataka, s tim da je uključen utjecaj promjene temperature. Postupak rješavanja ovakvih zadataka je sličan rješavanju prethodnih zadataka, pri čemu treba voditi računa da se pomjeranja štapova uzrokovana vanjskim opterećenjima i promjenama temperature superponiraju. Na taj način, u jednačinama ravnoteže ne javljaju se izrazi koji su vezani za promjene temperature, nego se oni javljaju samo u izrazima vezanim za promjene dužine pojedinih elemenata. No, prije nego se zadatak počne rješavati, razmotrimo problem. Usljed porasta temperature u štapu D dolazi do izduženja štapa, što uzrokuje pomjeranje kraja poluge prema gore, a dijela poluge C prema dolje, na taj način pritiščući štap CE. S obzirom da se štap CE opire djelovanju kretanja poluge prema dolje, štap D se ne može izdužiti za dužinu za koju bi se izdužio kada bi bio slobodan, tj. δ DT = α D TL D, pa se u njemu javlja sila pritiska, koja štap vraća za dužinu δ DF, kao što je prikazano na slici.8. Usljed pomjeranja poluge štap CE je izložen sili pritiska, tako da je promjena izduženja štapa CE, δ CE, uzrokovana samo djelovanjem sile u štapu. δ = ' D L Položaj ravnoteže L C C C' E =δ C = Slika.8 : Pomjeranja poluge C Dakle, usljed promjene temperature, u štapu se javljaju sile, za koje pretpostavljamo da djeluju na sljedeći način: u štapu D javlja se sila pritiska, odnosno sila F djeluje
Statički neodređeni problemi 83 na polugu prema gore, a u štapu CE se također javlja sila pritiska, odnosno sila F C koja djeluje na štap prema gore (slika.8 3). Treba napomenuti da se kod sličnih zadataka s djelovanjem temperature sile koje djeluju na štapove mogu proizvoljno pretpostaviti, bez obzira na gornje objašnjenje, ali treba imati na umu smjer pomjeranja usljed djelovanja sila i promjene temperature, kao što će biti objašnjeno kasnije u zadatku. F F x =0 C F L L C F C F F C C D F F C E Slika.8 3: Sile koje djeluju na polugu C Sada polugu možemo izdvojiti iz zadatog sistema, a veze zamijeniti vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.8 3. Sistem je statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, i dvije sile usljed utjecaja štapova), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri. Kako nam nisu potrebne reakcije oslonaca, a nema djelovanja sila u horizontalnom pravcu, dovoljno je postaviti samo jednu jednačinu ravnoteže, i to jednačinu momenta u odnosu na oslonac kako bismo direktno dobili ovisnost sila u štapovima: M = 0 F L F C L C = 0 (.8 1) odnosno F = F C L C L (.8 ) S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov uslov kompatibilnosti, koji se odnosi na promjenu dužina štapova D i CE. Uzimajući u obzir pretpostavljena djelovanja sila na štapove, utjecaj temperature na štap D te koristeći činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici.8. Iz slike se vidi da su trouglovi i C C slični pa se može postaviti relacija: CC = C (.8 3) Međutim, za razliku od prethodnih zadataka, ovdje je pomjeranje nastalo usljed djelovanja sile koja vlada u štapu D, ali i usljed promjene temperature. S obzirom da je pretpostavljeno da sila F na štap djeluje pritiskajući ga, tj. skraćuje ga, a povećanje temperature izdužuje štap, onda je pomjeranje jednako razlici pomjeranja usljed porasta
84 ksijalno naprezanje temperature i djelovanja sile F. Stoga, pomjeranje usljed sile ima suprotan predznak od ukupnog pomjeranja (pozitivno prema gore). Izraz (.8 3) sada postaje: δ δ C = δ D T δ DF δ C = L L C (.8 4) S druge strane, promjena dužine štapa CE uzrokovana je samo djelovanjem sile F C i jednaka je δ C. U gornjem izrazu δ C nije s predznakom " ", iako se radi o pritisnoj sili, jer je pomjeranje usljed sile istog smjera kao ukupno pomjeranje (pozitivno prema dolje). Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap ( ) te izraza za izduženje usljed promjene temperature ( 6), dobija se : δ DT δ DF δ C = α T L D F L D E D D L = (.8 5) F C L CE L C E CE CE Iz (.8 5) se sila F može predstaviti kao: F = E D D α T L CE L D ED E CE D CE L L C F C a uvrštavanjem u izraz (.8 ) dobija se nepoznata sila F C : D E D α T F C = L C + L CE ED D L L C L D E CE CE L C 1 10 4 7 109. 10 6 40 = 3 + 400 10 3 7 109 300 10 3 10 9 1 10 4 1.5 10 4 1 F C = 175N Sada se iz (.8 ) dobija sila F F = F C L C L = 175 1 = 350kN Dakle, smjerovi sila koje vladaju u štapovima su pravilno pretpostavljeni. Naponi u štapovima se dobivaju na osnovu izraza ( 1), pri čemu treba uzeti u obzir pretpostavljeni smjer djelovanja sila na štapove (predznak " " za pritisne sile): σ D = F = 350 = 3.5MPa (.8 6) D 1 10 4 σ CE = F C = 175 103 = 1.165MPa (.8 7) CE 1.5 10 4 Zadatak.9 Kruta poluga CD, oslonjena na elastični štap DE i okačena o uže C nosi kontinuirano opterećenje, kao što je prikazano na slici.9 1. Odrediti: Ovdje još jednom treba napomenuti da su se sile djelovanja na polugu mogle proizvoljno pretpostaviti, naprimjer kao u prethodnim zadacima da sila u tački djeluje na polugu prema dolje, a sile u C da djeluje na polugu prema gore. U tom slučaju bi izduženja δ DT i δ DF imala isti predznak u izrazu (.8 4).
Statički neodređeni problemi 85 a) sile i napone u štapu DE i užetu C, b) deformaciju užeta C i štapa DE. Podaci: poluga CD L C = m, L D = 3 m; uže C E C = 00 GPa, C = 3 cm, L C = m, α = 30 ; štap DE E DE = 10 GPa, DE = 10 cm, L DE = 00 mm; q = 50 kn/m. L C q L C C D E L D Slika.9 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.9: Podaci uz zadatak.9 E C = 00 GPa E DE = 10 GPa L C = m L C = m L DE = 0. m L D = 3 m C = 3 cm DE = 10 cm α = 30 q = 50 kn/m Kao i u prethodnim zadacima, prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.9. Dakle, pretpostavljamo da sila F C djeluje na polugu prema gore, tj. uže je opterećeno zatezanjem, a sila F D također djeluje na polugu prema gore, tj. štap je izložen pritisku. Vidi se da je sistem statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, i dvije sile usljed utjecaja štapa i užeta), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri. S obzirom da imamo djelovanje štapa pod uglom, u osloncu će se javiti i horizontalna komponenta sile, tako da je za potpuno rješavanje zadatka neophodno postaviti sve tri jednačine. Ipak, s obzirom da se ne traži reakcija oslonca, i u ovom primjeru dovoljno je postaviti samo jednačinu momenta u odnosu na oslonac, u kojoj su jedine nepoznate sile u užetu i štapu.
86 ksijalno naprezanje F C F F C F C q F x =0 L D / Q C D L C F D L D F D D E F D Slika.9 : Sile koje djeluju na polugu a) Sile i naponi u štapu DE i užetu C Prema slici.9 jednačina momenta u odnosu na oslonac glasi: M = 0 F C sinα L C +F D L D Q L D = 0 (.9 1) S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatnu jednačinu uslov kompatibilnosti, koji dovodi u vezu promjenu dužina užeta C i štapa DE. Uzimajući u obzir pretpostavljena djelovanja sila na uže i štap te koristeći činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici.9 3. Pri tome treba imati na umu da se pomjeranja tačaka C i D u položaje C i D, respektivno, izvode prema V illiotovom planu pomjeranja, odnosno okomito na krutu polugu. S obzirom da štap DE zaklapa ugao od 90, pomjeranje tačke D je ujedno i skraćenje štapa DE (uzimajući u obzir pretpostavljenu silu pritiska). S druge strane, uže C zaklapa ugao α s krutom polugom, tako da se pomjereni položaj tačke C mora nalaziti u presjecištu okomica na polugu i na uže (V illiotov plan pomjeranja se primjeni i na uže). Uzimajući da je izduženje užeta δ C = CC na osnovu trougla CC C imamo da je C = CC = δ C sinα Sada se može postaviti uslov kompatibilnosti na osnovu sličnosti trouglova CC i DD pa je: CC DD = C D
Statički neodređeni problemi 87 C! C = """""! C= """""!! C'' C' C C'' D D= """""!! C = """""! C' E D' Slika.9 3: Dijagram pomjeranja odnosno C δ D = δ C δ D sinα = L C L D Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap ( ), dobija se: δ C δ D sinα = F C L C E C C = L C F D L DE L sinα D E DE DE Treba napomenuti da je prethodna jednačina u potpunosti korektna s obzirom na predznak sila i izduženja deformacije, a time i izduženja, usljed djelovanja sila imaju isti smjer djelovanja kao i sile usljed kojih nastaju (vidi zadatak.4 za više detalja). Za silu F C se sada dobija: F C = L DE L C EC E DE C DE LC L D sinα F D = 0. 00 109 10 10 9 3 10 4 10 10 4 3 sin(30 )F D F C = 0.F D pa se uvrštavanjem u izraz (.9 1) dobija nepoznata sila F D : gdje je QL D F D = (0. sinα L C +L D ) = 150 10 3 3 = 70.31kN (0. sin30 +3) Q = ql D = 50 10 3 3 = 150kN (.9 ) Sada se iz (.9 ) dobija sila F C F C = 0.F D = 0. 70.31 10 3 = 14.1kN Dakle, smjerovi sila koje vladaju u užetu i štapu su pravilno pretpostavljeni.
88 ksijalno naprezanje Naponi u užetu i štapu se dobivaju na osnovu izraza ( 1), pri čemu treba uzeti u obzir pretpostavljeni smjer djelovanja sila na uže (zatezanje) i štap (pritisak; predznak " "): σ C = F C = 14.1 103 = 47MPa C 3 10 4 σ DE = F D DE = 70.31 103 10 10 4 = 70.3MPa b) Deformacije užeta C i štapa DE Deformacije se mogu dobiti na osnovu Hookeovog zakona (1 6): ǫ C = σ C E C = 47 106 00 10 9 =.35 10 4 ǫ DE = σ DE E DE = 70.3 106 10 10 9 = 7.03 10 3 Zadatak.30 Kruta poluga C, okačena o uže CD i oslonjena na elastični štap E, nosi kontinuirano opterećenje, kao što je prikazano na slici.30 1. Odrediti: a) sile i napone u štapu E i užetu CD, b) deformaciju užeta CD i štapa E, c) vertikalno pomjeranje tačke C. Podaci: poluga C L = 1.5 m, L C = m; uže CD E CD = 00 GPa, CD = 3 cm, L CD =.5 m, α = 30 ; štap E E E = 0 GPa, E = 0 cm, L E = 00 mm; q = 0 kn/m. D L CD q L E C L C Slika.30 1: Opis problema
Statički neodređeni problemi 89 R j e š e nj e Tabela.30: Podaci uz zadatak.30 E CD = 00 GPa E E = 10 GPa L = 1.5 m L CD =.5 m L E = 0. m L C = m CD = 3 cm E = 10 cm α = 30 q = 0 kn/m Zadatak je varijanta prethodnog zadatka u kojoj su zamijenjena mjesta hvatišta užeta i štapa. Stoga je postupak rješavanja identičan. Prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.30. Dakle, pretpostavljamo da sila F C djeluje na polugu prema gore, tj. uže je opterećeno zatezanjem, a sila F također djeluje na polugu prema gore, tj. štap je izložen pritisku. Sistem je statički F C F F C F C q F x =0 L C / Q C L F L C F E F Slika.30 : Sile koje djeluju na polugu neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, i dvije sile usljed utjecaja štapa i užeta), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri. S obzirom da imamo djelovanje štapa pod uglom, u osloncu će se javiti i horizontalna komponenta sile, tako da je za potpuno rješavanje zadatka neophodno postaviti sve tri jednačine. Ipak, s obzirom da se ne traži reakcija oslonca, i u ovom primjeru dovoljno je postaviti samo jednačinu momenta u odnosu na oslonac u kojoj su jedine nepoznate sile u užetu i štapu.
90 ksijalno naprezanje a) Sile i naponi u štapu E i užetu CD Prema slici.30 jednačina momenta u odnosu na oslonac glasi: M = 0 F C sinα L C +F L Q L C = 0 (.30 1) S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatnu jednačinu, koja se dobija na osnovu uslova kompatibilnosti, odnosno promjena dužina užeta CD i štapa E. Uzimajući u obzir pretpostavljena djelovanja sila na uže i štap te koristeći činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici.30 3. Pri tome treba imati na umu da se pomjeranja tačaka i C u položaje i C, respektivno, izvode prema Villiotovom planu pomjeranja, odnosno okomito na krutu polugu. S obzirom da štap E zaklapa ugao od 90, pomjeranje tačke je ujedno i skraćenje štapa E (uzimajući u obzir pretpostavljenu silu pritiska). S druge strane, uže CD zaklapa ugao α s krutom polugom, tako da se pomjereni položaj tačke C mora nalaziti u presjecištu okomica na polugu i na uže (V illiotov plan pomjeranja se primjeni i na uže). Uzimajući da je izduženje užeta δ C = CC na osnovu trougla CC C imamo da je C = CC = δ C sinα (.30 ) Sada se može postaviti uslov kompatibilnosti na osnovu sličnosti trouglova i D C! C = """""! C= """""!! C'' C' = """""! C C'' ' E! C = """""! C' Slika.30 3: Dijagram pomjeranja CC pa je: odnosno CC = C C δ = δ C δ sinα = L C L
Statički neodređeni problemi 91 Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap ( ), dobija se: δ C δ sinα = F C L CD E CD CD = L C F L E L sinα E E E Treba napomenuti da je prethodna jednačina i u ovom slučaju u potpunosti korektna s obzirom na predznak sila i izduženja deformacije, a time i izduženja, usljed djelovanja sila imaju isti smjer djelovanja kao i sile usljed kojih nastaju (vidi zadatak.4 za više detalja). Za silu F C se dobija: F C = L E L CD ECD E E CD E LC L sinα F = 00 10 3.5 F C = 0.16F 00 109 10 10 9 3 10 4 0 10 4 1.5 sin(30 )F (.30 3) pa se uvrštavanjem u izraz (.30 1) dobija nepoznata sila F : gdje je QL C F = (0.16 sinα L C +L ) = 40 10 3 = 4.1kN (0.16 sin30 +1.5) Q = ql C = 0 10 3 = 40kN Sada se iz (.30 3) dobija sila F C F C = 0.16F = 0.16 4.1 10 3 = 3.86kN Dakle, smjerovi sila koje vladaju u užetu i štapu su pravilno pretpostavljeni. Naponi u užetu i štapu se dobivaju na osnovu izraza ( 1), pri čemu treba uzeti u obzir pretpostavljeni smjer djelovanja sila na uže (zatezanje) i štap (pritisak; predznak " "): σ CD = F C = 3.86 103 = 1.8MPa CD 3 10 4 σ E = F E = 4.1 103 0 10 4 = 1.05MPa b) Deformacije užeta CD i štapa DE Deformacije se mogu dobiti na osnovu Hookeovog zakona (1 6): ǫ CD = σ CD E CD = 1.8 106 00 10 9 = 6.4 10 5 ǫ E = σ E E E = 1.05 106 10 10 9 = 1. 10 3
9 ksijalno naprezanje c) Vertikalno pomjeranje tačke C Vertikalno pomjeranje tačke C dobiva se na osnovu V illotovog plana pomjeranja datog na slici.30 3 te izraza (.30 ) i (1 8): C = δ C sinα = ǫ CD L CD sinα = 6.4 10 5.5 sin30 = 0.3mm Zadatak.31 Kruta poluga C, okačena o uže CD i oslonjena na elastični štap E, nosi trouglasto opterećenje, kao što je prikazano na slici.31 1. Odrediti: a) sile i napone u štapu E i užetu CD, b) deformaciju užeta CD i štapa E, c) vertikalno pomjeranje tačke C. Podaci: poluga C L = 1 m, L C = 1.5 m; uže CD E CD = 00 GPa, CD = 3 cm, L CD = 1 m, α = 60 ; štap E E E = 10 GPa, E = 30 cm, L E = 100 mm; q 0 = 150 kn/m. D L CD q 0 L E C L C Slika.31 1: Opis problema R j e š e nj e Tip problema je identičan onom iz prethodnog zadatka, s jedinom razlikom u mjestu učvršćenja užeta CD te vrsti opterećenja (trouglasto umjesto kontinuiranog opterećenja), tako da je postupak rješavanja isti. Prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.31. Dakle, pretpostavljamo da sila F C djeluje na polugu prema gore, tj. uže je opterećeno zatezanjem, a sila F također djeluje na polugu prema gore, tj. štap je izložen pritisku. Sistem je statički neodređen, pošto
Statički neodređeni problemi 93 Tabela.31: Podaci uz zadatak.31 E CD = 00 GPa E E = 10 GPa L = 1 m L CD = 1 m L E = 0.1 m L C = 1.5 m CD = 3 cm E = 30 mm α = 60 q 0 = 150 kn/m F C D q 0 F C C F F C F x =0 LC /3 Q C L F L C F E F Slika.31 : Sile koje djeluju na polugu je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, i dvije sile usljed utjecaja štapa i užeta), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri. S obzirom da imamo djelovanje štapa pod uglom, u osloncu će se javiti i horizontalna komponenta sile, tako da je za potpuno rješavanje zadatka neophodno postaviti sve tri jednačine. Ipak, s obzirom da se ne traži reakcija oslonca, i u ovom primjeru dovoljno je postaviti samo jednačinu momenta u odnosu na oslonac, u kojoj su jedine nepoznate sile u užetu i štapu.
94 ksijalno naprezanje a) Sile i naponi u štapu DE i užetu CD Prema slici.31 jednačina momenta u odnosu na oslonac glasi: M = 0 F C sinα L C +F L Q L C 3 = 0 (.31 1) S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatnu jednačinu uslov kompatibilnosti, koji daje vezu između promjena dužina užeta CD i štapa DE. Uzimajući u obzir pretpostavljena djelovanja sila na uže i štap te koristeći činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici.31 3. Pri tome treba imati na umu da se pomjeranja tačaka i C u položaje i C, respektivno, izvode prema Villiotovom planu pomjeranja, odnosno okomito na krutu polugu. S obzirom da štap DE zaklapa ugao od 90, pomjeranje tačke D je ujedno i skraćenje štapa DE (uzimajući u obzir pretpostavljenu silu pritiska). S druge strane, uže CD zaklapa ugao α s krutom polugom, tako da se pomjereni položaj tačke C mora nalaziti u presjecištu okomica na polugu i na uže (V illiotov plan pomjeranja se primjeni i na uže). Uzimajući da je izduženje užeta δ C = CC na osnovu trougla CC C imamo da je C = CC = δ C sinα (.31 ) Sada se može postaviti uslov kompatibilnosti na osnovu sličnosti trouglova i D C C= """""!! C''! C = """""! = """""! C ' E C'' C'! C = """""! Slika.31 3: Dijagram pomjeranja CC pa je: odnosno CC = C C δ = δ C δ sinα = L C L
Statički neodređeni problemi 95 Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap ( ), dobija se: δ C δ sinα = F C L CD E CD CD = L C F L E L sinα E E E Treba napomenuti da je prethodna jednačina i u ovom slučaju u potpunosti korektna s obzirom na predznak sila i izduženja deformacije, a time i izduženja, usljed djelovanja sila imaju isti smjer djelovanja kao i sile usljed kojih nastaju (vidi zadatak.4 za više detalja). Za silu F C se dobija: F C = L E L CD ECD E E CD E LC L sinα F = 0.1 1 00 109 10 10 9 3 10 4 1.5 30 10 4 1 sin(60 )F F C 0.6F (.31 3) pa se uvrštavanjem u izraz (.31 1) dobija nepoznata sila F : QL C F = 3(0.6 sinα L C +L ) = 11.5 10 3 1.5 = 4.06kN 3(0.6 sin60 1.5+1) gdje je Q = 1 q 0L C = 1 150 103 1.5 = 11.5kN Sada se iz (.31 3) dobija sila F C F C = 0.6F = 0.6 4.06 10 3 = 10.93kN Dakle, smjerovi sila koje vladaju u užetu i štapu su pravilno pretpostavljeni. Naponi u užetu i štapu se dobivaju na osnovu izraza ( 1), pri čemu treba uzeti u obzir pretpostavljeni smjer djelovanja sila na uže (zatezanje) i štap (pritisak, predznak " "): σ CD = F C CD = 10.93 103 3 10 4 = 36.4MPa σ E = F E = 4.06 103 30 10 4 = 14.0MPa b) Deformacije užeta CD i štapa DE Deformacije se mogu dobiti na osnovu Hookeovog zakona (1 6): ǫ CD = σ CD E CD = 36.4 106 00 10 9 = 1.81 10 4 ǫ E = σ E E E = 14.0 106 10 10 9 = 1.40 10 3
96 ksijalno naprezanje c) Vertikalno pomjeranje tačke C Vertikalno pomjeranje tačke C dobiva se na osnovu V illotovog plana pomjeranja datog na slici.31 3 te izraza (.31 ) i (1 8): C = δ C sinα = ǫ CD L CD sinα = 1.81 10 4 1 sin60 = 0.1mm Zadatak.3 Kruta poluga CD, okačena o uže C, nosi trouglasto opterećenje, kao što je prikazano na slici.3 1. Ispod poluge na kraju D nalazi se elastični štap DE na udaljenosti δ od poluge. Odrediti: a) sile i napone u štapu DE i užetu C, b) deformaciju užeta C i štapa DE. Podaci: poluga CD L C = 1.5 m, L D = 3 m; uže C E C = 00 GPa, C = 3 cm, L C = m, α = 60 ; štap DE E DE = 10 GPa, DE = 10 cm, L DE = 00 mm; q 0 = 10 kn/m. L C q 0 L C L D C D! E Slika.3 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.3: Podaci uz zadatak.3 E C = 00 GPa E DE = 10 GPa L C = 1.5 m L C = m L DE = 0. m L D = 3 m C = 3 cm DE = 10 cm α = 60 q 0 = 10 kn/m Ovaj problem je varijanta zadatka.9 s tim da štap DE nije u kontaktu s krutom polugom nego je između njih zazor δ. Usljed djelovanja opterećenja kruta poluga rotira u
Statički neodređeni problemi 97 smjeru kretanja kazaljke na satu sve dok ne dodirne štap DE. Pri tome se tom kretanju opire uže C. Nakon toga, poluga nastavlja rotirati, ali ovaj put uz djelovanje i sile štapa DE. Na taj način, sistem je statički određen sve dok ne nastupi dodir između poluge i štapa DE, a nakon što dodir nastupi, sistem postaje statički neodređen. Ipak, rješavanju problema može se pristupiti općenito, i to s pretpostavkom da je sistem statički neodređen, s tim da se do kontakta između poluge i štapa CE smatra da je sila koja nastaje njihovim kontaktom jednaka nuli. F C C F C q 0 F F C F x =0 L C C Q D! L D F D L D F D D E F D Slika.3 : Sile koje djeluju na polugu Prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.3. Dakle, pretpostavljamo da sila F C djeluje na polugu prema gore, tj. uže je opterećeno zatezanjem, a sila F D također djeluje na polugu prema gore, tj. štap je izložen pritisku. Sistem je statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, i dvije sile usljed utjecaja štapa i užeta), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri. S obzirom da imamo djelovanje štapa pod uglom, u osloncu će se javiti i horizontalna komponenta sile, tako da je za potpuno rješavanje zadatka neophodno postaviti sve tri jednačine. Ipak, s obzirom da se ne traže reakcije oslonca, i u ovom
98 ksijalno naprezanje primjeru dovoljno je postaviti samo jednačinu momenta u odnosu na oslonac, u kojoj su jedine nepoznate sile u užetu i štapu: M = 0 F C sinα L C Q 3 L D +F D L D = 0 (.3 1) a) Sile i naponi u štapu DE i užetu C Da bismo izračunali sile i napone u užetu i štapu, zadatak možemo riješiti slijedeći postupak rješavanja kao u prethodnim zadacima. No, s obzirom da između poluge i štapa DE postoji zazor, možemo prvo provjeriti da li će uopće doći do kontakta između poluge i štapa D. U tom slučaju, sila F D = 0 i problem se svodi na statički određen, odnosno jednačina momenta (.3 1) se svodi na: M = 0 F C sinα L C Q 3 L D = 0 pa je sila u užetu C jednaka: gdje je F C = Q 3 L D sinαl C = 15 10 3 3 3 = 3.1kN sin60 1.5 Q = 1 q 0L D = 1 10 103 3 = 15kN Izduženje užeta možemo dobiti na osnovu izraza ( ): δ C = F CL C E C C = 3.1 10 3 = 0.77mm 00 109 3 10 4 Kako bismo provjerili da li će doći do dodira između poluge i štapa DE neophodno je odrediti pomjeranje tačke D za ovaj statički određeni sistem. Pri tome treba imati na umu da se pomjeranja tačaka C i D u položaje C i D, respektivno, izvode prema V illiotovom planu pomjeranja, odnosno okomito na krutu polugu (vidi sliku.3 3). Također, uže C zaklapa ugao α s krutom polugom, tako da se pomjereni položaj tačke C mora nalaziti u presjecištu okomica na polugu i na uže (Villiotov plan pomjeranja se primjeni i na uže). Uzimajući da je izduženje užeta δ C = CC na osnovu trougla CC C imamo da je C = CC = δ C sinα Pomjeranje δ D se može izračunati na osnovu sličnosti trouglova CC i DD pa je: odnosno CC DD = C D C δ D = δ C δ D sinα = L C L D
Statički neodređeni problemi 99 D C C= """""!!! C = """""! C'' C D D= """""! C'' C'! C = """""! D' Slika.3 3: Dijagram pomjeranja pa je δ D = δ C L D = 0.77 10 3 3 sinα L C sin60 1.5 = 1.778mm S obzirom da je pomjeranje tačke D manje od zazora δ, do kontakta neće doći pa je napon u štapu DE jednak nuli. Napon u užetu se dobiva na osnovu izraza ( 1): σ C = F C = 3.1 103 = 77MPa C 3 10 4 b) Deformacije užeta C i štapa DE Deformacija u štapu DE jednaka je nuli, dok se u užetu računa na osnovu izraza (1 6): ǫ C = σ C E C = 77 106 00 10 9 = 3.85 10 4 Zadatak.33 Kruta poluga C, okačena o dva užeta iste dužine D i CD, nosi kontinuirano opterećenje, kao što je prikazano na slici.33. Odrediti: a) sile i napone u užadima D i CD, b) deformaciju užadi D i CD, c) vertikalno pomjeranje tačke C. Podaci: poluga C L = m, L C = 3 m; uže D E D = 00 GPa, D = 3 cm ; uže CD E CD = 00 GPa, CD = 4 cm ; H = 0.6 m; q = 10 kn/m.
100 ksijalno naprezanje D q H C L L C Slika.33 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela.33: Podaci uz zadatak.33 E CD = 00 GPa E D = 00 GPa L = m q = 10 kn/m CD = 4 cm D = 3 cm L C = 3 m H = 0.6 m L C = 1 m Da bismo riješili zadatak prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.33. Dakle, pretpostavljamo da reakcije užadi djeluju na polugu prema gore, odnosno da su užadi opterećene zatezanjem (poluga rotira prema dolje). D F F C D C F q F F F C F C F x =0 L C / L Q! "! C L C Slika.33 : Sile koje djeluju na polugu
Statički neodređeni problemi 101 a) Sile i naponi u užadima D i CD Sistem je statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, i dvije sile u užadima), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri. No, kako nam nisu potrebne reakcije oslonca, dovoljno je postaviti samo jednu jednačinu ravnoteže, i to jednačinu momenta u odnosu na oslonac : M = 0 pri čemu su uglovi α i β jednaki i iznose: F sinα L +F C sinβ L C Q LC α = β = arctg H L = arctg 0.6 C 1 = 50.19 = 0 (.33 1) S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov uslov kompatibilnosti, koji se odnosi na promjene dužine užadi. Koristeći pretpostavku da se užad izdužuju te činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici.33 3. Pri tome treba imati na umu da se pomjeranja tačaka i C u položaje i C, respektivno, izvode prema Villiotovom planu pomjeranja, odnosno okomito na krutu polugu. S obzirom da užad D i CD zaklapaju ugao α = β s krutom polugom, pomjereni položaj tačaka i C mora se nalaziti u presjecištu okomica na polugu i na užad (Villiotov plan pomjeranja se primjeni i na užad). Uzimajući da je izduženje užadi δ = i δ C = CC na osnovu trouglova i CC C imamo da je = = δ sinα C = CC = δ C sinβ (.33 ) (.33 3) = """"""!! '' " = """""!! ' = """""!! "! C D C= """""! '' ' C " C = """""! C'! # C = """""!! C'' C'' C' Slika.33 3: Dijagram pomjeranja
10 ksijalno naprezanje Iz slike se također vidi da su trouglovi i CC slični pa je: = CC C odnosno C = δ sinα δ C sinβ = L L C (.33 4) Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap ( ), dobija se: C = F L D E D D sinα F C L CD E CD CD sinβ pa se za silu F C dobija: = L L C F C = L D L CD ECD E D CD D LC L sinβ sinα F = 0.781 0.781 00 109 00 10 9 4 10 4 3 10 4 3 sin50.19 sin50.19 F F C = F gdje su dužine štapova: L D = L CD = H + ( LC ) = 0.6 + ( ) 1 = 0.781m Sada se uvrštavanjem u izraz (.33 1) dobija nepoznata sila F : gdje je: QL C F = (sinβ L C +L sinα) = 30 10 3 3 (sin50.19 3+ sin50.19) F = 7.3kN Q = ql C = 10 10 3 3 = 30kN (.33 5) Sada se iz (.33 5) dobija sila F C F C = F = 7.3 10 3 = 14.644kN (.33 6) Dakle, smjerovi sila koje vladaju u užadima su pravilno pretpostavljeni i užad su opterećena zatezanjem. Naponi u užadima se dobivaju na osnovu izraza ( 1): σ D = F D = 7.3 103 3 10 4 = 4.407MPa σ CD = F C CD = 14.644 103 4 10 4 = 36.611MPa
Statički neodređeni problemi 103 b) Deformacije užadi D i CD Deformacije se mogu dobiti na osnovu Hookeovog zakona (1 6): ǫ D = σ D E D = 4.07 106 00 10 9 = 1. 10 4 ǫ CD = σ CD E CD = 36.611 106 00 10 9 = 1.831 10 4 c) Vertikalno pomjeranje tačke C Vertikalno pomjeranje tačke C dobiva se na osnovu V illotovog plana pomjeranja datog na slici.33 4 te izraza (.33 3) i (1 8): C = δ C sinα = ǫ CD L CD sinα = 1.831 10 4 0.781 sin50 = 0.186mm Zadatak.34 Kruta poluga C, okačena o dva užeta D i CD, nosi trouglasto opterećenje, kao što je prikazano na slici.34 1. Odrediti: a) sile i napone u užadima D i CD, b) deformaciju užadi D i CD, c) vertikalno pomjeranje tačke C. Podaci: poluga C L = m, L C = 3 m; uže D E D = 00 GPa, D = 3 cm ; uže CD E CD = 00 GPa, CD = 3 cm ; H = 1 m; q 0 = 10 kn/m. D H q 0 "!! L C L C Slika.34 1: Opis problema
104 ksijalno naprezanje R j e š e nj e Tabela.34: Podaci uz zadatak.34 E CD = 00 GPa E D = 00 GPa L = m CD = 3 cm D = 3 cm L C = 3 m H = 1 m q 0 = 10 kn/m Ovaj problem je varijanta prethodnog problema s drugačijim načinom vješanja i drugim tipom kontinuiranog opterećenja. Stoga se može primjeniti identičan redoslijed rješavanja. Prvo izdvojimo krutu polugu iz zadatog sistema, a veze zamijenimo vanjskim silama, kao što je prikazano na slici.34. Dakle, pretpostavljamo da reakcije užadi djeluju na polugu prema gore, odnosno da su užadi opterećene zatezanjem (poluga rotira prema dolje). F C D F D C F C F q 0 F F F C F x =0 LC /3 Q! "! C L L C Slika.34 : Sile koje djeluju na polugu a) Sile i naponi u užadima D i CD Sistem je statički neodređen, pošto je broj nepoznatih četiri (dvije reakcije oslonca, i dvije sile u užadima), a broj jednačina ravnoteže koje možemo postaviti je tri. No, kako nam nisu potrebne reakcije oslonca, dovoljno je postaviti samo jednu jednačinu ravnoteže, i to jednačinu momenta u odnosu na oslonac : M = 0 F sinα L +F C sinβ L C Q LC 3 pri čemu su uglovi α i β dati sa: ( ) ( ) H 1 α = arctg = arctg = 6.56 L = 0 (.34 1)
Statički neodređeni problemi 105 ( ) ( ) H 1 β = arctg = arctg = 18.435 L C 3 S obzirom na statičku neodređenost, neophodno je postaviti dodatni uslov uslov kompatibilnosti, koji se odnosi na promjene dužine užadi D i CD. Pretpostavljajući da se užad izdužuju te koristeći činjenicu da je poluga kruta, može se postaviti dijagram pomjeranja, kao što je dato na slici.34 3. Pri tome treba imati na umu da se pomjeranja tačaka i C u položaje i C, respektivno, izvode prema Villiotovom planu pomjeranja, odnosno okomito na krutu polugu. S obzirom da užad D i CD zaklapaju ugao s krutom polugom, pomjereni položaj tačaka i C mora se nalaziti u presjecištu okomica na polugu i na užad (Villiotov plan pomjeranja se primjeni i na užad). Uzimajući da je izduženje užadi δ = i δ C = CC na osnovu trouglova i CC C imamo da je = = δ sinα C = CC = δ C sinβ (.34 ) (.34 3) D C " C = """""! C' C= """""!! C''!! "! C C'' '' = """""! ' C' D= """"""!! '' " = """""!! C= """""! ' Slika.34 3: Dijagram pomjeranja Iz slike se također vidi da su trouglovi i CC slični, pa je: odnosno = CC C C = δ sinα δ C sinβ = L L C (.34 4)
106 ksijalno naprezanje Koristeći se izrazom za vezu između izduženja i sile za aksijalno opterećeni štap ( ), dobija se: C = F L D E D D sinα F C L CD E CD CD sinβ pa se za silu F C dobija: F C = L D L CD ECD E D CD D LC L sinβ sinα F = L L C (.34 5) =.36 3.16 00 109 00 10 9 3 10 4 3 10 4 3 sin18.435 sin6.565 F F C = 0.75F gdje su dužine štapova: L D = H +L = 1 + =.36m L CD = H +L C = 1 +3 = 3.16m (.34 6) Sada se uvrštavanjem u izraz (.34 1) dobija nepoznata sila F : gdje je F = = QL C 3(0.75sinβ L C +L sinα) 15 10 3 3 3(0.75sin18.435 3+ sin6.565) = 9.34kN Q = 1 q 0L C = 1 10 103 3 = 15kN Sada se iz (.34 6) dobija sila F C F C = 0.75F = 0.75 9.34 = 7kN Dakle, smjerovi sila, koje vladaju u užadima, su pravilno pretpostavljeni i užad su opterećena zatezanjem. Naponi u užadima izraza ( 1): σ D = F = 9.34 103 = 31.13MPa D 3 10 4 σ CD = F C = 7 103 = 3.33MPa CD 3 10 4 b) Deformacije užadi D i CD Deformacije se mogu dobiti na osnovu Hookeovog zakona (1 6): ǫ D = σ D E D = 31.13 106 00 10 9 = 1.56 10 4 ǫ CD = σ CD E CD = 3.33 106 00 10 9 = 1.16 10 4
Statički neodređeni problemi 107 c) Vertikalno pomjeranje tačke C Vertikalno pomjeranje tačke C dobiva se na osnovu V illotovog plana pomjeranja datog na slici.34 4 te izraza (.34 3) (1 8): C = δ C sinα = ǫ CD L CD sinα = 1.16 10 4 3.16 sin18.43 = 1.16mm
Poglavlje 3 Uvijanje 3.1 Osnovne formule Sve formule se odnose na kružni poprečni presjek. Formule za odgovarajuće momente inercije nalaze se u Dodatku C. Maksimalan tangencijalni napon: τ umax = Tr max I o = T W o < τ doz (3 1) Napon na udaljenosti ρ od ose uvijanja: τ u = T I o ρ (3 ) Polarni moment inercije otpora poprečnog presjeka (veza s polarnim momentom inercije): W o = I o d max / Ugao uvijanja: φ = TL GI o < φ max Ugao uvijanja elementa sastavljenog iz više segmenata: (3 3) (3 4) φ = i φ i = i T i L i G i Io i < φ max (3 5) Ugao uvijanja elementa s kontinuiranom promjenom karakteristika/opterećenja: φ = α 0 T(x) G(x)I o (x) dx < φ max (3 6) Uzdužni (relativni) ugao uvijanja: θ = φ L < θ max (3 7)
110 3 Uvijanje Modul klizanja (veza s modulom elastičnosti) G = E (1+ν) (3 8)
Statički određeni problemi 111 3. Statički određeni problemi Zadatak 3.1 Pri bušenju rupe u nogari stola, koristi se ručna bušilica s burgijom, prečnika d = 4mm (vidi sliku 3.1 1). Odrediti: a) maksimalan tangencijalni napon, ako je momenat uvijanja jednak 0.3 Nm. b) (uzdužni) ugao uvijanja, ako je materijal burgije čelik (E = 10GPa, ν =0.33), a moment uvijanja kao pod a). d Slika 3.1 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 3.1: Podaci uz zadatak 3.1 d = 4 mm E = 10 GPa T = 0.3 Nm ν = 0.33 a) Maksimalan tangencijalni napon Maksimalan tangencijalni napon se određuje na osnovu izraza (3 1) pa je: τ max = T W o = 0.3 = 3.87MPa 1.566 10 9 pri čemu je polarni moment inercije otpora poprečnog presjeka za puni poprečni presjek, W o, jednak: W o = d3 π 16 = (4 10 3 ) 3 π = 1.566 10 9 m 3 16 b) Uzdužni ugao uvijanja S obzirom da nije data dužina burgije, može se izračunati samo uzdužni ugao uvijanja, θ, koristeći izraze (3 4) i (3 7): θ = T 0.3 = GI o 78.95 10 9 5.133 10 1 = 0.151rad/m = 8.67 /m
11 3 Uvijanje gdje je polarni moment inercije: I o = d4 π 3 = (4 10 3 ) 4 π = 5.133 10 1 m 4 3 i modul klizanja: G = E (1+ν) = 10 109 (1+0.33) = 78.95GPa Zadatak 3. Šuplje čelično vratilo, koje je dio sistema za bušenje rupa u zemlji, kao na slici 3. 1, ima vanjski prečnik d = 150 mm i unutrašnji prečnik od d 1 =15 mm. Za primjenjeni moment uvijanja od 15 knm odrediti: a) maksimalan tangencijalni napon, b) (uzdužni) ugao uvijanja (E = 10 GPa, ν =0.33). d 1 d Slika 3. 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 3.: Podaci uz zadatak 3. d = 150 mm E = 10 GPa T = 15 knm d 1 = 15 mm ν = 0.33 a) Maksimalan tangencijalni napon Maksimalan tangencijalni napon se određuje na osnovu izraza (3 1) pa je: τ max = T = 15 103 = 43.7MPa W o 3.431 10 4
Statički određeni problemi 113 pri čemu je polarni moment inercije otpora poprečnog presjeka za prstenasti poprečni presjek, W o uz W o = (1 ψ 4 ) d3 π 16 = (1 0.8334 ) (150 10 3 ) 3 π = 3.341 10 4 m 3 3 ψ = d 1 d = 15 150 = 0.833 b) Uzdužni ugao uvijanja S obzirom da nije data dužina vratila, može se izračunati samo uzdužni ugao uvijanja, θ, koristeći izraze (3 4) i (3 7): θ = T 15 10 3 = GI o 78.95 10 9.573 10 5 = 0.0074rad/m = 0.43 /m pri čemu je polarni moment inercije za prstenasti poprečni presjek, I o, jednak: I o = (1 ψ 4 ) d4 π 3 = (1 0.8334 ) (150 10 3 ) 4 π =.573 10 5 m 4 3 a modul klizanja: G = E (1+ν) = 10 109 (1+0.33) = 78.95GPa Zadatak 3.3 Šuplje čelično vratilo vanjskog prečnika 0 mm i debljine zida 5 mm, opterećeno je momentima uvijanja, kao na slici 3.3 1. Odredi ugao uvijanja, te raspored napona po poprečnom presjeku na kraju. D C 80 Nm 30 Nm 600 mm 0 Nm 800 mm 00 mm Slika 3.3 1: Opis problema
114 3 Uvijanje R j e š e nj e Tabela 3.3: Podaci uz zadatak 3.3 d = 0 mm L C = 0.8 m T = 80 Nm t = 5 mm L CD = 0.6 m T C = 0 Nm L D = 0. m T D = 30 Nm Da bismo riješili zadatak neophodno je prvo skicirati dijagram momenata uvijanja vratila. S obzirom da je jedina nepoznata moment uvijanja u osloncu, problem je statički određen pa se ne mora ni rješavati jednačina ravnoteže da bi se dobila nepoznata reakcija i skicirao dijagram momenata uvijanja, nego je dovoljno krenuti od prema osloncu i redom nanositi momente uvijanja kako se primjenjuju. Ipak, radi kompletnosti izrade riješimo i nepoznatu reakciju T. Na slici 3.3 dat je prikaz opterećenja vratila koristeći vektore s dvije strelice (kako bi se razlikovali od vektora sila). Pri tome je usvojena analogija s aksijalno opterećenim elementima po kojoj vektor momenta uvijanja, koji ima smjer suprotan smjeru vekora normale na površinu, ima negativan karakter (moment uvijanja T ; u smjeru kazaljke na satu), a onaj u smjeru vektora normale na površinu ima pozitivan karakter (pretpostavljeni smjer momenta uvijanja T ). Postavimo sada jednačinu ravnoteže: T = 0 T +T C T D T = 0 Odavde se dobiva da je: T = T +T C T D = 80+0 30 = 90Nm Kako je dobijen negativan rezultat, smjer djelovanja momentat je pogrešno pretpostavljen. Dijagram momenta uvijanja ima oblik, kao na slici 3.3. Dakle, dio vratila C izložen je momentu uvijanja T C = T = 80 Nm, dio CD momentu uvijanja T CD = T +T C = 80+0 = 60 Nm, i dio D momentu uvijanja T D = T CD T D = T = 60 30 = 90 Nm. Sada možemo riješiti sve tražene veličine. Ugao uvijanja na kraju u odnosu na oslonac dobija se kao zbir uglova uvijanja pojedinačnih segmenata. S obzirom na geometriju, opterećenja i materijal, vratilo se može podijeliti na tri segmenta pa se ugao uvijanja dobija na osnovu izraza (3 5) kao: gdje je φ = φ C +φ CD +φ D = T CL C + T CDL CD + T DL D G C I oc G CD I ocd G D I od 80 0.8 = 78.95 10 9 1.473 10 8 + 60 0.6 78.95 109 1.473 10 8 90 0. + 78.95 109 1.473 10 8 φ = 0.101= 5.8 I oc = I ocd = I od = (1 ψ 4 ) d4 π 3 = (1 0.54 ) (0 10 3 ) 4 π = 1.473 10 8 m 4 3 ψ = d 1 = d t = 0 5 = 0.5 d d 0
Statički određeni problemi 115 C D T T C T D F T 0-80 knm T T +T C (T ) -60 knm -90 knm τ max T +T C T D τ min τ min τ max G = Slika 3.3 : Dijagram momenata uvijanja i raspodjela napona E (1+ν) = 10 109 (1+0.33) = 78.95GPa pri čemu se za čelik usvaja E = 10 GPa i ν = 0.33. Negativna vrijednost ugla nam govori da se presjek uvija u odnosu na presjek u smjeru kretanja kazaljke na satu, odnosno u istom smjeru u kojem djeluje moment uvijanja T. Iz teorije je poznato da se napon mijenja linearno od ose uvijanja, gdje je nula, do maksimalne vrijednosti na površini. S obzirom da se radi o cijevi, imamo maksimalnu vrijednost napona na površini presjeka, koju dobivamo na osnovu izraza (3 1): τ max = T C 80 = = 54.33MPa W o 1.473 10 6 pri čemu je polarni moment inercije otpora poprečnog presjeka za prstenasti poprečni presjek, W o, jednak: W o = (1 ψ 4 ) d3 π 16 = (1 0.54 ) (0 10 3 ) 3 π = 1.473 10 6 m 3 3 a minimalan napon je na unutrašnjoj površini cijevi i računa se prema obrascu (3 ) za ρ = d 1 (mada vrijedi i τ max : τ min = d : d 1 pa se napon može izračunati i iz ove proporcije): τ max = T C d 1 I o = T C d t = I o τ max = 7.16MPa 80 1.473 10 8 0 10 3 5 10 3 Raspodjela napona po poprečnom presjeku data je na slici 3.3.
116 3 Uvijanje Zadatak 3.4 Šuplje čelično vratilo vanjskog prečnika 40 mm i debljine zida 10 mm, opterećeno je momentima uvijanja, kao na slici 3.4 1. Odredi ugao uvijanja u presjeku u odnosu na presjek, te raspored napona po poprečnom presjeku na kraju. 300 Nm C 500 Nm 00 Nm 300 mm 400 mm D 400 Nm 500 mm Slika 3.4 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 3.4: Podaci uz zadatak 3.4 d = 40 mm L C = 0.3 m T = 300 Nm t = 10 mm L CD = 0.4 m T C = 500 Nm L D = 0.5 m T D = 00 Nm T = 400 Nm Da bismo riješili zadatak neophodno je prvo skicirati dijagram momenata uvijanja vratila. No, prije toga, s obzirom da nema nepoznatih opterećenja koja djeluju na vratilo, provjerimo da li se vratilo nalazi u statičkoj ravnoteži. Za tu svrhu koristićemo skicu opterećenja, kao na slici 3.4, gdje su pojedini momenti uvijanja prikazani pomoću vektora s dvije strelice umjesto uobičajenog označavanja zakrivljenim strelicama (smjer djelovanja momenta uvijanja određuje se pravilom desne ruke, a predznak momenta uvijanja se usvaja prema analogiji s aksijalno opterećenim elementima; negativan karakter ima onaj moment uvijanja kod kojeg vektor momenta uvijanja ima smjer suprotan vektoru normale na površinu, odnosno smjer kretanja kazaljke na satu.). Izračunajmo zbir momenata uvijanja za kraj : T = T +T C +T D T = 300+500+00 400 = 0 S obzirom da je zbir momenata uvijanja jednak nuli, vratilo se nalazi u statičkoj ravnoteži pa možemo nacrtati dijagram momenata uvijanja, kao što je dato na slici 3.4. Pri tome, usvajamo da je smjer momenta uvijanja T negativan, odnosno u smjeru kretanja kazaljke na satu kada se gleda prema presjeku (smjer vektora momenta uvijanja je suprotan
Statički određeni problemi 117 smjeru vektora normale na površinu ). Dakle, dio vratila C izložen je momentu uvijanja T C = T = 300 Nm, dio CD momentu uvijanja T CD = T C T C = 300+500 = 00 Nm, i dio D momentu uvijanja T D = T CD + T D = T = 00+00 = 400 Nm. Sada C D T T C T C T D T D T T 0 00 knm 00 knm -T 400 knm -T +T C +T D -T +T C (T ) τ max τ min τ min τ max Slika 3.4 : Dijagram momenata uvijanja i raspodjela napona možemo riješiti sve tražene veličine. Ugao uvijanja na kraju u odnosu na oslonac dobija se kao zbir uglova uvijanja pojedinačnih segmenata. S obzirom na geometriju, opterećenja i materijal, vratilo se može podijeliti na tri segmenta pa se ugao uvijanja dobija na osnovu izraza (3 5) kao: gdje je φ = φ C +φ CD +φ D = T CL C + T CDL CD + T DL D G C I oc G CD I ocd G D I od 300 0.3 = 78.95 10 9.356 10 7 + 00 0.4 78.95 109.356 10 7 400 0.5 + 78.95 109.356 10 7 φ = 0.01 = 0.585 I oc = I ocd = I od = (1 ψ 4 ) d4 π 3 = (1 0.54 ) (40 10 3 ) 4 π =.356 10 7 m 4 3 ψ = d 1 = d t = 40 10 = 0.5 d d 40 G = E (1+ν) = 10 109 (1+0.33) = 78.95GPa
118 3 Uvijanje pri čemu se za čelik usvaja E = 10 GPa i ν = 0.33. Pozitivna vrijednost ugla nam govori da se presjek uvija u odnosu na presjek u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu, odnosno u smjeru suprotnom od smjera momenta uvijanja T. Iz teorije je poznato da se napon mijenja linearno od ose uvijanja, gdje je nula, do maksimalne vrijednosti na površini. S obzirom da se radi o cijevi, imamo maksimalnu vrijednost napona na površini presjeka, koju dobivamo na osnovu izraza (3 1): τ max = T D 400 = = 33.95MPa W o 1.178 10 5 pri čemu je polarni moment inercije otpora poprečnog presjeka za prstenasti poprečni presjek, W o, jednak: W o = (1 ψ 4 ) d3 π 16 = (1 0.54 ) (40 10 3 ) 3 π = 1.178 10 5 m 3 3 a minimalan napon je na unutrašnjoj površini cijevi i računa se prema obrascu (3 ) za ρ = d 1 (mada vrijedi i τ max : τ min = d : d 1 pa se napon može izračunati i iz ove proporcije): τ max = T D d 1 I o = T D d t = I o τ max = 16.98MPa 400.356 10 7 40 10 3 10 10 3 Raspodjela napona po poprečnom presjeku data je na slici 3.4. Zadatak 3.5 Puno čelično vratilo sastavljeno iz dva dijela 1 i opterećeno je momentima uvijanja, kao na slici 3.5 1. Odrediti: a) ugao uvijanja presjeka D u odnosu na presjek, b) maksimalan napon u presjeku C. Podaci: E = 00 GPa, ν = 0.3, D 1 = 1.5D = 15 mm, L 1 = L = L = 500 mm, T = T D = 0 knm. T C D 1 T F D T 0 T D +T (=T ) 40 knm T D 0 knm Slika 3.5 1: Opis problema
Statički određeni problemi 119 R j e š e nj e Tabela 3.5: Podaci uz zadatak 3.5 D 1 = 15 mm E = 00 GPa T = 0 knm D 1 = 1.5D ν = 0.3 T D = 0 knm L 1 = 500 mm L 1 = L = L Slično prethodnim zadacima, neophodno je prvo skicirati dijagram momenata uvijanja vratila. S obzirom da je jedina nepoznata moment uvijanja u osloncu problem je statički određen pa se ne mora ni rješavati jednačina ravnoteže da bi se dobila nepoznata reakcija i skicirao dijagram momenata uvijanja, nego je dovoljno krenuti s desne, poznate, strane prema osloncu i redom nanositi momente uvijanja kako se primjenjuju. Ipak, radi kompletnosti izrade riješimo i nepoznatu reakciju. Pretpostavljajući da je smjer djelovanja momenta T pozitivan (u smjeru vektora normale na površinu, suprotno kretanju kazaljke na satu) možemo postaviti jednačinu ravnoteže (vidi sliku 3.5 ): T = 0 T T T D = 0 Odavde se dobiva da je: T = T +T D = 0+0 = 40kNm pa je smjer djelovanja momentat pravilno pretpostavljen. Dijagram momenta uvijanja ima oblik kao na slici 3.5. Dakle, dio vratila izložen je momentu uvijanja T = T = 0 knm, a dio D (i C i CD) momentu uvijanja T C = T CD = T T = 40 0 = 0 knm. Sada možemo riješiti sve tražene veličine. T C D 1 T F D T 0 T (T D +T ) 40 knm T D 0 knm Slika 3.5 : Dijagram momenata uvijanja a) Ugao uvijanja presjeka D u odnosu na presjek Ugao uvijanja presjeka D u odnosu na oslonac dobija se kao zbir uglova uvijanja pojedinačnih segmenata. S obzirom na geometriju, opterećenja i materijal, vratilo se
10 3 Uvijanje može podijeliti na tri segmenta pa se ugao uvijanja dobija na osnovu izraza (3 5) kao: gdje je φ D = φ +φ C +φ CD = T L + T CL C + T CDL CD G I o G C I oc G CD I ocd 40 10 3 0.5 = 76.9 10 9.397 10 5 + 0 10 3 0.5 76.9 109.397 10 5 0 10 3 0.5 + 76.9 109 9.817 10 6 φ D = 0.015 = 0.845 L = L = L 1 = 500 10 3 = 0.5m I oc = I o = I oc = D4 1 π 3 = (15 10 3 ) 4 π =.397 10 5 m 4 3 I ocd = D4 π 3 = 0.14 π = 9.817 10 6 m 4 3 D = D 1 1.5 = 15 10 3 = 0.1m 1.5 E G = G C = G CD = (1+ν) = 00 109 (1+0.3) = 76.93GPa Pozitivna vrijednost ugla nam govori da se presjek D uvija u odnosu na presjek u smjeru obrnutom od kretanja kazaljke na satu. b) Maksimalan napon u presjeku C Na osnovu izraza za maksimalan napon usljed uvijanja (3 1) vidi se da je napon obrnuto proporcionalan polarnom momentu (otpora) poprečnog presjeka. Kako je u presjeku C moment uvijanja kontinuiran (jednak T D ), onda je maksimalna vrijednost napona, uz zanemarivanje koncentracije napona, na strani manjeg poprečnog presjeka pa je: τ max = T CD D I ocd = 0 103 100 10 3 9.817 10 6 = 101.86MPa Zadatak 3.6 Za puno čelično vratilo D sastavljeno iz dva dijela 1 i te opterećeno momentima uvijanja, kao na slici 3.6 1, treba : a) skicirati dijagram momenata uvijanja vratila D, b) izračunati ugao uvijanja presjeka D u odnosu na presjek, c) izračunati maksimalan napon uvijanja u presjeku C. Podaci: E = 00 GPa, ν = 0.3, D 1 = 1.D = 10 mm, L 1 = 1.5L = L = 300 mm, T = 3T C = T D = 60 knm.
Statički određeni problemi 11 L 1 L C D 1 L T T C T D D 1 D Slika 3.6 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 3.6: Podaci uz zadatak 3.6 D 1 = 10 mm E = 00 GPa T D = 60 knm D 1 = 1.D ν = 0.3 T = 3T C = T D L 1 = 300 mm L 1 = 1.5L = L Zadatak je varijanta prethodnog zadatka pa je postupak rješavanja isti. S obzirom da je jedina nepoznata moment uvijanja u osloncu problem je statički određen pa se ne mora ni rješavati jednačina ravnoteže da bi se dobila nepoznata reakcija i skicirao dijagram momenata uvijanja, nego je dovoljno krenuti s desne, poznate, strane prema osloncu i redom nanositi momente uvijanja kako se primjenjuju. Ipak, radi kompletnosti izrade riješimo i nepoznatu reakciju. Pretpostavljajući da je smjer djelovanja momenta T pozitivan (u smjeru vektora normale na površinu, suprotno kretanju kazaljke na satu) možemo postaviti jednačinu ravnoteže (vidi sliku 3.6 ): T = 0 T T +T C +T D = 0 Odavde se dobiva da je: T = T T C T D = 30 0 60 = 50kNm pa je smjer djelovanja momenta T pogrešno pretpostavljen. a) Dijagram momenata uvijanja vratila D Dijagram momenta uvijanja ima oblik kao na slici 3.6. Dakle, dio vratila izložen je momentu uvijanja T = T = 50kNm, dio C momentu uvijanja T C = T T = 50 30= 80kNm, a diocd momentu uvijanjat CD = T D = T C +T C = 80+0 = 60 knm. b) Ugao uvijanja presjeka D u odnosu na presjek Ugao uvijanja presjeka D u odnosu na oslonac dobija se kao zbir uglova uvijanja pojedinačnih segmenata. S obzirom na geometriju, opterećenja i materijal, vratilo se
1 3 Uvijanje T C D 1 T T C T D T 0-50 knm -T D -T C +T (=T ) -T D -T C -80 kn -T D -60 knm Slika 3.6 : Dijagram momenata uvijanja može podijeliti na tri segmenta pa se ugao uvijanja dobija na osnovu izraza (3 5) kao: gdje je φ D = φ +φ C +φ CD = T L + T CL C + T CDL CD G I o G C I oc G CD I ocd 50 10 3 0.15 = 76.9 10 9.036 10 5 + 80 10 3 0.15 76.9 109.036 10 5 60 10 3 0. + 76.9 109 9.817 10 6 φ D = 0.08rad= 1.64 L = L 1 = 300 10 3 = 0.15m L = L 1 1.5 = 300 10 3 = 0.m 1.5 I oc = I o = I oc = D4 1π 3 = (10 10 3 ) 4 π =.036 10 5 m 4 3 I ocd = D4 π 3 = 0.14 π = 9.817 10 6 m 4 3 D = D 1 1. = 10 10 3 = 0.1m 1. E G = G C = G CD = (1+ν) = 00 109 (1+0.33) = 76.93GPa Negativna vrijednost ugla nam govori da se presjek D uvija u odnosu na presjek u smjeru kretanja kazaljke na satu. c) Maksimalan napon uvijanja u presjeku C Na osnovu izraza za maksimalan napon usljed uvijanja (3 1) vidi se da je napon obrnuto proporcionalan polarnom momentu (otpora) poprečnog presjeka i direktno proporcionalan momentu uvijanja. Kako se u presjeku C mijenja i moment uvijanja i poprečni
Statički određeni problemi 13 presjek, neophodno je izračunati maksimalne napone s lijeve (l) i s desne (d) strane presjeka C pa imamo τ maxcl = T C D 1 I oc = 80 103 10 10 3.036 10 5 τ maxcd = T CD D I ocd = 60 103 100 10 3 9.817 10 6 = 35.8MPa = 305.58MPa Maksimalna vrijednost tangencijalnog napona u presjeku C je veća od dvije izračunate vrijednosti (s desne strane), odnosno τ max = 305.58 MPa. Zadatak 3.7 Za puno vratilo od legure aluminijuma, sastavljeno iz dva dijela 1 i, te opterećeno momentima uvijanja, kao na slici 3.7 1, treba : a) skicirati dijagram momenata uvijanja vratila D, b) izračunati ugao uvijanja u presjeku u odnosu na presjek D, c) izračunati maksimalan napon uvijanja u presjeku C. Podaci: E = 70 GPa, ν = 0.35, D 1 = 1.D = 60 mm, L 1 = 1.5L = L = 40 mm, T = 3T = T C = 3 knm. L 1 L C D 1 T L T T C D 1 D Slika 3.7 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 3.7: Podaci uz zadatak 3.7 D 1 = 60 mm E = 70 GPa T D = 3 knm D 1 = 1.D ν = 0.35 T = 3T = T C L 1 = 40 mm L 1 = 1.5L = L Zadatak je varijanta prethodnog zadatka pa je postupak rješavanja isti. S obzirom da je jedina nepoznata moment uvijanja u osloncu D problem je statički određen pa se ne mora ni rješavati jednačina ravnoteže da bi se dobila nepoznata reakcija i skicirao dijagram momenata uvijanja, nego je dovoljno krenuti s lijeve, poznate, strane prema osloncu D i redom nanositi momente uvijanja kako se primjenjuju. Ipak, radi kompletnosti izrade riješimo i
14 3 Uvijanje nepoznatu reakciju. Pretpostavljajući da je smjer djelovanja momenta T D pozitivan (u smjeru vektora normale na površinu D, suprotno kretanju kazaljke na satu) možemo postaviti jednačinu ravnoteže (vidi sliku 3.7 ): T = 0 T +T +T C T D = 0 Odavde se dobiva da je: T D = T +T +T C = 1.5+1+3 =.5kNm pa je smjer djelovanja momenta T D pravilno pretpostavljen. a) Dijagram momenata uvijanja vratila D Dijagram momenta uvijanja ima oblik kao na slici 3.7. Dakle, dio vratila izložen je momentu uvijanja T = T = 1.5 knm, dio C momentu uvijanja T C = T +T = 1.5+1 = 0.5kNm, i diocd momentu uvijanjat CD = T D = T C +T C = 0.5+3 =.5 knm. F C D 1 F F C T D T 0-1.5 knm -T -T +T -T +T +T C (=T D ) -0.5 knm.5 knm Slika 3.7 : Dijagram momenata uvijanja b) Ugao uvijanja presjeka u odnosu na presjek D Ugao uvijanja presjeka u odnosu na oslonac D dobija se kao zbir uglova uvijanja pojedinačnih segmenata. S obzirom na geometriju, opterećenja i materijal, vratilo se može podijeliti na tri segmenta pa se ugao uvijanja dobija na osnovu izraza (3 5) kao: gdje je φ D = φ +φ C +φ CD = T L + T CL C + T CDL CD G I o G C I oc G CD I ocd 1.5 10 3 0.1 = 5.93 10 9 1.7 10 6 + 0.5 10 3 0.1 5.93 109 1.7 10 6.5 10 3 0.16 + 5.93 109 6.136 10 7 φ D = 0.018rad= 1.04 L = L 1 = 40 10 3 = 0.1m
Statički određeni problemi 15 L C = L 1 L = 40 10 3 10 10 3 = 0.1m L = L 1 1.5 = 40 1.5 = 160mm I oc = I o = I oc = D4 1 π 3 = (60 10 3 ) 4 π = 1.7 10 6 m 4 3 I ocd = D4 π 3 = (50 10 3 ) 4 π = 6.136 10 7 m 4 3 D = D 1 1. = 60 10 3 = 50mm 1. E G = G C = G CD = (1+ν) = 70 109 (1+0.35) = 5.96GPa Pozitivna vrijednost ugla nam govori da se presjek D uvija u odnosu na presjek u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu (suprotna je smjeru momenta T ). c) Maksimalan napon uvijanja u presjeku C. Na osnovu izraza za maksimalan napon usljed uvijanja (3 1) vidi se da je napon obrnuto proporcionalan polarnom momentu (otpora) poprečnog presjeka i direktno proporcionalan momentu uvijanja. Kako se u presjeku C mijenja i moment uvijanja i poprečni presjek, neophodno je izračunati maksimalne napone s lijeve (l) i s desne (d) strane presjeka C pa imamo τ maxcl = T C D 1 I oc = 0.5 103 60 10 3 1.7 10 6 = 11.8MPa τ maxcd = T CD D I ocd =.5 103 50 10 3 6.136 10 7 = 101.86MPa Maksimalna vrijednost tangencijalnog napona u presjeku C je veća od dvije izračunate vrijednosti (s desne strane), odnosno τ max = 101.86 MPa. Zadatak 3.8 Vratilo sastavljeno iz dva dijela od različitih materijala 1 i, opterećeno je momentima uvijanja, kao na slici 3.8 1. Odrediti: a) ugao uvijanja presjeka D u odnosu na presjek, b) maksimalan napon u presjeku C. Podaci: E 1 = 00 GPa, ν 1 = 0.3, E = 150 GPa, ν = 0.35, D 1 = D = 15 mm, L 1 = L = L = 500 mm, 3T = T = 1.5T D = 10 Nm. R j e š e nj e Da bismo riješili zadatak neophodno je prvo skicirati dijagram momenata uvijanja vratila. No, prije toga, s obzirom da nema nepoznatih opterećenja koja djeluju na vratilo, provjerimo da li se vratilo nalazi u statičkoj ravnoteži. Za tu svrhu koristićemo skicu opterećenja, kao na slici 3.8, gdje su pojedini momenti uvijanja prikazani pomoću vektora s dvije strelice (smjer djelovanja momenta uvijanja određuje se pravilom desne ruke, a predznak momenta uvijanja se usvaja prema analogiji s aksijalno opterećenim elementima; negativan karakter ima onaj moment uvijanja kod kojeg vektor momenta uvijanja ima smjer suprotan vektoru
16 3 Uvijanje L 1 L T T 1 C D L T D D 1 D Slika 3.8 1: Opis problema Tabela 3.8: Podaci uz zadatak 3.8 D 1 = 15 mm E 1 = 00 GPa T D = 10 knm D 1 = D = D ν 1 = 0.3 3T = T = 1.5T D L 1 = 500 mm E = 150 GPa L 1 = L = L ν = 0.35 normale na površinu, odnosno smjer kretanja kazaljke na satu.). Izračunajmo zbir momenata uvijanja za kraj : T = T T +T D = 40 10+80 = 0 gdje je: T = 10 3 = 40Nm T = 10 1.5 = 80Nm S obzirom da je zbir momenata uvijanja jednak nuli, vratilo se nalazi u statičkoj ravnoteži pa možemo nacrtati dijagram momenata uvijanja, kao što je dato na slici 3.8. Pri tome, usvajamo da je smjer momenta uvijanja T pozitivan. Dakle, dio vratila izložen je momentu uvijanja T = T = 40 Nm, a dio D (i C i CD) momentu uvijanja T C = T CD = T T = 40 10 = 80 Nm. Sada možemo riješiti sve tražene veličine. T T 1 T D C D T 0 T T -T (=T D ) Slika 3.8 : Dijagram momenata uvijanja
Statički određeni problemi 17 a) Ugao uvijanja presjeka D u odnosu na presjek Ugao uvijanja presjeka D u odnosu na oslonac dobija se kao zbir uglova uvijanja pojedinačnih segmenata. S obzirom na geometriju, opterećenja i materijal, vratilo se može podijeliti na tri segmenta pa se ugao uvijanja dobija na osnovu izraza (3 5) kao: gdje je φ D = φ +φ C +φ CD = T L + T CL C + T CDL CD G I o G C I oc G CD I ocd 40 0.5 = 76.9 10 9.397 10 5 + 80 0.5 76.9 109.397 10 5 80 0.5 + 55.56 109.397 10 5 φ D = 0.035 =.03 L = L 1 = 500 = 50mm I oc = I ocd = I o = I oc = D4 1 π 3 = (15 10 3 ) 4 π =.397 10 5 m 4 3 E 1 G = G C = G 1 = (1+ν 1 ) = 00 109 (1+0.3) = 76.93GPa G CD = G = E (1+ν ) = 150 109 (1+0.35) = 55.56GPa Negativna vrijednost ugla nam govori da se presjek D uvija u odnosu na presjek u smjeru kretanja kazaljke na satu. b) Maksimalan napon u presjeku C Na osnovu izraza za maksimalan napon usljed uvijanja (3 1) vidi se da je napon obrnuto proporcionalan polarnom momentu (otpora) poprečnog presjeka i direktno proporcionalan momentu uvijanja. S obzirom da su moment uvijanja i prečnik vratila jednaki s obje strane presjeka C maksimalna vrijednost napona jednaka je s lijeve i s desne strane presjeka C, nalazi se na vanjskoj površini vratila i iznosi: τ max = T C D I o = 80 103 15 10 3.397 10 5 = 08.61MPa Zadatak 3.9 Čelično vratilo, sastavljeno iz dva dijela punog dijela prečnika d = 60 mm i cijevi CD, vanjskog prečnika d CD = 90 mm i debljine stijenke t CD = 6 mm, opterećeno je momentom uvijanja, kao na slici 3.9 1. Odrediti maksimalan moment uvijanja koji se može primjeniti, ako je dozvoljeni napon usljed uvijanja τ = 100 MPa. Ostali podaci: E = 00 GPa, ν = 0.3, L = L CD = 00 mm.
18 3 Uvijanje D C 90 mm T d Slika 3.9 1: Opis problema uz zadatke 3.9 i 3.10 R j e š e nj e Tabela 3.9: Podaci uz zadatak 3.9 d = 60 mm E = 00 GPa τ doz = 100 MPa d CD = 90 mm ν = 0.3 t CD = 6 mm L = L CD = 00 mm Na osnovu slike 3.9 1 je jasno da se radi o statički određenom problemu, pri čemu je čitavo vratilo opterećeno konstantnim momentom uvijanja T. Vrijednost momenta uvijanja, koji svaki dio vratila može izdržati, dobija se iz izraza (3 1): T max = τ doz I o d pa ćemo imati dvije vrijednosti za dva dijela vratila: gdje je: T max = τ doz I o d = 100 10 6 1.7 10 6 60 10 3 = 4.4kNm i I o = d4 π 3 = (60 10 3 ) 4 π 3 = 1.7 10 6 m 4 gdje je: T maxcd = τ doz I ocd d CD = 100 10 6.807 10 6 90 10 3 = 6.38kNm I ocd = (1 ψ 4 ) d4 CD π 3 = (1 0.867 4 ) (90 10 3 ) 4 π 3 ψ = d CD t CD = 90 6 = 0.867 d CD 90 =.807 10 6 m 4
Statički određeni problemi 19 Sada se može zaključiti da je maksimalan momenat uvijanja, koji se može primjeniti na zadato vratilo, jednak minimalnoj vrijednosti dva izračunata momenta uvijanja, odnosno T max = 4.4 knm. Zadatak 3.10 Vratilo, sastavljeno iz dva dijela punog čeličnog dijela prečnika d = 50 mm i aluminijumske cijevi CD, vanjskog prečnika d CD = 90 mm i debljine stijenke t CD = 10 mm, opterećeno je momentom uvijanja, kao na slici 3.9 1. Odrediti maksimalan moment uvijanja koji se može primjeniti, ako je dozvoljeni napon uvijanja za čelik τ doz = 100 MPa, a aluminijum τ dozcd = 60 MPa. Ostali podaci: E = 00 GPa, ν = 0.3, E CD = 70 GPa, ν CD = 0.35, L = L CD = 300 mm. R j e š e nj e Tabela 3.10: Podaci uz zadatak 3.10 d = 50 mm E = 00 GPa τ doz = 100 MPa d CD = 90 mm ν = 0.3 τ dozcd = 70 MPa t CD = 10 mm E CD = 70 GPa L = L CD = 300 mm ν = 0.35 Problem je identičan onom u prethodnom zadatku, s razlikama u vrsti materijala i dimenzijama. Na osnovu slike 3.9 1 je jasno da se radi o statički određenom problemu, pri čemu je čitavo vratilo opterećeno konstantnim momentom uvijanja T. Vrijednost momenta uvijanja, koji svaki dio vratila može izdržati, dobija se iz izraza (3 1): T max = τ doz I o d pa ćemo imati dvije vrijednosti za dva dijela vratila: gdje je: i gdje je: T max = τ doz I o d = 100 10 6 6.136 10 7 50 10 3 =.45kNm I o = d4 π 3 = (50 10 3 ) 4 π 3 = 6.136 10 7 m 4 T maxcd = τ dozcd I ocd d CD = 60 10 6 4.084 10 6 90 10 3 = 5.45kNm I ocd = (1 ψ 4 ) d4 CD π 3 = (1 0.778 4 ) (90 10 3 ) 4 π 3 = 4.084 10 6 m 4 ψ = d CD t CD = 90 10 = 0.778 d CD 90 Sada se može zaključiti da je maksimalan momenat uvijanja, koji se može primjeniti na zadato vratilo, jednak minimalnoj vrijednosti dva izračunata momenta uvijanja, odnosno T max =.45 knm.
130 3 Uvijanje Zadatak 3.11 Momenti uvijanja djeluju na puno čelično vratilo, kao što je prikazano na slici 3.11 1 (u osloncima i E nalaze se ležajevi). Odrediti: a) ugao uvijanja diska C u odnosu na disk i oslonac, b) maksimalni napon u vratilu C, c) dimenzije šupljeg vratila od aluminijuma kojim bi trebalo zamijeniti dio CD, ako se zna da je odnos vanjskog i unutrašnjeg prečnika 1.. Proračun uraditi prema kriterijumu čvrstoće. Uzeti da je dozvoljeni tangencijalni napon τ doz = 75 MPa. Ostali podaci: D C = 30 mm. 400 Nm 900 Nm 0.6 m 0.8 m 1 m C 0.5 m 500 Nm D E Slika 3.11 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 3.11: Podaci uz zadatak 3.11 D = D C = 30 mm L = 0.6 m T = 400 Nm D CD = D DE = 36 mm L C = 0.8 m T C = 900 Nm L CD = 1 m L DE = 0.5 m T D = 500 Nm τ doz = 75 MPa Da bismo riješili zadatak neophodno je prvo skicirati dijagram momenata uvijanja vratila. No, prije toga, s obzirom da nema nepoznatih opterećenja koja djeluju na vratilo, provjerimo da li se vratilo nalazi u statičkoj ravnoteži. Za tu svrhu koristićemo skicu opterećenja, kao na slici 3.11, gdje su pojedini momenti uvijanja prikazani pomoću vektora s dvije strelice (smjer djelovanja momenta uvijanja određuje se pravilom desne ruke, a predznak momenta uvijanja se usvaja prema analogiji s aksijalno opterećenim elementima; negativan karakter ima onaj moment uvijanja kod kojeg vektor momenta uvijanja ima smjer suprotan vektoru normale na površinu, odnosno smjer kretanja kazaljke na satu.). Izračunajmo zbir momenata uvijanja za kraj : T = T T C +T D = 400+900 500 = 0
Statički određeni problemi 131 S obzirom da je zbir momenata uvijanja jednak nuli, vratilo se nalazi u statičkoj ravnoteži pa možemo nacrtati dijagram momenata uvijanja, kao što je dato na slici 3.11. Pri tome, usvajamo da je smjer momenta uvijanja T pozitivan. Dakle, dijelovi vratila i DE nisu izloženi nikakvim momentima uvijanja (u osloncima i E nalaze se ležajevi), dio C je izložen momentu uvijanja T C = T = 400 Nm i dio CD momentu uvijanja T CD = T D = T C T = 400 900 = 500 Nm. Sada možemo riješiti sve tražene veličine. T C C D E T D T T C T D T 400 knm T 0 T -T C (=T D ) -500 knm Slika 3.11 : Dijagram momenata uvijanja a) Ugao uvijanja diska C u odnosu na disk i oslonac Ugao uvijanja diska C u odnosu na disk ostaje konstantan do oslonca s obzirom da je između oslonca i diska moment uvijanja jednak nuli. Traženi ugao uvijanja se dobija na osnovu izraza (3 4) kao: gdje je φ C = φ C = T CL C 400 0.8 = = 0.051rad=.9 G C I oc 78.95 109 7.95 10 8 I oc = D4 C π 3 G C = = (30 10 3 ) 4 π 3 = 7.95 10 8 m 4 E (1+ν) = 10 109 (1+0.33) = 78.947GPa te usvojene vrijednosti E = 10 GPa i ν = 0.33 za čelik. Pozitivna vrijednost ugla nam govori da se presjek D uvija u odnosu na presjek u smjeru obrnutom od kretanja kazaljke na satu. b) Maksimalni napon u vratilu C Maksimalan napon u dijelu vratila C dobija se na osnovu izraza za (3 1) τ max = T C D C I oc = 400 30 10 3 = 75.45MPa 7.95 10 8
13 3 Uvijanje c) Dimenzije šupljeg vratila od aluminijuma Dimenzionisanje na osnovu kriterija čvrstoće radi se na osnovu izraza (3 1): τ max = T CD W ocd < τ doz (3.11 1) pri čemu je za prstenasti poprečni presjek polarni moment inercije otpora poprečnog presjeka jednak: W ocd = (1 ψ 4 ) D3 CD1 π 16 (3.11 ) uz ψ = D CD /D CD1 = 1/1. = 0.833 prema uslovima zadatka, za D CD1 i D CD kao vanjski i unutrašnji prečnik zamjenskog vratila, respektivno. Uvrštavajući izraz (3.11 ) u (3.11 1) dobija se traženi vanjski prečnik zamjenskog vratila kao: 16 T D CD1 = 3 CD τ doz (1 ψ 4 )π = 16 500 3 75 10 6 (1 0.833 4 )π = 40.33mm pa je unutrašnji prečnik jednak D CD = D CD1 ψ = 40.33 10 3 1. = 33.6mm Zadatak 3.1 Momenti uvijanja djeluju na puno čelično vratilo, kao što je prikazano na slici 3.1 1. Odrediti: a) ugao uvijanja diskova i u odnosu na disk C, b) maksimalni napon u vratilu C, c) dimenzije šupljeg vratila od aluminijuma kojim bi trebalo zamijeniti dio CD, ako se zna da je odnos vanjskog i unutrašnjeg prečnika 1.. Proračun uraditi prema kriterijumu čvrstoće. Uzeti da je dozvoljeni tangencijalni napon τ doz = 75 MPa. Podaci: T = 00 Nm, T = 400 Nm, T C = 100 Nm, d = 0 mm, d C = 30 mm, d CD = 5 mm, L = 00 mm, L C = 300 mm, L CD = 50 mm. T T C T CD d C d C D d CD Slika 3.1 1: Opis problema uz zadatke (3.1) i (3.13)
Statički određeni problemi 133 R j e š e nj e Tabela 3.1: Podaci uz zadatak 3.1 d = 0 mm L = 0. m T = 00 Nm d C = 30 mm L C = 0.3 m T = 400 Nm d CD = 5 mm L CD = 0.5 m T C = 100 Nm τ doz = 75 MPa S obzirom da je jedina nepoznata moment uvijanja u osloncu D problem je statički određen pa se ne mora ni rješavati jednačina ravnoteže da bi se dobila nepoznata reakcija i skicirao dijagram momenata uvijanja, nego je dovoljno krenuti s lijeve, poznate, strane prema osloncu D i redom nanositi momente uvijanja kako se primjenjuju. Ipak, radi kompletnosti izrade riješimo i nepoznatu reakciju. Pretpostavljajući da je smjer djelovanja momenta T D pozitivan (u smjeru vektora normale na površinu D, suprotno kretanju kazaljke na satu) možemo postaviti jednačinu ravnoteže (vidi sliku 3.1 ): T = 0 T +T +T C T D = 0 Odavde se dobiva da je: T D = T +T +T C = 00+400+100 = 300Nm pa je smjer djelovanja momenta T D pravilno pretpostavljen i može se nacrtati dijagram momenata uvijanja, kao što je dato na slici 3.1. Dakle, dio vratila je izložen momentu uvijanja T = T = 00 Nm, dio C je izložen momentu uvijanja T C = T +T = 00+400= 00Nm i diocd momentu uvijanjat CD = T D = T C +T = 00+100= 300 Nm. Sada možemo riješiti sve tražene veličine. C D T T T C T D T 00 knm -T +T 300 knm -T +T +T C (=T D ) 0-00 knm -T Slika 3.1 : Dijagram momenata uvijanja
134 3 Uvijanje a) Ugao uvijanja diskova i u odnosu na disk C Ugao uvijanja diska u odnosu na disk C dobija na osnovu izraza (3 4) kao: gdje je φ C = T CL C G C I oc = I oc = D4 C π 3 G C = 00 0.3 78.95 10 9 7.95 10 8 = 9.557 10 3 rad = 0.548 = (30 10 3 ) 4 π 3 = 7.95 10 8 m 4 E (1+ν) = 10 109 (1+0.33) = 78.947GPa te usvojene vrijednosti E = 10 GPa i ν = 0.33 za čelik. Ugao uvijanja diska u odnosu na disk C dobija na osnovu izraza (3 5) kao: gdje je φ C = φ +φ C = T L +φ C G I o 00 0. = 78.95 10 9 1.571 10 8 +9.557 10 3 = 0.03rad= 1.301 I o = D4 π 3 = (0 10 3 ) 4 π 3 = 1.571 10 4 mm 4 Pozitivna vrijednost ugla φ C nam govori da se presjek uvija u odnosu na presjek C u smjeru obrnutom od kretanja kazaljke na satu, a negativna vrijednost ugla φ C da se presjek uvija u odnosu na presjek C u smjeru kretanja kazaljke na satu. b) Maksimalni napon u vratilu C Maksimalan napon u dijelu vratila C dobija se na osnovu izraza za (3 1) τ max = T C d C I oc c) Dimenzije šupljeg vratila od aluminijuma = 00 30 10 3 = 37.73MPa 7.95 10 8 Dimenzionisanje na osnovu kriterija čvrstoće radi se na osnovu izraza (3 1): τ max = T CD W ocd < τ doz (3.1 1) pri čemu je za prstenasti poprečni presjek polarni moment inercije otpora poprečnog presjeka jednak: W ocd = (1 ψ 4 ) d3 CD1 π 16 (3.1 ) uz ψ = D CD /D CD1 = 1/1. = 0.833 prema uslovima zadatka, za D CD1 i D CD kao vanjski i unutrašnji prečnik zamjenskog vratila, respektivno.
Statički određeni problemi 135 Uvrštavajući izraz (3.1 ) u (3.1 1), uzimajući da je τ doz = 75 MPa, dobija se traženi vanjski prečnik zamjenskog vratila: 16 T D CD1 = 3 CD τ doz (1 ψ 4 )π = 16 00 3 75 10 6 (1 0.833 4 )π = 34mm pa je unutrašnji prečnik jednak D CD = D CD1 ψ = 34 10 3 1. = 8.3mm Zadatak 3.13 Momenti uvijanja djeluju na puno čelično vratilo, kao što je prikazano na slici 3.1 1. Odrediti: a) ugao uvijanja u tački u odnosu na tačku D, b) maksimalni napon u vratilu CD, c) dimenzije šupljeg vratila od aluminijuma koje bi trebalo zamijeniti dio C, ako se zna da je odnos vanjskog i unutrašnjeg prečnika 1.5. Proračun uraditi prema kriterijumu krutosti (ugao uvijanja je jednak u oba slučaja!). Podaci: T = 300 Nm, T = 600 Nm, T C = 00 Nm, d = 5 mm, d C = 5 mm, d CD = 35 mm, L = 0.3 m, L C = 0.4 m, L CD = 0.3 m. R j e š e nj e Tabela 3.13: Podaci uz zadatak 3.13 d = 5 mm L = 0.3 m T = 300 Nm d C = 5 mm L C = 0.4 m T = 600 Nm d CD = 35 mm L CD = 0.3 m T C = 00 Nm Problem je identičan onom u prethodnom zadatku, pa je i postupak rješavanja identičan. S obzirom da je jedina nepoznata moment uvijanja u osloncu D problem je statički određen pa se ne mora ni rješavati jednačina ravnoteže da bi se dobila nepoznata reakcija i skicirao dijagram momenata uvijanja, nego je dovoljno krenuti s lijeve, poznate, strane prema osloncu D i redom nanositi momente uvijanja kako se primjenjuju. Ipak, radi kompletnosti izrade riješimo i nepoznatu reakciju. Pretpostavljajući da je smjer djelovanja momenta T D pozitivan (u smjeru vektora normale na površinu D, suprotno kretanju kazaljke na satu) možemo postaviti jednačinu ravnoteže (vidi sliku 3.13 1): T = 0 T +T +T C T D = 0 Odavde se dobiva da je: T D = T +T +T C = 300+600+00 = 500Nm pa je smjer djelovanja momenta T D pravilno pretpostavljen i možemo nacrtati dijagram momenata uvijanja, kao što je dato na slici 3.13 1. Dakle, dio vratila je izložen momentu uvijanja T = T = 300 Nm, dio C je izložen momentu uvijanja T C = T +T = 300+600= 300Nm i diocd momentu uvijanjat CD = T D = T C +T = 300+00= 500 Nm. Sada možemo riješiti sve tražene veličine.
136 3 Uvijanje C D T T T C T D T 300 knm T +T 500 knm T +T +T C (=T D ) 0 300 knm T Slika 3.13 1: Dijagram momenata uvijanja a) Ugao uvijanja u tački u odnosu na tačku D Ugao uvijanja diska u odnosu na oslonac D dobija na osnovu izraza (3 5) kao: φ D = φ C +φ CD = T CL C + T CDL CD G C I oc G CD I ocd 300 0.4 = 78.95 10 9 3.835 10 8 + 500 0.3 = 0.053rad = 3.01 78.95 109 1.473 10 7 gdje je I oc = d4 C π 3 = (5 10 3 ) 4 π 3 = 3.835 10 8 m 4 I ocd = d4 CD π = (35 10 3 ) 4 π = 1.473 10 7 m 4 3 3 E G C = G CD = (1+ν) = 10 109 (1+0.33) = 78.947GPa a vrijednosti E = 10 GPa i ν = 0.33 su usvojene za čelični materijal. Pozitivna vrijednost ugla φ D nam govori da se presjek D uvija u odnosu na presjek u smjeru obrnutom od kretanja kazaljke na satu. b) Maksimalni napon u vratilu CD Maksimalan napon u dijelu vratila CD dobija se na osnovu izraza za (3 1) τ max = T CD d CD I ocd = 500 35 10 3 = 59.39MPa 1.473 10 7 c) Dimenzije šupljeg vratila od aluminijuma Dimenzionisanje na osnovu kriterija krutosti radi se na osnovu izraza (3 4) pa se korištenjem uslova zadatka o jednakosti uglova uvijanja dobija: φ = T CL C G C I o C < φ max = T CL C G C I oc (3.13 1)
Statički određeni problemi 137 pri čemu se G C i I o C odnose na zamjensko vratilo od aluminijuma prstenastog poprečnog presjeka, i iznose: I o C = (1 ψ 4 ) D 4 C π 3 (3.13 ) G C = E (1+ν ) = 70 109 = 5.93GPa (3.13 3) (1+0.35) uz ψ = D C /D C1 = 1/1.5 = 0.8 prema uslovima zadatka, za D C1 i D C kao vanjski i unutrašnji prečnik zamjenskog vratila, respektivno. Uvrštavajući izraze (3.13 ) u (3.13 1), dobija se traženi vanjski prečnik zamjenskog vratila: D C1 8 = 3G C I 4 oc 3 78.95 109 3.835 10 (1 ψ 4 )πg = 4 C (1 0.8 4 )π 5.93 10 9 = 5.75mm pa je unutrašnji prečnik jednak D CD = D CD1 ψ = 5.75 10 3 1.5 = 4.mm Zadatak 3.14 Na slici 3.14 1 vratilo C je šuplje s prečnicima 90 i 10 mm, a vratila i CD su puna s prečnikom d. Za opterećenja data na slici 3.14 1, treba: a) skicirati dijagram momenata uvijanja vratila D, b) naći maksimalan i minimalan tangencijalni napon u vratilu C, c) odrediti potreban prečnik vratila CD, ako je dozvoljeni tangencijalni napon 65 MPa. 6 knm d 14 knm 10/90 mm 0.9 m 0.7 m C 0.5 m 6 knm d 6 knm Slika 3.14 1: Opis problema R j e š e nj e S obzirom da nema nepoznatih opterećenja koja djeluju na vratilo (nema oslonaca), provjerimo da li se vratilo nalazi u statičkoj ravnoteži. Za tu svrhu koristićemo skicu opterećenja, kao na slici 3.14, gdje su pojedini momenti uvijanja prikazani pomoću vektora s dvije
138 3 Uvijanje Tabela 3.14: Podaci uz zadatak 3.14 d C1 = 10 mm L = 0.9 m T = 6 knm d C = 90 mm L C = 0.7 m T = 14 knm L CD = 0.5 m T C = 6 knm T D = 6 knm strelice (smjer djelovanja momenta uvijanja određuje se pravilom desne ruke, a predznak momenta uvijanja se usvaja prema analogiji s aksijalno opterećenim elementima; negativan karakter ima onaj moment uvijanja kod kojeg vektor momenta uvijanja ima smjer suprotan vektoru normale na površinu, odnosno smjer kretanja kazaljke na satu.). Izračunajmo zbir momenata uvijanja za kraj : T = T T +T C T D = 6 14+6 6 = 0 a) Skicirati dijagram momenata uvijanja vratila D S obzirom da je zbir momenata uvijanja jednak nuli, vratilo se nalazi u statičkoj ravnoteži pa možemo nacrtati dijagram momenata uvijanja, kao što je dato na slici 3.14. Pri tome, usvajamo da je smjer momenta uvijanja T negativan, odnosno u smjeru kretanja kazaljke na satu kada se gleda s vanjske strane poprečnog presjeka. Dakle, dio vratila je izložen momentu uvijanja T = T = 6 knm, dio C je izložen momentu uvijanja T C = T T = 6 14 = 0 knm i dio CD momentu uvijanja T CD = T D = T C +T C = 0+6 = 6 knm. T T C C T D D T T C T D T 0 6 knm 6 knm T T +T C T (=T D ) T T 0 knm Slika 3.14 : Dijagram momenata uvijanja b) Maksimalan i minimalan tangencijalni napon u vratilu C Maksimalan napon u dijelu vratila C dobija se na osnovu izraza (3 1) pa je gdje je τ max = T C = 0 103 = 86.3MPa W oc.319 10 4 W oc = (1 ψ 4 ) d4 C 1 π 16 = (1 0.75 4 ) (10 10 3 ) 3 π 16 =.319 10 4 m 3
Statički neodređeni problemi 139 ψ = d C d C1 = 90 10 = 0.75 Minimalan napon u dijelu vratila C može se dobiti na osnovu proporcionalnosti: τ min = τ max dc 90 10 3 = 86.3 10 6 = 64.67MPa d C1 10 10 3 c) Potreban prečnik vratila CD Dimenzionisanje na osnovu kriterija čvrstoće radi se na osnovu izraza (3 1): τ max = T CD W ocd < τdoz (3.14 1) pri čemu je zakružni poprečni presjek polarni moment inercije otpora poprečnog presjeka jednak: W ocd = d3 π 16 (3.14 ) Uvrštavajući izraz (3.14 ) u (3.14 1) dobija se traženi prečnik zamjenskog vratila kao: 16 T d = 3 CD 16 6 10 3 τ doz π = 3 65 10 6 π = 77.76mm 3.3 Statički neodređeni problemi Zadatak 3.15 Za puno čelično vratilo D sastavljeno iz dva dijela 1 i, uklješteno na oba kraja te opterećeno momentom uvijanja T, kao na slici 3.15 1, treba : a) skicirati dijagram momenata uvijanja vratila D, b) izračunati reakcije u osloncima, c) izračunati ugao uvijanja presjeka C u odnosu na presjek. Podaci: E = 00 GPa, ν = 0.3, D 1 = 1.D = 10 mm, L 1 = 1.5L = L = 300 mm, T = 60 knm. L C L CD 1 C D L T Slika 3.15 1: Opis problema
140 3 Uvijanje R j e š e nj e Tabela 3.15: Podaci uz zadatak 3.15 L C = L 1 = 300 mm T = 60 knm 1.5L CD = L = L 1 E = E C = E CD = 00 GPa D = D C = D 1 = 10 mm ν = ν C = ν CD = 0.3 1.D CD = D 1 Zadatak je sličan zadatku.15, s tom razlikom što se ovdje radi o problemu uvijanja umjesto aksijalno opterećenog elementa. S obzirom na analogiju između ove dvije vrste opterećenja, postupak rješavanja je isti, s tim da se sile zamjenjuju momentima uvijanja, pomjeranja uglovima uvijanja, moduli elastičnosti modulom klizanja, a površina se zamjenjuje polarnim momentom inercije. a) Dijagram momenata uvijanja S obzirom da se ne znaju dvije reakcije oslonaca, problem je statički neodređen pa se postavljaju jednačina ravnoteže momenta uvijanja uzduž ose vratila te uslov kompatibilnosti. Pretpostavljajući da reakcije u osloncima na vratilo djeluju u smjeru suprotnom kretanju kazaljke na satu, odnosno da vektor momenta uvijanja T djeluje ulijevo, a moment T D udesno (vidi sliku 3.15 a), tražene jednačine su: T = 0 T +T +T D = 0 (3.15 1) φ = φ D = 0 (3.15 ) pri čemu uslov kompatibilnosti (3.15 ) znači i da je ugao uvijanja presjeka D u odnosu na presjek vratila jednak nuli. Koristeći pretpostavljene smjerove nepoznatih momenata, može se skicirati dijagram momenata uvijanja za vratilo, kao što je prikazano na slici 3.15 b. Jasno je da od tačke do tačke nema promjene vrijednosti momenta, on je jednak T, a zatim se u tački pojavljuje moment T pa je ostatak vratila CD čitavom dužinom opterećen momentom (T T ) ili ako posmatramo s desne strane, momentom T D. b) Reakcije u osloncima Da bismo odredili reakcije u osloncima, primjenimo uslov kompatibilnosti po kojem je ukupni ugao uvijanja vratila jednak nuli koristeći izraz (3 5): φ D = φ +φ C +φ CD = T L + (T T )L C + (T T )L CD = 0 G I o G C I oc G CD I ocd Iz izraza 3.15 3 se direktno dobija nepoznati moment uvijanja T u osloncu : T L C + T L CD G C I oc G CD I ocd T = L + L C + L CD G I o G C I oc G CD I ocd = 60 10 3 0.15 76.9 10 9.036 10 60 10 + 3 0. 5 76.9 109 9.817 10 6 0.15 76.9 10 9.036 10 0.15 + 5 76.9 10 9.036 10 0. + 5 76.9 109 9.817 10 6 T = 47.41kNm (3.15 3)
Statički neodređeni problemi 141 a) T T 1 C D T D L L C L CD b) T 0 c) T 47.41 knm T T T (= T ) 0 1.59 knm gdje je: I o = I oc = D4 π 3 I ocd = D4 CD π 3 Slika 3.15 : Dijagram momenata uvijanja = 0.14 π 3 = (10 10 3 ) 4 π 3 = 9.817 10 6 m 4 =.036 10 5 m 4 D CD = D 1 1. = 10 10 3 = 0.1m 1. E G = G C = G CD = (1+ν) = 00 109 (1+0.3) = 76.93GPa S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost, smjer momentat je ispravno pretpostavljen, odnosno vratilo se uvija u smjeru suprotnom kretanju kazaljke na satu. Sada se na osnovu izraza (3.15 ) dobija reakcija T D : T D = T T = 47.41 10 3 60 10 3 = 1.59kNm pa je pogrešno pretpostavljen smjer momenta T D. Stvarni dijagram momenata dat je na slici 3.15 c. c) Ugao uvijanja presjeka C u odnosu na presjek. Ugao uvijanja presjeka C u odnosu na presjek jednak je uglovima uvijanja dijela vratila C ili CD: φ C = T DL CD G CD I ocd = 1.59 10 3 0. 76.9 10 9 9.817 10 6 = 3.335 10 3 = 0.191
14 3 Uvijanje s obrnutim smjerom kretanju kazaljke na satu. Zadatak 3.16 Za puno čelično vratilo D sastavljeno iz dva dijela 1 i, uklješteno na oba kraja te opterećeno momentom uvijanja T C, kao na slici 3.16 1, treba : a) skicirati dijagram momenata uvijanja vratila D, b) izračunati reakcije u osloncima, c) izračunati ugao uvijanja presjeka C u odnosu na presjek. Podaci: E = 00 GPa, ν = 0.3, D 1 = 1.D = 10 mm, L 1 = 1.5L = L CD = 300 mm, T C = 60 knm. L L D 1 C D T C L CD Slika 3.16 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 3.16: Podaci uz zadatak 3.16 L = 300 mm T = 60 knm 3L CD = 1.5L = L 1 E = E C = E CD = 00 GPa D = D 1 = 10 mm ν = ν C = ν CD = 0.3 1.D = D 1 Zadatak je sličan prethodnom zadatku, ali i zadatku.16, s tom razlikom što se ovdje radi o problemu uvijanja umjesto aksijalno opterećenog elementa. Primjenimo postupak rješavanja kao u prethodnom zadatku. a) Dijagram momenata uvijanja S obzirom da se ne znaju dvije reakcije oslonaca, problem je statički neodređen pa se postavljaju jednačina ravnoteže momenta uvijanja uzduž ose vratila te uslov kompatibilnosti. Pretpostavljajući da reakcije u osloncima na vratilo djeluju u smjeru suprotnom kretanju kazaljke na satu, odnosno da vektor momenta uvijanja T djeluje ulijevo, a moment T D udesno (vidi sliku 3.16 a), tražene jednačine su: T = 0 T +T C +T D = 0 (3.16 1) φ = φ D = 0 (3.16 ) pri čemu uslov kompatibilnosti (3.16 ) znači i da je ugao uvijanja presjeka D u odnosu na presjek vratila jednak nuli.
Statički neodređeni problemi 143 Koristeći pretpostavljene smjerove nepoznatih momenata, može se skicirati dijagram momenata uvijanja za vratilo, kao što je prikazano na slici 3.16 b. Jasno je da od tačke do tačke C nema promjene vrijednosti momenta, on je jednak T, a zatim se u tački C pojavljuje moment T C pa je ostatak vratila CD opterećen momentom (T T C ) ili ako posmatramo s desne strane, momentom T D. b) Reakcije u osloncima Da bismo odredili reakcije u osloncima, primjenimo uslov kompatibilnosti po kojem je ukupni ugao uvijanja vratila jednak nuli koristeći izraz (3 5): φ D = φ +φ C +φ CD = T L G I o + T L C G C I oc + (T T C )L CD G CD I ocd = 0 (3.16 3) Iz izraza 3.16 3 se direktno dobija nepoznati moment uvijanja T u osloncu : T C L CD G CD I ocd T = L + L C + L CD G I o G C I oc G CD I ocd = 60 10 3 0. 76.9 109 9.817 10 6 0.3 76.9 10 9.036 10 0.1 + 5 76.9 10 9 9.817 10 0.1 + 6 76.9 109 9.817 10 6 T = 17.41kNm a) T 1 C L L C L CD T C D T D b) T 0 c) T 17.41 knm 0 T T T C (= T D ) 4.59 knm Slika 3.16 : Dijagram momenata uvijanja
144 3 Uvijanje gdje je: I o = D4 π 3 = (10 10 3 ) 4 π 3 =.036 10 5 m 4 I oc = I ocd = D4 π 3 = 0.14 π = 9.817 10 6 m 4 3 D = D 1 1. = 10 10 3 = 0.1m 1. E G = G C = G CD = (1+ν) = 00 109 (1+0.3) = 76.93GPa S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost, smjer momentat je ispravno pretpostavljen, odnosno vratilo se uvija u smjeru suprotnom kretanju kazaljke na satu. Sada se na osnovu izraza (3.16 1) dobija reakcija T D : T D = T C T = 17.41 60 = 4.59kNm pa je smjer momenta T D pogrešno pretpostavljen. Na slici 3.16 dat je stvarni dijagram momenta uvijanja. c) Ugao uvijanja presjeka C u odnosu na presjek. Ugao uvijanja presjeka C u odnosu na presjek jednak je uglovima uvijanja dijela vratila C ili CD: φ C = T DL CD 4.59 10 3 0. = G CD I ocd 76.9 10 9 9.817 10 6 = 5.64 10 3 rad = 0.33 sa smjerom kretanja kazaljke na satu.
Poglavlje 4 Savijanje 4.1 Osnovne formule Normalni napon: σ = M I y < σ doz Smičući napon: τ s = VQ Ib < τ doz Maksimalan smičući napon za pravougaoni poprečni presjek: Q = b ( ) h 4 y 1 τ max = 3V Maksimalan smičući napon za kružni poprečni presjek: τ max = 4V 3 Maksimalan smičući napon za kružni prsten: τ max = 4V ( r +r 1 r +r ) 1 3 r1 = 4V ( ) 1+ψ +ψ +r 3 1+ψ (4 1) (4 ) (4 3) (4 4) (4 5) ψ = d 1 d (4 6)
146 4 Savijanje 4. Provjera napona Zadatak 4.1 Za gredu s prepustom pravougaonog poprečnog presjeka, b h, opterećenu kao na slici 4.1 1, provjeri da li su normalni i tangencijalni naponi u dozvoljenim granicama. Dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 15 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = MPa. Ostali podaci: L = 0.3 m, L C = 0.6 m, L D = 0.8 m, M = 1 knm, q = 10 kn/m, dimenzije grede b h = 40 80 mm. L M q C D L C L D Slika 4.1 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.1: Podaci uz zadatak 4.1 L = 0.3 m q = 10 kn/m σ doz = 15 MPa L C = 0.6 m M = 1 knm τ doz = MPa L D = 0.8 m b h = 40 80 mm U ovom zadatku neophodno je naći najveće napone usljed momenata savijanja i usljed transferzalnih sila i uporediti ih s dozvoljenim vrijednostima napona. Stoga je neophodno prvo naći reakcije oslonaca i C, F i F C, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.1 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu pa je rješenje trivijalno): Fy = 0 F Q+F C = 0 (4.1 1) M = 0 M +F C L C Q LC +L D Sada se iz (4.1 ) dobija F C, a uvrštavanjem u (4.1 1) sila F, odnosno gdje je M +Q LC +L D 1 10 3 0.6+0.8 + 10 3 F C = = L C 0.6 F = Q F C = 10 3 4 10 3 = kn Q = q (L D L C ) = 10 10 3 (0.8 0.6) = kn = 0 (4.1 ) = 4kN
Provjera napona 147 pa je smjer sile F pogrešno pretpostavljen. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.1. Pri tome treba voditi računa da je nagib krive dijagrama sila ispod kontinuiranog opterećenja jednak vrijednosti kontinuiranog opterećenja q. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje promjena sila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). Imajući u vidu dijagram transferzalnih sila (mjesta gdje sila mijenja predznak), jasno je da se ekstremne vrijednosti momenta savijanja nalaze u karakterističnim tačkama, a ne negdje ispod kontinuiranog opterećenja. Ekstremne vrijednosti transferzalne sile nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce). F C M q C D F Q +F kn 0 kn 0 +M 0.6 knm 0.4 knm 0. knm l d C l C d D F, kn - - - - 0 M, knm 0-0.6 0.4-0. -0. 0 Slika 4.1 : Dijagrami sila i momenata savijanja Na osnovu slike 4.1 se zaključuje da je najveći intenzitet transferzalne sile u dijelu grede C, a momenta savijanja na mjestu djelovanja vanjskog momenta savijanja M s lijeve strane i iznose: F max = kn M max = 0.6kNm S obzirom da je momenat savijanja negativan, gornja vlakna su napregnuta zatezanjem, a donja pritiskom. Treba još napomenuti i da se ekstremna vrijednost suprotnog predznaka može zanemariti, s obzirom da je poprečni presjek simetričan u odnosu na osu savijanja (neutralnu osu), odnosno gornja i donja vlakna su jednako udaljena od neutralne linije, a
148 4 Savijanje čvrstoća na pritisak i zatezanje se smatraju jednakim Sada se koristeći izraz (4 1) mogu provjeriti normalni naponi (uzima se intenzitet momenta): σ doz = M max h I = pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek I = b h3 1 = 40 10 3 (80 10 3 ) 3 1 600 80 10 3 1.707 10 6 = 14.1MPa < 15MPa= σ doz = 1.707 10 6 m 4 Dakle, normalni naponi su u granicama dozvoljenih. Tangencijalni napon ćemo provjeriti koristeći izraz (4 4) (uzima se intenzitet sile) τ doz = 3F max = 3 103 3. 10 3 = 0.94MPa< MPa = τ doz = bh = 40 10 3 80 10 3 = 3. 10 3 m pa i tangencijalni naponi zadovoljavaju dozvoljene vrijednosti napona. Zadatak 4. Za konzolu kružnog poprečnog presjeka, opterećenu kao na slici 4. 1, provjeri da li su normalni i tangencijalni naponi u dozvoljenim granicama. Dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 150 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 100 MPa. Ostali podaci: L = 0.6 m, L C = 0.9 m, M = 1 knm, F = 1 kn, prečnik konzole d = 50 mm. M L L C F C Slika 4. 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.: Podaci uz zadatak 4. L = 0.6 m F = 1 kn σ doz = 150 MPa L C = 0.9 m M = 1 knm τ doz = 100 MPa d = 50 mm Slično prethodnom, i u ovom zadatku neophodno je naći najveće napone usljed momenata savijanja i usljed transferzalnih sila i uporediti ih s dozvoljenim vrijednostima napona. Prvo U slučaju da se neutralna linija ne nalazi na polovini poprečnog presjeka, te da dozvoljeni naponi na zatezanje i pritisak nisu jednaki, neophodno je izvršiti provjeru napona za obje ekstremne vrijednosti momenta savijanja (negativnu i pozitivnu).
Provjera napona 149 treba naći reakcije u osloncu C, F C i M C, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo smjer reakcija dat na slici 4. (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F +F C = 0 (4. 1) MC = 0 M +F (L C L ) M C = 0 (4. ) Sada se iz (4. 1) dobija F C, a iz (4. ) momenat M C, odnosno F C = F = 1kN M C = M +F (L C L ) = 1 10 3 +1 10 3 (0.9 0.6) = 1.3kNm pa je smjer sile F C pogrešno pretpostavljen. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4., uz podatke o vrijednosti sila i momenata u karakterističnim tačkama. S obzirom da nema kontinuiranih opterećenja, ekstremne vrijednosti transferzalne sile i momenata savijanja nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući i oslonce). M M C F C F C +F 1 kn 0 0 1 knm +M 1.3 knm l d C l F, kn 0 0 1 1 M, knm 1 1 1 1.3 Slika 4. : Dijagrami sila i momenata savijanja Na osnovu slike 4. se zaključuje da su najveće vrijednosti transferzalne sile u dijelu konzole C, a momenta savijanja u osloncu C i iznose: F max = 1kN
150 4 Savijanje M max = 1.3kNm S obzirom da je moment savijanja pozitivan, gornja vlakna poprečnog presjeka izložena pritisku, a donja zatezanju. Sada se koristeći izraz (4 1) mogu provjeriti normalni naponi: σ doz = M max d I = pri čemu je za puni kružni poprečni presjek 1000 50 10 3 3.068 10 7 = 105.9MPa< 150MPa= σ doz I = d4 π 64 = (50 10 3 ) 4 π = 3.068 10 7 m 4 64 Dakle, normalni naponi su u granicama dozvoljenih. Tangencijalni napon ćemo provjeriti koristeći izraz (4 5) τ doz = 4F max 3 = 4 1 10 3 3 1.963 10 3 = 0.68MPa< 100MPa= τ doz gdje je = d π 4 = (50 10 3 ) π = 1.963 10 3 m 4 pa i tangencijalni naponi zadovoljavaju dozvoljene vrijednosti napona. Zadatak 4.3 Za konzolu kvadratnog poprečnog presjeka, opterećenu kao na slici 4.3 1, provjeri da li su normalni i tangencijalni naponi u dozvoljenim granicama. Dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 100 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 50 MPa. Ostali podaci: L = 0.6 m, L C = 0.9 m, F = 4 kn, F = 1 kn, stranica poprečnog presjeka konzole b = 60 mm. F L LC F C Slika 4.3 1: Opis problema R j e š e nj e Slično prethodnim, i u ovom zadatku neophodno je naći najveće napone usljed momenata savijanja i usljed transferzalnih sila i uporediti ih s dozvoljenim vrijednostima napona. Prvo treba naći reakcije u osloncu C, F C i M C, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo smjer reakcija dat na slici 4.3 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F +F +F C = 0 (4.3 1)
Provjera napona 151 Tabela 4.3: Podaci uz zadatak 4.3 L = 0.6 m F = 4 kn σ doz = 100 MPa L C = 0.9 m F = 1 knm τ doz = 50 MPa b = 60 mm MC = 0 F L C +F (L C L ) M C = 0 (4.3 ) Sada se iz (4.3 1) dobija F C, a iz (4.3 ) momenat M C, odnosno F C = F F = 4 10 3 1 10 3 = 3kN M C = F L C +F (L C L ) = 4 10 3 0.9+1 10 3 (0.9 0.6) = 3.3kNm pa je smjer momenta M C pogrešno pretpostavljen. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.3 uz vrijednosti sila i momenata u karakterističnim tačkama. S obzirom da nema kontinuiranih opterećenja, ekstremne vrijednosti transferzalne sile i momenata savijanja nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući i oslonce). F M C F C F C +F 0 4 kn 3 kn.4 knm 3.3 knm 0 +M l d C l F, kn -4-4 -3-3 M, knm 0 -.4 -.4-3.3 Slika 4.3 : Dijagrami sila i momenata savijanja Na osnovu slike 4.3 se zaključuje da je najveći intenzitet transferzalne sile u dijelu
15 4 Savijanje konzole, a momenta savijanja u uklještenju C i iznose: F max = 4kN M max = 3.3kNm S obzirom da je moment savijanja negativan, gornja vlakna poprečnog presjeka izložena su zatezanju, a donja pritisku, a u daljem proračunu se uzima intenzitet momenta i sile. Sada se koristeći izraz (4 1) mogu provjeriti normalni naponi: σ doz = M max b I = pri čemu je za kvadratni poprečni presjek 3.3 10 360 10 3 1.08 10 6 = 91.67MPa<100MPa = σ doz I = b4 1 = (60 10 3 ) 4 = 1.08 10 6 m 4 1 Dakle, normalni naponi su u granicama dozvoljenih. Tangencijalni napon ćemo provjeriti koristeći izraz (4 4) (uzima se apsolutna vrijednost sile) gdje je τ doz = 3F max = 3 4 103 3.6 10 3 = 1.67MPa< 50MPa = τ doz = b = (60 10 3 ) = 3.6 10 3 m pa i tangencijalni naponi zadovoljavaju dozvoljene vrijednosti napona. Zadatak 4.4 Za gredu kružnog prstenastog poprečnog presjeka vanjskog prečnika d = 50 mm, i odnosa unutrašnjeg i vanjskog prečnika 0.85, opterećenu kao na slici 4.4 1, provjeriti da li su naponi u dozvoljenim granicama. Dozvoljeni napon na savijanje σ doz = 100 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 50 MPa. Ostali podaci: L = 0. m, L C = 0.4 m, L D = 0.7 m, F = 10 kn, F C = 50 kn. L F F C C D L C L D Slika 4.4 1: Opis problema
Provjera napona 153 R j e š e nj e Tabela 4.4: Podaci uz zadatak 4.4 L = 0. m F = 10 kn σ doz = 100 MPa L C = 0.4 m F C = 50 kn τ doz = 50 MPa L D = 0.7 m d = 50 mm ψ = 0.85 Slično prethodnom, i u ovom zadatku neophodno je naći najveće napone usljed momenata savijanja i usljed transferzalnih sila i uporediti ih s dozvoljenim vrijednostima napona, s tim da je u ovom slučaju poprečni presjek kružni prsten. Prvo treba naći reakcije u osloncima i D, F i F D, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao što je prikazano na slici 4.4 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F F F C +F D = 0 (4.4 1) M = 0 F D L D F L F C L C = 0 (4.4 ) Sada se iz (4.4 ) dobija F D, a iz (4.4 1) sila F, odnosno F D = F L +F C L C 10 103 0.+50 103 0.4 = = 31.43kN L D 0.7 F = F +F C F D = 10 10 3 +50 10 3 31.43 = 8.57kN pa su smjerovi reakcija pravilno pretpostavljeni. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.4 s vrijednostima sila i momenata u karakterističnim tačkama. S obzirom da nema kontinuiranih opterećenja, ekstremne vrijednosti transferzalne sile i momenata savijanja nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući i oslonce). Na osnovu slike 4.4 se zaključuje da su najveće vrijednosti transferzalne sile u dijelu grede CD, a momenta savijanja na mjestu djelovanja sile F C i iznose: F max = 31.43kN M max = 9.43kNm S obzirom da je moment savijanja pozitivan, gornja vlakna poprečnog presjeka izložena su pritisku, a donja zatezanju. Sada se koristeći izraz (4 1) mogu provjeriti normalni naponi: σ doz = M max d I = 9.43 10 350 10 3 1.466 10 7 = 1607MPa> 100MPa= σ doz pri čemu je za prstenasti kružni poprečni presjek I = d4 π 64 (1 ψ4 ) = (50 10 3 ) 4 π (1 0.85 4 ) = 1.466 10 7 m 4 64
154 4 Savijanje F F C C D F F D +F 8.6 kn 0 18.6 kn 31.4 kn 0 +M 5.7 knm 9.43 knm l d C l C d D F, kn 8.6 8.6 18.6 18.6-31.4-31.4 M, knm 0 5.7 5.7 9.43 9.43 0 Slika 4.4 : Dijagrami sila i momenata savijanja Dakle, normalni naponi su daleko iznad dozvoljene granice i neophodno je izvršiti promjenu poprečnog presjeka. Tangencijalni napon ćemo provjeriti koristeći izraz (4 6) pri čemu koristimo intenzitet maksimalne sile: gdje je τ doz = 4F max 3 ( ) 1+ψ +ψ = 4 31.43 103 3 544.87 10 6 1+ψ ( ) 1+0.85+0.85 1+0.85 = 114.86MPa> 50MPa = τ doz = d π 4 (1 ψ ) = (50 10 3 ) π (1 0.85 ) = 544.87 10 3 m 4 pa i tangencijalni naponi ne zadovoljavaju dozvoljene vrijednosti napona. 4.3 Dimenzionisanje greda Zadatak 4.5 Odredi najmanji dozvoljeni prečnik punog vratila koje je opterećeno transferzalnim silama, kao na slici 4.5 1. Dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 150 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 100 MPa. Ostali podaci: L 1 = 0.5 m, L = 0.4 m, L = 0.6 m, F 1 = 1 kn, F = 0 kn.
Dimenzionisanje greda 155 1 L 1 L L F 1 F Slika 4.5 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.5: Podaci uz zadatak 4.5 L 1 = 0.5 m F 1 = 1 kn σ doz = 150 MPa L = 0.4 m F = 0 kn τ doz = 100 MPa L = 0.6 m Da bismo dimenzionisali vratilo, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na vratilo. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonacai, F i F, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.5 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnih opterećenja): Fy = 0 F 1 +F F +F = 0 (4.5 1) M = 0 F 1 (L 1 +L +L ) F (L +L )+F L = 0 (4.5 ) Sada se iz (4.5 ) dobija F, a uvrštavanjem u (4.5 1) sila F, odnosno F = F 1 (L 1 +L +L )+F L L +L 1 103 (0.5+0.4+0.6)+0 103 0.6 = = 30kN 0.4+0.6 F = F 1 +F F = 1 10 3 +0 10 3 30 10 3 = kn pa su smjerovi sila pravilno pretpostavljeni. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.5. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata). Treba napomenuti da se, s obzirom da nema kontinuiranih opterećenja, ekstremne vrijednosti sila i momenata nalaze u tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce). Na osnovu slike 4.5 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u dijelu vratila, a momenta savijanja na mjestu oslonca i iznose: F max = 18kN
156 4 Savijanje 1 F 1 F F F +F 18 kn 0 1 kn 6 knm kn +M 0 1. knm 1 l d l d F, kn -1-1 18 18 - - M, knm 0-6 -6 1. 1. 0 Slika 4.5 : Dijagrami sila i momenata savijanja M max = 6kNm Treba napomenuti da se uzima samo jedna ekstremna vrijednost momenta savijanja, s obzirom se radi o kružnom poprečnom presjeku vratila za koji su i gornja i donja vlakna jednako udaljena od neutralne linije, pri čemu se u daljem proračunu uzima njegov intenzitet s naznakom da su gornja vlakna vratila izložena zatezanju, a donja pritisku. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati vratilo na osnovu izraza: σ doz = M max d I = M max d d 4 π 64 pri čemu je za puni kružni presjek I = d4 π 64 = 3M max d 3 π < σ doz iz kojeg se dobija 3Mmax 3 6 10 d = 3 σ doz π = 3 3 = 74.13mm 150 106 π Treba, ipak, naglasiti da se vratilo okreće te je opterećenje naizmjenično i vlakna u jednom okretu mijenjaju napone od maksimalnih zateznih do maksimalnih pritisnih.
Dimenzionisanje greda 157 Nakon dimenzionisanja vratila koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 5): gdje je τ doz = 4F max 3 = 4 18 103 3 4.316 10 3 = 5.56MPa < 100MPa = τ doz = d π 4 = (74.13 10 3 ) π = 4.316 10 3 m 4 pa vrijednost prečnika od 74.13 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalne napone. Zadatak 4.6 Odrediti najmanji dozvoljeni prečnik punog vratila koje je opterećeno kao na slici 4.6 1. Dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 150 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 100 MPa. Ostali podaci: L 1 = 0.5 m, L = 0.8 m, F = 4 kn. L 1 L F Slika 4.6 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.6: Podaci uz zadatak 4.6 L 1 = 0.5 m F = 4 kn σ doz = 150 MPa L = 0.8 m τ doz = 100 MPa Zadatak je sličan prethodnom; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće. Da bismo dimenzionisali vratilo, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na vratilo. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonacai, F i F, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.6 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnih opterećenja): Fy = 0 F +F +F = 0 (4.6 1) M = 0 F (L 1 +L ) F L = 0 (4.6 )
158 4 Savijanje Sada se iz (4.6 ) dobija F, a uvrštavanjem u (4.6 1) sila F, odnosno F = F 1 (L 1 +L ) = 4 103 (0.5+0.8) = 31.5kN L 0.8 F = F F = 4 10 3 31.5 10 3 = 7.5kN pa je smjer sile F pogrešno pretpostavljen. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.6. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata). Treba napomenuti da se i ovdje, s obzirom da nema kontinuiranih opterećenja, ekstremne vrijednosti sila i momenata nalaze u tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce). 1 F 1 F F +F 0 4 kn 6 knm 7.5 kn 0 +M 1 l d F, kn -4-4 7.5 7.5 M, knm 0-6 -6 0 Slika 4.6 : Dijagrami sila i momenata savijanja Na osnovu slike 4.6 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u dijelu 1 vratila, a momenta savijanja na mjestu oslonca i iznose: F max = 4kN M max = 6kNm I ovdje se uzima samo jedna ekstremna vrijednost momenta savijanja, s obzirom da se radi o kružnom poprečnom presjeku vratila za koji su i gornja i donja vlakna jednako udaljena od neutralne linije, pri čemu se u daljem proračunu uzima njegov intenzitet s naznakom da su gornja vlakna vratila izložena zatezanju, a donja pritisku. Slično prethodnom zadatku, i ovdje se vratilo okreće te je opterećenje naizmjenično i vlakna u jednom okretu mijenjaju napone od maksimalnih zateznih do maksimalnih pritisnih.
Dimenzionisanje greda 159 Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati vratilo na osnovu izraza: σ doz = M max d I = M max d d 4 π 64 pri čemu je za puni kružni presjek I = d4 π 64 iz kojeg se dobija = 3M max d 3 π < σ doz 3Mmax 3 6 10 d = 3 σ doz π = 3 3 = 74.13mm 150 106 π Nakon dimenzionisanja vratila koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 5) (i ovdje se koristi intenzitet sile) gdje je τ doz = 4F max 3 = 4 4 103 3 4.316 10 3 = 7.41MPa < 100MPa = τ doz = d π 4 = (74.13 103 ) π = 4.316 10 3 m 4 pa vrijednost prečnika od 74.13 mm dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalne napone. Zadatak 4.7 Odredi najmanju dimenziju d čelične grede kružnog poprečnog presjeka, opterećenu kao na slici 4.7 1. Dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 300 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 100 MPa. U analizi uzeti samo dio grede C. Ostali podaci: L P1 = 1 m, L = 4 m, L C = 1 m, P 1 = 4 kn, P = 8 kn. P 1!" # P C L L C Slika 4.7 1: Opis problema
160 4 Savijanje R j e š e nj e Tabela 4.7: Podaci uz zadatak 4.7 L = 4 m P 1 = 4 kn σ doz = 300 MPa L C = 1 m P = 8 kn τ doz = 100 MPa L P1 = 1 m Zadatak je sličan prethodnim zadacima; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i, F i F, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.7 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da ne utječu na raspodjelu transferzalnih sila i momenata; silu P 1 preuzima oslonac ): Fy = 0 P +F +F = 0 (4.7 1) M = 0 P 1 L P1 +F L P (L +L C ) = 0 (4.7 ) gdje je L P1 krak djelovanja sile P 1. Sada se iz (4.7 ) dobija F, a uvrštavanjem u (4.7 1) sila F, odnosno F = P (L +L C ) P 1 L P1 L 8 103 (4+1) 4 103 1 = = 9kN 4 F = P F = 8 10 3 9 10 3 = 1kN pa je smjer sile F pogrešno pretpostavljen. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.7. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata). Treba napomenuti da se i ovdje, s obzirom da nema kontinuiranih opterećenja, ekstremne vrijednosti sila i momenata nalaze u tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce). Na osnovu slike 4.7 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u dijelu C grede, a momenta savijanja na mjestu oslonca i iznose: F max = 8kN M max = 8kNm I u ovom zadatku uzima se samo jedna ekstremna vrijednost momenta savijanja, s obzirom da se radi o kružnom poprečnom presjeku grede za koji su i gornja i donja vlakna jednako udaljena od neutralne linije, pri čemu se u daljem proračunu uzima njegov intenzitet s naznakom da su gornja vlakna grede izložena zatezanju, a donja na pritisku. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza: σ doz = M max d I = M max d d 4 π 64 = 3M max d 3 π < σ doz
Dimenzionisanje greda 161!" #$% P C F F +F 8 kn 0 1 kn 8 knm 4 knm +M 0 l d C F, kn -1-1 8 8 M, knm -4-8 -8 0 Slika 4.7 : Dijagrami sila i momenata savijanja pri čemu je za puni kružni presjek I = d4 π 64 iz kojeg se dobija 3Mmax 3 8 10 d = 3 σ doz π = 3 3 = 64.76mm 300 106 π Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 5) gdje je τ doz = 4F max 3 = 4 8 10 3 3 3.94 10 3 = 3.4MPa < 100MPa = τ doz = d π 4 = (64.76 10 3 ) π = 3.94 10 3 m 4 pa vrijednost prečnika od 64.76 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalne napone.
16 4 Savijanje Zadatak 4.8 Odredi najmanju dimenziju b drvene grede kvadratnog poprečnog presjeka, opterećenu kao na slici 4.8 1. Dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 10 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 0.8 MPa. knm 4 kn C D m m m Slika 4.8 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.8: Podaci uz zadatak 4.8 L C = m M = knm σ doz = 10 MPa L D = 4 m F = 4 kn τ doz = 0.8 MPa L = 6 m Zadatak je sličan prethodnim zadacima; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće, s tim da u ovom slučaju imamo kvadratni poprečni presjek. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i, F i F, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.8 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F +F +F = 0 (4.8 1) M = 0 M +F L D F L = 0 (4.8 ) Sada se iz (4.8 ) dobija F, a uvrštavanjem u (4.8 1) sila F, odnosno F = M +F L D = 103 +4 10 3 4 = 3kN L 6 F = F F = 4 10 3 3 10 3 = 1kN pa su smjerovi sila F i F pravilno pretpostavljeni. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.8. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata). Treba napomenuti da se i ovdje, s obzirom da nema kontinuiranih opterećenja, ekstremne vrijednosti sila i momenata nalaze u tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce). Na osnovu slike 4.8 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u dijelu D grede, a momenta savijanja na mjestu djelovanja sile F (tačka D) i iznose: F max = 3kN
Dimenzionisanje greda 163 M F C D F F +F 1 kn 0 3 kn +M 0 knm 4 knm 6 knm C l C d D l D d F, kn 1 1 1 1-3 -3 M, knm 0 4 6 6 0 Slika 4.8 : Dijagrami sila i momenata savijanja M max = 6kNm S obzirom da je moment savijanja pozitivan gornja vlakna grede izložena pritisku, a donja zatezanju. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza: σ doz = M max b I = M max b b 4 1 = 6M max b 3 pri čemu je za kvadratni poprečni presjek I = b4 1 < σ doz iz kojeg se dobija 6Mmax 6 6 10 3 b = 3 = 3 σ doz 10 10 6 = 153.6mm Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 4) (uzima se intenzitet
164 4 Savijanje sile) τ doz = 3F max = 3 3 10 3.349 10 = 0.19MPa< 0.8MPa = τ doz gdje je = b = (153.6 10 3 ) =.349 10 8 m pa vrijednost stranice od 153.6 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalne napone. Zadatak 4.9 Odredi najmanju dozvoljenu stranicu grede kvadratnog poprečnog presjeka, opterećenu kao na slici 4.9 1. Dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 150 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 100 MPa. 1 kn/m E.4 kn C 1.6 m 1.6 m 1.6 m Slika 4.9 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.9: Podaci uz zadatak 4.9 L E = 1.6 m q = 1 kn/m σ doz = 150 MPa L = 3. m F =.4 kn τ doz = 100 MPa L C = 4.8 m Zadatak je sličan prethodnom zadacima; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće s kvadratnim poprečnim presjekom. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i, F i F, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.9 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F Q+F F = 0 (4.9 1) M = 0 Q LE +F L F L C = 0 (4.9 ) Sada se iz (4.9 ) dobija F, a uvrštavanjem u (4.9 1) sila F, odnosno Q L E 19. 10 3 1.6 +F L C +.4 10 3 4.8 F = = = 8.4kN L 3. F = F +Q F =.4 10 3 +19. 10 3 8.4 = 13.kN
Dimenzionisanje greda 165 gdje je Q = q L E = 1 10 3 1.6 = 19.kN pa su smjerovi sila F i F pravilno pretpostavljeni. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.9. Pri tome treba voditi računa o sljedećem: i) vrijednost sile u dijagramu sila ima konstantnu vrijednost ispod dijelova grede E i C, ii) nagib krive dijagrama sila ispod kontinuiranog opterećenja jednak je vrijednosti kontinuiranog opterećenja q. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). Za razliku od prethodnih zadataka, ekstremne vrijednosti momenata savijanja se osim u tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce), mogu nalaziti i ispod kontinuiranog opterećenja na mjestima gdje je transferzalna sila jednaka nuli. Ekstremne vrijednosti transferzalne sile, kao i ranije, nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata. q F E C +F 13. kn F Q F.4 kn 0 6 kn 1.1 m 3.84 knm 0 +M 5.76 knm 7.6 knm E l d C F, kn 13. -6-6.4.4 M, knm 0 5.76-3.84-3.84 0 Slika 4.9 : Dijagrami sila i momenata savijanja Na osnovu slike 4.9 se zaključuje da je ekstremna vrijednost transferzalne sile u osloncu i iznosi: F max = 13.kN Što se tiče ekstremnih vrijednosti momenata savijanja, treba provjeriti vrijednost u tački u kojoj je transferzalna sila jednaka nuli, odnosno gdje transferzalna sila mijenja znak. Prema Podsjećanja radi, za gredu vrijedi da je F = dm dx, odnosno funkcija momenta savijanja M ima ekstrem tamo gdje dm dx mijenja predznak.
166 4 Savijanje dijagramu sila, transferzalna sila ima vrijednost jednaku nuli ispod kontinuiranog opterećenja pa se položaj tačke dobiva na osnovu jednakosti F x = 0: F x = F q x max = 0 gdje je x tražena udaljenost, odnosno pa je x max = F q = 13. 103 1 10 3 = 1.1m M max = F x max q x max x max 1.1 = 13. 10 3 1.1 1 10 3 1.1 = 7.6kNm Sada je jasno da je ovo zaista po intenzitetu najveća vrijednost momenta savijanja. Treba napomenuti da se uzima samo jedna ekstremna vrijednost momenta savijanja, s obzirom da se radi o kvadratnom poprečnom presjeku grede za koji su i gornja i donja vlakna jednako udaljena od neutralne linije, pri čemu su u ovom slučaju (pozitivan moment savijanja) gornja vlakna grede izložena pritisku, a donja zatezanju. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza: σ doz = M max b I = M max b b 4 1 = 6M max b 3 pri čemu je za kvadratni poprečni presjek I = b4 1 < σ doz iz kojeg se dobija 6Mmax 6 7.6 10 3 b = 3 = 3 σ doz 150 10 6 = 66.mm Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 4) gdje je τ doz = 3F max = 3 13. 103 4.385 10 3 = 4.5MPa< 100MPa= τ doz = b = (66. 10 3 ) = 4.385 10 3 m pa vrijednost stranice od 66. mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalne napone. Zadatak 4.10 Odredi najmanji dozvoljeni prečnik konzole kružnog poprečnog presjeka, opterećenu kao na slici 4.10 1. Dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 150 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 100 MPa.
Dimenzionisanje greda 167 C 3 kn 1 kn/m D 0.8 m 0.8 m 1.6 m Slika 4.10 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.10: Podaci uz zadatak 4.10 L C = 0.8 m q = 1 kn/m σ doz = 150 MPa L D = 1.6 m F = 3 kn τ doz = 100 MPa L = 3. m L D = 1.6 m Da bismo dimenzionisali konzolu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na nju. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije u osloncu pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da sila F djeluje prema gore, a momenat M u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu (negativan moment savijanja), kao na slici 4.10 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnih opterećenja): Fy = 0 F F Q = 0 (4.10 1) M = 0 M +F L C +Q LD +L Sada se iz (4.10 ) dobija M, a iz (4.10 1) F, odnosno gdje je = 0 (4.10 ) M = F L C +Q LD +L 1.6+3. = 3 10 3 0.8+1.6 = 6.4kNm F = F +Q = 3 10 3 +1.6 10 3 = 4.6kN Q = q L D = 1 10 3 1.6 = 1.6kN pa su smjerovi sile i momenta pravilno pretpostavljeni (momenat je negativan, a sila pozitivna). Kada smo dobili reakcije oslonca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.10. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata i krajnjih tačaka kontinuiranog opterećenja). Treba napomenuti da u ovom slučaju nije bilo potrebno crtati dijagrame momenata savijanja i transferzalnih sila kako bi se dobile ekstremne vrijednosti transferzalnih sila i momenata savijanja, s obzirom da su sva opterećenja sile koje djeluju u istom smjeru (prema dolje). Stoga su najveće vrijednosti transferzalne sile i momenta savijanja u uklještenju (osloncu).
168 4 Savijanje M C F q D F Q +F 4.6 kn 1.6 kn 6.4 knm 0 0.56 knm 1.8 knm +M C l C d D F, kn 4.6 4.6 1.6 1.6 0 M, knm -6.4 -.56 -.56-1.8 0 Slika 4.10 : Dijagrami sila i momenata savijanja Na osnovu slike 4.10 se zaključuje da ekstremne vrijednosti transferzalne i momenta savijanja na mjestu oslonca i iznose: F max = F = 4.6kN M max = M = 6.4kNm U daljem proračunu se uzima intenzitet momenta savijanja s tim da su gornja vlakna vratila izložena zatezanju, a donja pritisku. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati konzola na osnovu izraza: σ doz = M max d I = M max d d 4 π 64 pri čemu je za puni kružni presjek I = d4 π 64 iz kojeg se dobija = 3M max d 3 π < σ doz d = 3 3Mmax σ doz π = 3 3 6.4 10 3 = 75.11mm 150 106 π
Dimenzionisanje greda 169 Nakon dimenzionisanja konzole koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 5) gdje je τ doz = 4F max 3 = 4 4.6 103 3 4.431 10 3 = 1.384MPa< 100MPa= τ doz = d π 4 = (75.11 10 3 ) π = 4.431 10 3 m 4 pa vrijednost prečnika od 75.11 mm dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalne napone. Zadatak 4.11 Šuplje čelično vratilo vanjskog prečnika d v opterećeno je na savijanje kao na slici 4.11 1. Odredi dimenzije vratila, ako se zna da je unutrašnji prečnik jednakd u = 0.75d v. Uzeti da je dozvoljeni normalni napon σ doz =00 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon σ doz =150 MPa. 15 kn/m 60 knm C 3 m 1 m Slika 4.11 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.11: Podaci uz zadatak 4.11 L = 3 m q 0 = 15 kn σ doz = 00 MPa L C = 4 m M = 60 knm τ doz = 150 MPa d u = 0.75d v m I u ovom zadatku možemo slijediti postupak rješavanja kao u prethodnim zadacima, s tim da moramo imati na umu da se radi o kružnom prstenastom poprečnom presjeku. Da bismo našli dimenzije poprečnog presjeka vratila, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na vratilo. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i, F i F, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.11 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnih opterećenja): Fy = 0 F Q+F = 0 (4.11 1)
170 4 Savijanje M = 0 Q L Q F L +M = 0 (4.11 ) gdje je Q = 1 q 0L = 1 15 103 3 =.5kN L Q = 3 L = 3 3 = m s obzirom da se težište trouglastog opterećenja nalazi na udaljenosti /3 njegove dužine od početka opterećenja. Sada se iz (4.11 ) dobija F, a uvrštavanjem u (4.11 1) sila F, odnosno F = Q L Q +M =.5 103 +60 103 = 35kN L 3 F = Q F =.5 10 3 35 10 3 = 1.5kN pa je smjer sile F pogrešno pretpostavljen. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.11. Pri tome treba voditi računa o sljedećem: i) vrijednost sile u dijagramu sila ima konstantnu vrijednost u dijelu grede C (jednaka je nuli, jer s desne strane oslonca nema opterećenja silama), ii) kriva dijagrama sila ispod trouglastog opterećenja je polinom drugog reda s nagibom koji se mijenja od 0 do q 0 od početka do kraja opterećenja (kriva je konveksna). Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). Za razliku od prethodnih zadataka, ekstremne vrijednosti momenata savijanja se osim u tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce), mogu nalaziti i ispod trouglastog opterećenja na mjestima gdje je transferzalna sila jednaka nuli, odnosno gdje mijenja predznak (vidi na strani 165). Ekstremne vrijednosti transferzalne sile, kao i ranije, nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata. Na osnovu slike 4.11 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u osloncu vratila, a momenta savijanja u dijelu vratila C i iznose: F max = 35kN M max = 60kNm Treba napomenuti da se u daljem proračunu uzimaju intenziteti sile i momenta, s naznakom da su na mjestu maksimalnog momenta savijanja gornja vlakna vratila izložena zatezanju, a donja pritisku (moment savijanja je negativan!). Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati vratilo na osnovu izraza: σ doz = M max d v I pri čemu je za kružni prstenasti presjek = I = d4 v π 64 (1 ψ4 ) ψ = d u d v = 0.75 d v M max d 4 = 3M max vπ d 64 (1 ψ4 ) 3 v π(1 ψ4 ) < σ doz
Dimenzionisanje greda 171 C q 0 M F! " #$ Q F +F 0 1.5 kn 35 kn 60 knm 0 +M l d C F, kn -13.5-35 0 0 M, knm 0 60 60 60 Slika 4.11 : Dijagrami sila i momenata savijanja iz kojeg se dobija 3M d v = 3 max σ doz π(1 ψ 4 ) = 3 60 10 3 3 00 10 6 π(1 0.754 ) = 164.73mm i d u = 0.75d v = 0.75 164.73 = 13.55mm Nakon dimenzionisanja vratila koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 6) τ max = 4F ( max d v +d v d u +d ) u 3 d v +d u ( = 4 35 103 164.73 +164.73 13.55+13.55 ) 3 9.34 10 3 164.73 +13.55 τ max = 7.41MPa < 150MPa = τ doz gdje je = (d v d u)π 4 = [ (164.73 10 3 ) (13.55 10 3 ) ] π = 9.34 10 3 mm 4
17 4 Savijanje pa vrijednost dimenzija dobivena na osnovu normalnih napona zadovoljava i tangencijalne napone. Zadatak 4.1 Drvena greda pravougaonog poprečnog presjeka, širine b i visine h = 1.b, opterećena je kao na slici 4.1 1. Odrediti dimenzije grede, ako je dozvoljeni normalni napon σ doz =10 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon σ doz =0.8 MPa. 8 kn/m C 4 m m Slika 4.1 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.1: Podaci uz zadatak 4.1 L = 4 m q = 8 kn/m σ doz = 10 MPa L C = 6 m τ doz = 0.8 MPa Zadatak je sličan prethodnim zadacima; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće, s tim da u ovom slučaju imamo pravougaoni poprečni presjek s poznatim odnosom stranica. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.1 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F Q+F = 0 (4.1 1) M = 0 Q LC F L = 0 (4.1 ) Sada se iz (4.1 ) dobija F, a uvrštavanjem u (4.1 1) sila F, odnosno gdje je F = Q LC L = 48 10 3 6 4 = 36kN F = Q F = 48 10 3 36 10 3 = 1kN Q = ql C = 8 10 3 6 = 48kN pa su smjerovi sila F i F pravilno pretpostavljeni.
Dimenzionisanje greda 173 Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.1. Pri tome treba voditi računa da je nagib krive dijagrama sila ispod kontinuiranog opterećenja jednak je vrijednosti kontinuiranog opterećenja q; s obzirom da je greda čitavom dužinom opterećena kontinuiranim opterećenjem, dijagram sila ima konstantan nagib. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). Za razliku od prethodnih zadataka, ekstremne vrijednosti momenata savijanja se osim u tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce), mogu nalaziti i ispod kontinuiranog opterećenja na mjestima gdje je transferzalna sila jednaka nuli (vidi na strani 165). Ekstremne vrijednosti transferzalne sile, kao i ranije, nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata. C q +F F Q F 1 kn 16 knm 0 1.5 m 0 kn 16 knm +M 0 9 knm l d C F, kn 1-0 16 0 M, knm 0-16 -16 0 Slika 4.1 : Dijagrami sila i momenata savijanja Na osnovu slike 4.1 se zaključuje da je najveći intenzitet transferzalne sile u osloncu grede (s lijeve strane) i iznosi: F max = 0kN Što se tiče ekstremnih vrijednosti momenata savijanja, treba provjeriti vrijednost u tački u kojoj je transferzalna sila jednaka nuli ili mijenja predznak. Prema dijagramu sila, transferzalna sila ima vrijednost jednaku nuli ispod kontinuiranog opterećenja te mijenja predznak u osloncu. Položaj maksimalnog momenta savijanja ispod kontinuiranog opterećenja se dobiva na osnovu jednakosti F x = 0, tj. F x = F q x max = 0
174 4 Savijanje gdje je x tražena udaljenost, odnosno pa je x max = F q = 1 103 8 10 3 = 1.5m M max = F x max q x max x max 1.5 = 1 10 3 1.5 8 10 3 1.5 = 9kNm S obzirom da je ovo po intenzitetu najveći moment savijanja mjerodavan je za dalji proračun, tj. M max = 16kNm Treba napomenuti da se ekstremna vrijednost suprotnog predznaka može zanemariti, s obzirom da je poprečni presjek simetričan oko ose savijanja, odnosno gornja i donja vlakna su jednako udaljena od neutralne linije, a čvrstoća na pritisak i zatezanje se smatraju jednakim. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza: σ doz = M max h I = M max h b h 3 1 = 6M max 1.44 b 3 < σ doz pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom visine i širine h : b = 1. I = b h3 1 = h 1.44b3 1 iz kojeg se dobija 6Mmax 6 16 10 3 b = 3 = 3 1.44σ doz 1.44 10 10 6 = 188.mm pa je h = 1.b = 1. 188.07= 5.85 mm. Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 4) (uzima se intenzitet sile) gdje je τ doz = 3F max = 3 0 103 4.51 10 = 0.7MPa < 0.8MPa = τ doz = bh = 188.07 10 3 5.849 10 3 = 4.51 10 m pa vrijednosti dimenzija (188.1 5.85 mm), dobivenih na osnovu normalnih napona, zadovoljavaju i tangencijalne napone. Zadatak 4.13 Za gredu, opterećenu kao na slici 4.13 1, odrediti dimenzije poprečnog presjeka grede ako je poprečni presjek pravougaonik s odnosom visine i širine h : b = 1 :. Dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 150 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 100 MPa.
Dimenzionisanje greda 175 18 knm 40 kn/m 7 knm C 1. m.4 m Slika 4.13 1: Opis problema Tabela 4.13: Podaci uz zadatak 4.13 L = 1. m q = 40 kn/m σ doz = 150 MPa L C =.4 m M = 18 knm τ doz = 100 MPa L C = 3.6 m M C = 7kNm R j e š e nj e Zadatak je sličan prethodnom zadatku. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i, F i F, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.13 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F Q+F C = 0 (4.13 1) M = 0 M Q L +L C M C +F C L C = 0 (4.13 ) Sada se iz (4.13 ) dobija F C, a uvrštavanjem u (4.13 1) sila F, odnosno gdje je M C M +Q L +L C F C = L C 7 10 3 18 10 3 1.+3.6 +96 10 3 = = 66.5kN 3.6 F = Q F C = 96 10 3 66.5 10 3 = 9.5kN Q = ql C = 40 10 3.4 = 96kN pa su smjerovi sila F i F C pravilno pretpostavljeni. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.13. Pri tome treba voditi računa da je nagib krive dijagrama sila ispod kontinuiranog opterećenja jednak vrijednosti kontinuiranog opterećenja q. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). I u ovom problemu se ekstremne vrijednosti momenata savijanja, osim u tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce), mogu nalaziti i ispod kontinuiranog opterećenja na mjestima gdje je
176 4 Savijanje M q C M C F Q F C +F 9.5 kn 0 18 knm 0 1.94 m 66.5 kn 7 knm +M 17.4 knm 8.3 knm C F, kn 9.5 9.5-66.5 M, knm -18 17.4-7 Slika 4.13 : Dijagrami sila i momenata savijanja transferzalna sila jednaka nuli (vidi na strani 165). Ekstremne vrijednosti transferzalne sile, kao i ranije, nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata. Na osnovu slike 4.13 se zaključuje da je najveća vrijednost transferzalne sile po apsolutnoj vrijednosti u osloncu C grede i iznosi: F max = 66.5kN Što se tiče ekstremnih vrijednosti momenata savijanja, treba provjeriti vrijednost u tački u kojoj je transferzalna sila jednaka nuli. Prema dijagramu sila, transferzalna sila ima vrijednost jednaku nuli ispod kontinuiranog opterećenja. Položaj maksimalnog momenta savijanja ispod kontinuiranog opterećenja se dobiva na osnovu jednakosti F x = 0, tj. F x = F q (x max L ) = 0 gdje je x tražena udaljenost, odnosno pa je x max = F q +L = 9.5 103 +1. = 1.9375m 40 103 M max = M +F x max q (x max L ) x max L = 18 10 3 1.9375 1. +9.5 10 3 1.9375 40 10 3 (1.9375 1.) M max = 8.8kNm
Dimenzionisanje greda 177 S obzirom da je ovo po intenzitetu najveći moment savijanja mjerodavan je za dalji proračun, tj. M max = 8.8kNm Treba napomenuti da se ekstremna vrijednost suprotnog predznaka može zanemariti, s obzirom da je poprečni presjek simetričan oko ose savijanja, odnosno gornja i donja vlakna su jednako udaljena od neutralne linije, a čvrstoća na pritisak i zatezanje se smatraju jednakim. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza: σ doz = M max h I = M max h h 4 6 = 3M max h 3 < σ doz pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom visine i širine h : b = 1 : I = b h3 1 = h h3 = h4 1 6 iz kojeg se dobija 3Mmax 3 8.8 10 3 h = 3 = 3 σ doz 150 10 6 = 8.7mm pa je b = h = 8.7 = 165.395 mm. Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 4) (uzima se apsolutna vrijednost sile) gdje je τ doz = 3F max = 3 66.5 103 1.368 10 = 7.3MPa < 100MPa= τ doz = bh = 165.395 10 3 8.7 10 3 = 1.368 10 m pa vrijednosti dimenzija (165.4 8.7 mm), dobivenih na osnovu normalnih napona, zadovoljavaju i tangencijalne napone. Zadatak 4.14 Za gredu, opterećenu kao na slici 4.14 1, odrediti dimenzije kvadratnog poprečnog presjeka grede. Dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 150 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 100 MPa. R j e š e nj e Tabela 4.14: Podaci uz zadatak 4.14 L C = m M = 30 knm σ doz = 150 MPa L D = 4 m q = 9 kn/m τ doz = 100 MPa L = 6 m
178 4 Savijanje 9 kn/m 30 knm C D m m m Slika 4.14 1: Opis problema Zadatak je sličan prethodnim zadacima; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće, s tim da u ovom slučaju imamo kvadratni poprečni presjek. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.14 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 Q+F +F = 0 (4.14 1) M = 0 Q LC +M +F L = 0 (4.14 ) Sada se iz (4.14 ) dobija F, a uvrštavanjem u (4.14 1) sila F, odnosno gdje je Q LC M 18 10 3 F = = 30 103 = kn L 6 F = Q F = 18 10 3 ( 10 3 ) = 0kN Q = q L C = 9 10 3 = 18kN pa je smjer sile F pogrešno pretpostavljen. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.14. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata). S obzirom da na oblik dijagrama transferzalnih sila (ni na jednom mjestu transferzalna sila nije jednaka nuli), ekstremne vrijednosti momenata se nalaze u karakterističnim tačkama. Na osnovu slike 4.14 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u osloncu, a momenta savijanja na mjestu djelovanja momenta M s lijeve strane i iznose: F max = 0kN M max = 6kNm Treba napomenuti da se uzima samo jedna ekstremna vrijednost momenta savijanja, s obzirom da se radi o kvadratnom poprečnom presjeku grede za koji su i gornja i donja vlakna jednako udaljena od neutralne linije, pri čemu su u ovom slučaju (pozitivan moment savijanja) gornja vlakna grede izložena pritisku, a donja zatezanju.
Dimenzionisanje greda 179 9 kn/m D C M F Q F +F 0 kn 0 kn 0 4 knm +M knm 6 knm C D l D d F, kn 0 M, knm 0 6-4 0 Slika 4.14 : Dijagrami sila i momenata savijanja Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza: σ doz = M max b I = M max b b 4 1 = 6M max b 3 pri čemu je za kvadratni poprečni presjek I = b4 1 < σ doz iz kojeg se dobija 6Mmax 6 6 10 3 b = 3 = 3 σ doz 150 10 6 = 101.3mm Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 4) gdje je τ doz = 3F max = 3 0 103 1.06 10 =.9MPa < 100MPa= τ doz = b = (101.3 10 3 ) = 1.06 10 m
180 4 Savijanje pa vrijednost stranice od 101.3 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalne napone. Zadatak 4.15 Za gredu kružnog poprečnog presjeka, opterećenu kao na slici 4.15 1 odrediti dimenzije poprečnog presjeka grede. Dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 50 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 100 MPa. kn C 3 kn/m 1 m 4 m Slika 4.15 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.15: Podaci uz zadatak 4.15 L C = 1 m F = kn σ doz = 50 MPa L C = 4 m q = 3 kn/m τ doz = 100 MPa Zadatak je sličan prethodnom; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji na nju djeluju. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca C i, F C i F, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.15 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnih opterećenja): Fy = 0 F +F +F C Q = 0 (4.15 1) MC = 0 F L C Q LC +F L C = 0 (4.15 ) Sada se iz (4.15 ) dobija F, a uvrštavanjem u (4.15 1) sila F C, odnosno gdje je F L C Q LC F = L C 4 10 3 1 1 10 3 = = 5.5kN 4 F C = F +Q F = 10 3 +1 10 3 5.5 10 3 = 8.5kN Q = q L C = 3 10 3 4 = 1kN pa su smjerovi reakcija pravilno pretpostavljeni.
Dimenzionisanje greda 181 Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.15. Pri tome treba voditi računa o tome da je nagib krive dijagrama sila ispod kontinuiranog opterećenja jednak vrijednosti kontinuiranog opterećenja q. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata). Ekstremne vrijednosti momenata savijanja mogu se nalaziti i ispod kontinuiranog opterećenja na mjestima gdje je transferzalna sila jednaka nuli (vidi na strani 165). Ekstremne vrijednosti transferzalne sile, kao i ranije, nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata. F C q +F 6.5 kn F C Q F 0 kn 3.17 m 5.04 knm 5.5 kn 0 knm +M C l C d F, kn - - 6.5-5.5 M, knm 0 - - -6 Slika 4.15 : Dijagrami sila i momenata savijanja Na osnovu slike 4.15 se zaključuje da je ekstremna vrijednost transferzalne sile u osloncu C vratila i iznosi: F max = 6.5kN Što se tiče ekstremnih vrijednosti momenata savijanja, treba provjeriti vrijednost u tački u kojoj je transferzalna sila jednaka nuli ili mijenja predznak. Prema dijagramu sila, transferzalna sila ima vrijednost jednaku nuli ispod kontinuiranog opterećenja te mijenja predznak u osloncu C. Položaj maksimalnog momenta savijanja ispod kontinuiranog opterećenja se dobiva na osnovu jednakosti F x = 0, tj. F x = F +F C q (x max L C ) = 0 gdje je x tražena udaljenost od tačke, odnosno x max = F +F C q +L C = 103 +8.5 10 3 3 10 3 +1 = 3.167m
18 4 Savijanje pa je M max = F x max +F C (x max L C ) q (x max L C ) x max L C = 10 3 3.167+8.5 10 3 (3.167 1) 3.167 1 3 10 3 (3.167 1) M max = 5.04kNm S obzirom da je ovo po intenzitetu najveći moment savijanja, mjerodavan je za dalji proračun, tj. M max = 5.04kNm Treba napomenuti da se uzima samo jedna ekstremna vrijednost momenta savijanja, s obzirom da se radi o kružnom poprečnom presjeku grede za koji su i gornja i donja vlakna jednako udaljena od neutralne linije, pri čemu su gornja vlakna grede izložena pritisku, a donja zatezanju. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati vratilo na osnovu izraza: σ doz = M max d I = M max d d 4 π 64 pri čemu je za puni kružni presjek I = d4 π 64 iz kojeg se dobija d = 3 3Mmax σ doz π = 3 = 3M max d 3 π 3 5.04 10 3 < σ doz = 59mm 50 106 π Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 5) gdje je τ doz = 4F max 3 = 4 6.5 103 3.734 10 3 = 3.17MPa< 100MPa= τ doz = d π 4 = (59 10 3 ) π =.734 10 3 m 4 pa vrijednost prečnika od 59 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalne napone. Zadatak 4.16 Za gredu kvadratnog poprečnog presjeka, opterećenu kao na slici 4.16 1 odrediti dimenzije poprečnog presjeka grede. Dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 50 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 100 MPa.
Dimenzionisanje greda 183 C 3 kn/m 8 kn 1.5 m. m Slika 4.16 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.16: Podaci uz zadatak 4.16 L C = 1.5 m F = 8 kn σ doz = 50 MPa L C =. m q = 3 kn/m τ doz = 100 MPa Zadatak je sličan prethodnim zadacima; radi se o dimenzionisanju grede kvadratnog poprečnog presjeka na osnovu kriterija čvrstoće. U tu svrhu neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. Prvo treba naći reakcije oslonaca i C, F i F C, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže, pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.16 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F +F C Q F = 0 (4.16 1) MC = 0 F L C +Q LC +F L C = 0 (4.16 ) Sada se iz (4.16 ) dobija F, a uvrštavanjem u (4.16 1) sila F C, odnosno gdje je Q LC F = +F L C L C. 6.6 10 3 = +8 103. = 16.57kN 1.5 F C = Q+F F = 6.6 10 3 +8 10 3 ( 16.57 10 3 ) = 31.17kN Q = q L C = 3 10 3. = 6.6kN pa je smjer sile F pogrešno pretpostavljen. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.16. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata). S obzirom da na oblik dijagrama transferzalnih sila (transferzalna sila mijenja znak samo u osloncu C), ekstremne vrijednosti momenata se nalaze u karakterističnim tačkama. Na osnovu slike 4.16 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u dijelu grede C, a momenta savijanja u osloncu C: F max = 16.57kN M max = 4.86kNm
184 4 Savijanje q C F F F C Q +F 14.6 kn 8 kn 0 16.6 kn -4.86 knm 0 +M C l C d F, kn -16.6-16.6 14.6 8 M, knm 0-4.9-4.9 0 Slika 4.16 : Dijagrami sila i momenata savijanja pri čemu su u ovom slučaju (negativan moment savijanja) gornja vlakna grede izložena zatezanju, a donja pritisku. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza: σ doz = M max b I = M max b b 4 1 = 6M max b 3 pri čemu je za kvadratni poprečni presjek I = b4 1 < σ doz iz kojeg se dobija 6Mmax 6 4.86 10 3 b = 3 = 3 σ doz 50 10 6 = 90.69mm Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 4) τ doz = 3F max = 3 16.57 103 8.4 10 3 = 3MPa < 100MPa= τ doz
Dimenzionisanje greda 185 gdje je = b = (90.686 10 3 ) = 8.4 10 3 m pa vrijednost stranice od 90.69 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalne napone. Zadatak 4.17 Za prostu gredu pravougaonog poprečnog presjeka, b h, opterećenu kao na slici 4.17 1, odredi dimenzije presjeka, ako je odnos visine i dužine h : b = : 1. Dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 00 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 100 MPa. Ostali podaci: L = L CD = 0.1 m, L D = 0.4 m, q 1 = 5 kn/m, q = 5 kn/m. q 1 C q D L L CD L D Slika 4.17 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.17: Podaci uz zadatak 4.17 L = 0.1 m q 1 = 5 kn/m σ doz = 00 MPa L CD = 0.1 m q = 5 kn/m τ doz = 100 MPa L D = 0.4 m h = b Ovaj zadatak pripada grupi zadataka iz dimenzionisanja greda, pa je postupak rješavanja identičan onom objašnjenom u ranijim zadacima. Prvo je potrebno naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i D, F i F D, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.17 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F Q 1 Q +F D = 0 (4.17 1) M = 0 Q 1 L Q LC +L D +F D L D = 0 (4.17 ) Sada se iz (4.17 ) dobija F D, a uvrštavanjem u (4.17 1) sila F, odnosno F D = = Q 1 L 500 0.1 +Q LC +L D L D 0.4+0.3 +500 0.4 = 500N F = Q 1 +Q F D = 500+500 500 = 500N
186 4 Savijanje gdje je Q 1 = q 1 L = 5 10 3 0.1 = 500N Q = q (L D L C ) = 5 10 3 (0.4 0.3) = 500N pa su smjerovi sila F i F D pravilno pretpostavljeni. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.17. Pri tome treba voditi računa da je nagib krive dijagrama sila ispod kontinuiranog opterećenja jednak vrijednosti kontinuiranog opterećenja q 1 i q. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). Ekstremne vrijednosti transferzalne sile, kao i ranije, nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata. q 1 C q D F Q 1 Q F D +F 500 N 0 500 N 0 +M 5 Nm C D F, N 500 0 0-500 M, Nm 0 5 5 0 Slika 4.17 : Dijagrami sila i momenata savijanja Na osnovu slike 4.17 se zaključuje da je najveći intenzitet transferzalne sile u osloncima grede i za oslonac iznosi: F max = 500N Što se tiče ekstremnih vrijednosti momenata savijanja, treba provjeriti vrijednost u tački u kojoj je transferzalna sila jednaka nuli ili mijenja predznak. Prema dijagramu sila, transferzalna sila ima vrijednost jednaku nuli u području C, gdje je vrijednost momenta savijanja jednaka vrijednostima u tačkama i C M max = 5Nm S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost, gornja vlakna grede su napregnuta pritiskom, a donja zatezanjem. Treba istaći (anti)simetričnost dobivenih dijagrama sila i momenta
Dimenzionisanje greda 187 savijanja, što se i moglo očekivati s obzirom da su i opterećenje i materijal i poprečni presjek simetrični u odnosu na sredinu grede. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza: σ doz = M max h I = b M max 3M max = b 3 < σ doz 3 b4 pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom visine i širine h = b I = b h3 1 = b (b)3 = 1 3 b4 iz kojeg se dobija 3Mmax 3 5 b = 3 = 3 σ doz 00 10 6 = 5.7mm pa je h = b = 5.7 = 11.4 mm. Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 4) gdje je τ doz = 3F max = 3 500 65.5 10 6 = 11.45MPa< 100MPa= τ doz = bh = 5.7 10 3 11.4 10 3 = 65.5 10 6 m pa vrijednosti dimenzija (5.7 11.4 mm), dobivenih na osnovu normalnih napona, zadovoljavaju i tangencijalne napone. Zadatak 4.18 Za prostu gredu kružnog presjeka, opterećenu kao na slici 4.18 1, odredi dimenzije presjeka, ako je dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 00 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 100 MPa. Ostali podaci: L = L CD = 0.1 m, L D = 0.4 m, q = 5 kn/m. q C D L L CD L D Slika 4.18 1: Opis problema
188 4 Savijanje R j e š e nj e Tabela 4.18: Podaci uz zadatak 4.18 L = 0.1 m q = 5 kn/m σ doz = 00 MPa L CD = 0.1 m L D = 0.4 m L C = 0. m τ doz = 100 MPa Zadatak je sličan prethodnom, pa je i postupak rješavanja identičan, s tim da je poprečni presjek u ovom slučaju krug. Dakle, prvo je potrebno naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i D, F i F D, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.18 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F Q+F D = 0 (4.18 1) ( M = 0 Q L + L ) C +F D L D = 0 (4.18 ) pri čemu je napadna sila kontinuiranog opterećenja na sredini grede, s obzirom na simetričnost opterećenja grede. Sada se iz (4.18 ) dobija F D, a uvrštavanjem u (4.18 1) sila F, odnosno ( Q L + L ) C F D = L D 1 10 3 ( 0.1+ 0. ) = = 500N 0.4 F = Q F D = 1 10 3 500 = 500N gdje je Q = q L C = 5 10 3 0. = 1kN pa su smjerovi sila F i F D pravilno pretpostavljeni. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.18. Pri tome treba voditi računa da je nagib krive dijagrama sila ispod kontinuiranog opterećenja jednak vrijednosti kontinuiranog opterećenja q. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). I u ovom problemu se ekstremne vrijednosti momenata savijanja osim u tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce), mogu nalaziti i ispod kontinuiranog opterećenja na mjestima gdje je transferzalna sila jednaka nuli. Ekstremne vrijednosti transferzalne sile nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata.
Dimenzionisanje greda 189 q C D F Q F D +F 500 N 0 500 N 0 50 Nm 75 Nm 50 Nm +M C D F, N 500 500-500 -500 M, Nm 0 50 50 0 Slika 4.18 : Dijagrami sila i momenata savijanja Na osnovu slike 4.18 se zaključuje da su najveći intenziteti transferzalne sile u osloncima grede i za oslonac iznosi: F max = 500N Što se tiče ekstremnih vrijednosti momenata savijanja, treba provjeriti vrijednost u tački u kojoj je transferzalna sila jednaka nuli ili mijenja predznak. Prema dijagramu sila, transferzalna sila ima vrijednost jednaku nuli u području C, na sredini grede, gdje je vrijednost momenta savijanja jednaka M max = 75Nm S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost, gornja vlakna grede su napregnuta pritiskom, a donja zatezanjem. Treba istaći (anti)simetričnost dobivenih dijagrama sila i momenta savijanja, što se i moglo očekivati s obzirom da su i opterećenje i materijal i poprečni presjek simetrični u odnosu na sredinu grede. Sada se koristeći izraz (4 1) greda može dimenzionisati na osnovu izraza: σ doz = M max d I = M max d d 4 π 64 pri čemu je za puni kružni presjek I = d4 π 64 = 3M max d 3 π < σ doz
190 4 Savijanje iz kojeg se dobija d = 3 3Mmax σ doz π = 3 3 75 = 15.63mm 00 106 π Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 5) gdje je τ doz = 4F max 3 = 4 500 3 191.9 10 6 = 3.47MPa < 100MPa = τ doz = d π 4 = (15.63 10 3 ) π = 191.9 10 6 m 4 pa vrijednost prečnika od 15.63 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalne napone. Zadatak 4.19 Za konzolu kvadratnog poprečnog presjeka stranice b, opterećenu kao na slici 4.19 1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 1 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 1. MPa. Ostali podaci: L = 0.1 m, L C = 0. m, L D = 0.3 m, M C = 0.5 knm, q = 30 kn/m. q C M C D L L C L D Slika 4.19 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.19: Podaci uz zadatak 4.19 L = 0.1 m M C = 0.5 knm σ doz = 1 MPa L C = 0. m q = 30 kn/m τ doz = 1. MPa L D = 0.3 m I u ovom zadatku se radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće, s tim da u ovom slučaju imamo kvadratni poprečni presjek i konzolu. Da bismo dimenzionisali konzolu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji na nju djeluju. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije u osloncu D, M D i F D, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo smjerove sile i momenta
Dimenzionisanje greda 191 kao na slici 4.19 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 Q+F D = 0 (4.19 1) MD = 0 Q ( L D L ) +M M D = 0 (4.19 ) Sada se iz (4.19 1) dobija F D, a iz (4.19 ) moment M D, odnosno gdje je F D = Q = 3kN M D = Q ( L D L Q = q L = 30 10 3 0.1 = 3kN ( )+M = 3 10 3 0.3 0.1 ) +500 = 50Nm pa je smjer momenta M D pogrešno pretpostavljen. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.19. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata te oslonaca). Imajući u vidu dijagram transferzalnih sila (nema nula) jasno je da se ekstremne vrijednosti momenata savijanja nalaze u karakterističnim tačkama. Na osnovu slike 4.19 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u dijelu konzole D, a momenta savijanja na mjestu djelovanja momenta M s lijeve strane i iznose: F max = 3kN M max = 450Nm Treba napomenuti da se uzima samo jedna ekstremna vrijednost momenta savijanja, s obzirom da se radi o kvadratnom poprečnom presjeku grede za koji su i gornja i donja vlakna jednako udaljena od neutralne linije, pri čemu su u ovom slučaju (negativan moment savijanja) gornja vlakna grede izložena zatezanju, a donja pritisku. U daljem proračunu uzimaju se intenziteti momenta i sile. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza: σ doz = M max b I = M max b b 4 1 = 6M max b 3 pri čemu je za kvadratni poprečni presjek I = b4 1 iz kojeg se dobija 6Mmax 6 450 b = 3 = 3 σ doz 1 10 6 = 60.8mm < σ doz
19 4 Savijanje q C M C D M D F D +F 0-3 knm 150 Nm 450 Nm 50 Nm 0 +M 50 Nm l C l C d D F, kn 0-3 -3-3 -3 M, Nm 0-150 -450 50-50 Slika 4.19 : Dijagrami sila i momenata savijanja Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 4) gdje je τ doz = 3F max = 3 3 10 3 3.699 10 3 = 1.16MPa>1.MPa = τ doz = b = (60.8 10 3 ) = 3.699 10 3 m pa vrijednost stranice od 60.8 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, ne zadovoljava tangencijalne napona. Dakle, dimenzionisanje se mora uraditi prema tangencijalnim naponima koristeći izraz (4 4) τ doz = 3F max = 3F max b < τ doz na osnovu kojeg je 3Fmax 3 3 10 3 b = = τ doz 1. 10 6 = 61.4mm pa je najmanja dimenzija grede, koja zadovoljava i normalne i tangencijalne napone, 61.4 mm.
Dimenzionisanje greda 193 Zadatak 4.0 Za gredu pravougaonog poprečnog presjeka odnosa visine i širine 1.5, opterećenu kao na slici 4.0 1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon na savijanje σ doz = 1 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = MPa. Ostali podaci: L = 0.5 m, L C = 1 m, q 0 = 10 kn/m. q 0 C L L C Slika 4.0 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.0: Podaci uz zadatak 4.0 L = 0.5 m q 0 = 10 kn/m σ doz = 1 MPa L C = 1 m h = 1.5b τ doz = MPa I ovdje se radi o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće, s tim da u ovom slučaju imamo pravougaoni poprečni presjek s poznatim odnosom stranica. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i C, F i F C, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže, pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.0 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F Q 1 Q +F C = 0 (4.0 1) M = 0 Q ( 1 3 L Q L + 1 ) 3 L C +F C L C = 0 (4.0 ) Sada se iz (4.0 ) dobija F C, a uvrštavanjem u (4.0 1) sila F, odnosno Q ( 1 3 L +Q L + 1 ) 3 L C F C = L C.5 10 3 (0.5+ 3 0.5+.5 103 13 ) 0.5 = =.5kN 1 F = Q 1 +Q F C =.5 10 3 +.5 10 3.5 10 3 =.5kN gdje je Q 1 = Q = 1 q 0L = 1 q 0L C = 1 10 103 0.5 =.5kN
194 4 Savijanje L C = L C L = 1 0.5 = 0.5m pa su smjerovi sila F i F pravilno pretpostavljeni. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.0. Pri tome treba voditi računa da je nagib krive dijagrama sila ispod trouglastog opterećenja jednak vrijednosti opterećenja za posmatrani položaj, odnosno da se linearno mijenja, pa je transferzalna sila polinom drugog reda. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). Ekstremne vrijednosti transferzalne sile, kao i ranije, nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila i/ili momenata. U slučaju ekstremnih vrijednosti momenata savijanja, potrebno je provjeriti mjesta na kojima je tranferzalna sila jednaka nuli, a to je na sredini grede. Inače, dobiveni dijagrami transferzalnih sila i momenata savijanja [vidi se da su (anti)simetrični] su očekivani s obzirom na simetričnost opterećenja, raspodjele materijala i geometrije grede u odnosu na sredinu grede. q 0 C F 3 Q 3 Q F C +F.5 kn 0.5 kn 0 +M C F, kn.5 0 -.5 M, Nm 0 833 0 833 Nm Slika 4.0 : Dijagrami sila i momenata savijanja Na osnovu slike 4.0 se zaključuje da su najveći intenziteti transferzalne sile u osloncima grede, a momenta savijanja u sredini grede, i iznose: F max =.5kN M max = 0.833Nm Pošto je moment savijanja pozitivan, gornja vlakna grede su napregnuta pritiskom, a donja zatezanjem.
Dimenzionisanje greda 195 Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza: σ doz = M max h I = h M max = 8M max 3 16 b3 h 3 b 3 < σ doz pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom visine i širine h : b = 1.5 I = b h3 1 = b h h = b (1.5b) h = 3 1 1 16 b3 h iz kojeg se dobija 8Mmax 8 0.833 10 3 b = 3 = 3 3σ doz 3 1 10 6 = 57mm pa je h = 1.5b = 1.5 57 = 85.5 mm. Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 4) gdje je τ doz = 3F max = 3.5 103 4.873 10 3 = 0.77MPa < MPa = τ doz = bh = 57 10 3 85.5 10 3 = 4.873 10 3 m pa vrijednosti dimenzija (57 85.5 mm), dobivenih na osnovu normalnih napona, zadovoljavaju i tangencijalne napone. Zadatak 4.1 Za gredu pravougaonog poprečnog presjeka odnosa visine i širine, opterećenu kao na slici 4.1 1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon na savijanje σ doz = 1 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz =.5 MPa. Ostali podaci: L = 1 m, L C = m, q 0 = 10 kn/m. q 0 q 0 C L L C Slika 4.1 1: Opis problema R j e š e nj e Zadatak je sličan prethodnom (razlika je u postavci trouglastog opterećenja) pa je postupak rješavanja identičan. I ovdje se radi o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće pri
196 4 Savijanje Tabela 4.1: Podaci uz zadatak 4.1 L = 1 m q 0 = 10 kn/m σ doz = 1 MPa L C = m h = b τ doz =.5 MPa čemu je poprečni presjek pravougaonik s poznatim odnosom stranica. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i C, F i F C, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže, pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.1 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F Q 1 Q +F C = 0 (4.1 1) M = 0 Q 1 ( 1 3 L Q L + ) 3 L C +F C L C = 0 (4.1 ) Sada se iz (4.1 ) dobija F C, a uvrštavanjem u (4.1 1) sila F, odnosno Q 1 ( 1 3 L +Q L + ) 3 L C F C = L C 5 10 3 1 (1+ 3 1+5 103 3 ) 1 = = 5kN F = Q 1 +Q F C = 5 10 3 +5 10 3 5 10 3 = 5kN gdje je Q 1 = Q = 1 q 0L = 1 q 0L C = 1 10 103 1 = 5kN L C = L C L = 1 = 1m pa su smjerovi sila F i F pravilno pretpostavljeni. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.1. Pri tome treba voditi računa da je nagib krive dijagrama sila ispod trouglastog opterećenja jednak vrijednosti kontinuiranog opterećenja q, odnosno da se linearno mijenja za posmatrani presjek, pa je transferzalna sila polinom drugog reda (vidjeti razliku s dijagramima iz prethodnog zadatka). Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). Ekstremne vrijednosti transferzalne sile, kao i ranije, nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata (oslonci). U slučaju ekstremnih vrijednosti momenata savijanja, potrebno je provjeriti mjesta na kojima je tranferzalna sila jednaka nuli ili gdje mijenja predznak, a to je na sredini grede. Inače, dobiveni dijagrami transferzalnih sila i momenata savijanja [vidi se da su (anti)simetrični] su očekivani s obzirom na simetričnost opterećenja, raspodjele materijala i geometrije grede u odnosu na njenu sredinu. Na osnovu slike 4.1 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u osloncima grede, a momenta savijanja u sredini grede, i iznose: F max = 5kN
Dimenzionisanje greda 197 q 0 q 0 C F 3 Q 3 Q F C +F 5 kn 0 5 kn 0 +M 1.67 knm C F, kn 5 0-5 M, knm 0 1.67 0 M max = 1.677Nm Slika 4.1 : Dijagrami sila i momenata savijanja Pošto je moment savijanja pozitivan, gornja vlakna grede su napregnuta pritiskom, a donja zatezanjem. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu izraza: h h M max M max σ doz = = = 3M max I 1 3 b3 h b 3 < σ doz pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom visine i širine h : b = I = b h3 1 = b h h = b (b) h = 1 1 1 3 b3 h iz kojeg se dobija 3Mmax 3 1.667 10 3 b = 3 = 3 σ doz 1 10 6 = 59.8mm pa je h = b = 59.8 = 118.56 mm. Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 4) τ doz = 3F max = 3 5 10 3 7.09 10 3 = 1.1MPa <.5MPa = τ doz
198 4 Savijanje gdje je = bh = 59.8 10 3 118.56 10 3 = 7.09 10 3 m pa vrijednosti dimenzija (59.8 118.56 mm), dobivenih na osnovu normalnih napona, zadovoljavaju i tangencijalne napone. Zadatak 4. Za gredu kružnog prstenastog poprečnog presjeka odnosa vanjskog i unutrašnjeg prečnika 1., opterećenu kao na slici 4. 1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon na savijanje je σ doz = 100 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 50 MPa. Ostali podaci: L = 0.1 m, L C = 0.4 m, q = 30 kn/m, M = 1 knm. M q C L L C Slika 4. 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.: Podaci uz zadatak 4. L = 0.1 m q = 30 kn/m σ doz = 100 MPa L C = 0.4 m M = 1 knm τ doz = 50 MPa L C = 0.3m d v = 1.d u I u ovom zadatku možemo slijediti postupak rješavanja kao u prethodnim zadacima, s tim da moramo imati na umu da se radi o kružnom prstenastom poprečnom presjeku. Da bismo našli dimenzije poprečnog presjeka grede, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i C pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4. (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnih opterećenja): Fy = 0 F Q+F C = 0 (4. 1) gdje je M = 0 M +Q LC Q = ql D = 30 10 3 0.3 = 9kN F C L C = 0 (4. ) Sada se iz (4. ) dobija F C, a uvrštavanjem u (4. 1) sila F, odnosno M +Q LC 1 10 3 0.3 +9 10 3 F C = = = 1.167kN L C 0.3 F = Q F C = 9 10 3 1.167 10 3 = 7.833kN
Dimenzionisanje greda 199 pa su smjerovi reakcija oslonca pravilno pretpostavljeni. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.. Pri tome treba voditi računa o sljedećem: i) vrijednost sile u dijagramu jednaka je nuli u dijelu grede, jer s lijeve strane oslonca nema opterećenja silama, ii) kriva dijagrama sila ispod kontinuiranog opterećenja ima konstantan nagib q od početka do kraja opterećenja. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata, s osloncima, te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). Za razliku od prethodnih zadataka, ekstremne vrijednosti momenata savijanja se osim u tačkama djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući oslonce), mogu nalaziti i ispod kontinuiranog opterećenja na mjestima gdje je transferzalna sila jednaka nuli. Ekstremne vrijednosti transferzalne sile, kao i ranije, nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata. M q C F L C / Q F C +F 7.83 kn 0 1 knm 0.039 m 1.17 kn 0 +M.7 Nm l d C F, kn 0 0 7.83-1.17 M, knm -1-1 -1 0 Slika 4. : Dijagrami sila i momenata savijanja Na osnovu slike 4. se zaključuje da je ekstremna vrijednost transferzalne sile u osloncu grede i iznosi: F max = 7.833kN Što se tiče momenta savijanja, treba samo provjeriti da li je ispod kontinuiranog opterećenja vrijednost momenta po apsolutnoj vrijednosti veća od vrijednosti u dijelu ili ne. U tu svrhu treba provjeriti vrijednost momenta savijanja na mjestu gdje je transferzalna sila jednaka nuli, a to je u presjeku na daljini x od oslonca D u kojoj je F x = 0, tj. F x = F C +q x = 0
00 4 Savijanje odnosno x = F C q = 1.167 103 30 10 3 = 0.0389m u kojoj je vrijednost momenta jednaka M(x) = F C x q x = 1.167 103 0.0389 30 10 3 0.0389 =.7Nm Dakle, ekstremna vrijednost momenta savijanja je u dijelu grede i iznosi M max = 1kNm Treba napomenuti da se u daljem proračunu uzima apsolutna vrijednost momenta, s naznakom da su gornja vlakna vratila izložena zatezanju, a donja pritisku (moment savijanja je negativan). Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu: σ doz = M max d v I pri čemu je za kružni prstenasti presjek = d v M max d 4 v π = 3M max d 64 (1 ψ4 ) 3 vπ(1 ψ 4 ) < σ doz I = d4 v π 64 (1 ψ4 ) ψ = d u d v = 1 1. = 0.8333 iz kojeg se dobija 3M d v = 3 max σ doz π(1 ψ 4 ) = 3 1 10 3 3 100 10 6 π(1 0.83334 ) = 58.16mm i d u = d v 1. = 58.16 103 = 48.5mm 1. Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 6) τ max = 4F ( max d v +d v d u +d ) u 3 d v +d u ( = 4 7.833 103 58.16 +58.16 48.47+48.47 ) 3 811.77 10 6 58.16 +48.47 gdje je τ max = 19.MPa< 50MPa = τ doz = (d v d u )π 4 [ (58.16 10 3 ) (48.467 10 3 ) ] π = = 811.774 10 6 m 4 pa vrijednost dimenzija, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalne napone.
Dimenzionisanje greda 01 Zadatak 4.3 Za gredu kružnog prstenastog poprečnog presjeka odnosa vanjskog i unutrašnjeg prečnika 1.5, opterećenu kao na slici 4.3 1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon na savijanje σ doz = 100 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 50 MPa. Ostali podaci: L = 0.3 m, L C = 0.6 m, L D = 0.8 m, q = 10 kn/m, F=5 kn. L F q C D L C L D Slika 4.3 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.3: Podaci uz zadatak 4.3 L = 0.3 m q = 10 kn/m σ doz = 100 MPa L C = 0.6 m F = 5 kn τ doz = 50 MPa L D = 0.8m L CD = 0.m d v = 1.5d u S obzirom da je poprečni presjek isti kao u prethodnom zadatku (kružni prstenasti) možemo slijediti isti postupak rješavanja. Neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i C, F i F C, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.3 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnih opterećenja): Fy = 0 F F +F C Q = 0 (4.3 1) gdje je M = 0 Q = ql CD = 10 10 3 0. = kn F L +F C L C Q LC +L D Sada se iz (4.3 ) dobija F C, a uvrštavanjem u (4.3 1) sila F, odnosno F L +Q LC +L D 0.6+0.8 5 10 3 0.3+ 10 3 F C = = L C 0.6 F = Q F C +F = 10 3 4.833 10 3 +5 10 3 =.167kN = 0 (4.3 ) = 4.833kN pa su smjerovi reakcija oslonca pravilno pretpostavljeni. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.3. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata
0 4 Savijanje za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata, s osloncima, te krajeve djelovanja kontinuiranog opterećenja). S obzirom da je kontinuirano opterećenje na prepustu kao jedino opterećenje, ekstremne vrijednosti momenta savijanja nalaze se u karakterističnim tačkama. Ekstremne vrijednosti transferzalne sile nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata. F q C D Q F F C +F.17 kn kn 0.83 kn 00 Nm 0 +M 650 Nm l d C l C d D F, kn.17.17 -.83 -.83 0 M, Nm 0 650 650-00 -00 0 Slika 4.3 : Dijagrami sila i momenata savijanja Na osnovu slike 4.3 se zaključuje da je ekstremna vrijednost transferzalne sile u dijelu grede C, dok je ekstremna vrijednost momenta savijanja na mjestu djelovanja sile F, a iznose: F max = 7.833kN M max = 650Nm S obzirom na pozitivan predznak maksimalnog momenta savijanja gornja vlakna grede izložena pritisku, a donja zatezanju. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu: σ doz = M max d v I pri čemu je za kružni prstenasti presjek = d v M max d 4 = 3M max vπ d 64 (1 ψ4 ) 3 v π(1 ψ4 ) < σ doz I = d4 v π 64 (1 ψ4 ) ψ = d u d v = 1 1.5 = 0.8
Dimenzionisanje greda 03 iz kojeg se dobija 3M d v = 3 max σ doz π(1 ψ 4 ) = 3 650 3 100 10 6 π(1 0.84 ) = 48.mm i d u = d v 1.5 = 48. 103 = 38.58mm 1.5 Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 6) τ max = 4F ( max ψ ) +ψ+1 3 ψ +1 ( = 4.833 103 0.8 ) +0.8+1 3 657.51 10 6 0.8 +1 τ max = 5.746MPa< 50MPa = τ doz gdje je = (d v d u )π 4 [ (48. 10 3 ) (38.58 10 3 ) ] π = = 657.51 10 6 m 4 pa vrijednost dimenzija, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalne napone. Zadatak 4.4 Za gredu kružnog prstenastog poprečnog presjeka vanjskog prečnika d 1 = 50 mm, opterećenu kao na slici 4.4 1, odredi dimenzije poprečnog presjeka (unutrašnji prečnik), ako je dozvoljeni napon na savijanje σ doz = 100 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 50 MPa. Ostali podaci: L = 0.4 m, L C = 1 m, L C = 1. m, F = 5 kn, M D =1 knm. L F C D M D L C L D Slika 4.4 1: Opis problema R j e š e nj e Zadatak je sličan prethodnom, s tim da je umjesto odnosa unutrašnjeg i vanjskog prečnika grede, poznat vanjski prečnik pa je neophodno naći unutrašnji (naprimjer, preko izračunatog odnosa). Da bismo našli dimenzije poprečnog presjeka grede, neophodno je naći ekstremne
04 4 Savijanje Tabela 4.4: Podaci uz zadatak 4.4 L = 0.4 m F = 5 kn σ doz = 100 MPa L C = 1 m M D = 1 knm τ doz = 50 MPa L D = 1. m d 1 = 50 mm vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i C, F i F C, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.4 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnih opterećenja): Fy = 0 F F +F C = 0 (4.4 1) M = 0 F L +F C L C M D = 0 (4.4 ) Sada se iz (4.4 ) dobija F C, a uvrštavanjem u (4.4 1) sila F, odnosno F C = M D +F L = 1 103 +5 10 3 0.4 = 3kN L C 1 F = F F C = 5 10 3 3 10 3 = kn pa su smjerovi reakcija oslonca pravilno pretpostavljeni. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.4, na kojoj su date i vrijednosti transferzalnih sila i momenata savijanja u karakterističnim tačkama. S obzirom da nema kontinuiranih opterećenja, ekstremne vrijednosti transferzalne sile i momenata nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata. Na osnovu slike 4.4 se zaključuje da je ekstremna vrijednost transferzalne sile u dijelu C grede, a momenta savijanja na prepustu CD, i iznose: F max = 3kN M max = 1kNm Treba napomenuti da se u daljem proračunu uzima intenzitet momenta, s naznakom da su gornja vlakna vratila izložena zatezanju, a donja pritisku (moment savijanja je negativan). Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu: σ doz = M max d 1 1 I pri čemu je za kružni prstenasti presjek I = d4 1 π 64 (1 ψ4 ) = d 1 M max d 4 = 3M max 1π d 3 64 (1 ψ4 1 ) π(1 ψ4 ) < σ doz iz kojeg se dobija ψ = 4 1 3M max σ doz d 3 1 π = 3 1 10 4 1 3 150 10 6 (50 10 3 ) 3 π = 0.8
Dimenzionisanje greda 05 F C D M D F F C +F kn 0 3 kn 1 knm +M 0 0.8 knm l d C l C d D F, kn -3-3 0 0 M, knm 0 0.8 0.8-1 -1 0 Slika 4.4 : Dijagrami sila i momenata savijanja pa je d = d 1 ψ = 50 10 3 0.8 = 41.105mm Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 6) τ max = 4F ( max d 1 +d 1 d +d ) 3 d 1 +d 4 3 10 3 ( 50 +50 41.105+41.105 ) = 3 636.5 10 6 50 +41.105 gdje je τ max = 9.37MPa < 100MPa = τ doz = (d 1 d )π 4 [ (50 10 3 ) (41.105 10 3 ) ] π = = 636.5 10 6 m 4 pa vrijednost dimenzija, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalne napone. Zadatak 4.5 Za gredu kružnog prstenastog poprečnog presjeka vanjskog prečnika d 1 = 45 mm, opterećenu kao na slici 4.5 1, odredi dimenzije poprečnog presjeka (unutrašnji
06 4 Savijanje prečnik), ako je dozvoljeni napon na savijanje σ doz = 100 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 50 MPa. Ostali podaci: L = 0.4 m, L C = 1 m, L D = 1. m, F = 5 kn, M C =1 knm. L F C M C D L C L D Slika 4.5 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.5: Podaci uz zadatak 4.5 L = 0.4 m F = 5 kn σ doz = 100 MPa L C = 0.5 m M D = 1 knm τ doz = 50 MPa L D = 1. m d 1 = 45 mm Tip zadatka je identičan prethodnom pa je i način rješavanja isti. Da bismo našli dimenzije poprečnog presjeka grede, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i D, F i F D, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.5 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema horizontalnih opterećenja): Fy = 0 F F +F D = 0 (4.5 1) M = 0 F L M C +F D L D = 0 (4.5 ) Sada se iz (4.5 ) dobija F D, a uvrštavanjem u (4.5 1) sila F, odnosno F D = M C +F L = 1 103 +5 10 3 0.4 =.5kN L D 1. F = F F D = 5 10 3.5 10 3 =.5kN pa su smjerovi reakcija oslonca pravilno pretpostavljeni. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.5, na kojoj su date i vrijednosti transferzalnih sila i momenata savijanja u karakterističnim tačkama. S obzirom da nema kontinuiranih opterećenja, ekstremne vrijednosti transferzalne sile i momenata nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata. Na osnovu slike 4.5 se zaključuje da je intenzitet transferzalne sile konstantan čitavom dužinom grede (mijenja predznak u presjeku ), a momenta savijanja na mjestu djelovanja sile F, i iznose: F max =.5kN
Dimenzionisanje greda 07 F M C C D F F D +F.5 kn 0.5 kn +M 0 1 knm 0.5 knm 0.5 knm l d C l C d D F, kn.5.5 -.5 -.5 -.5 -.5 M, knm 0 1 1-0.5 0.5 0 Slika 4.5 : Dijagrami sila i momenata savijanja M max = 1kNm Treba napomenuti da su na mjesto najvećeg momenta savijanja gornja vlakna vratila izložena pritisku, a donja zatezanju (moment savijanja je pozitivan). Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu: σ doz = M max d 1 I pri čemu je za kružni prstenasti presjek I = d4 1 π 64 (1 ψ4 ) = d 1 M max d 4 1 π = 3M max d 3 64 (1 ψ4 1 ) π(1 ψ4 ) < σ doz iz kojeg se dobija ψ = 4 1 3M max σ doz d 3 1 π = 3 1 10 4 1 3 00 10 6 (50 10 3 ) 3 π = 0.815 pa je d = d 1 ψ = 45 10 3 0.815 = 36.67mm
08 4 Savijanje Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 6) τ max = 4F ( max d 1 +d 1 d +d ) 3 d 1 +d ( = 4.5 103 45 +45 36.67+36.67 ) 3 534.14 10 6 45 +36.67 τ max = 9.97MPa<100MPa = τ doz gdje je [ = (d 1 d )π (45 10 3 ) (36.67 10 3 ) ] π = = 534.14 10 6 m 4 4 pa vrijednost dimenzija, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalne napone. Zadatak 4.6 Za gredu pravougaonog poprečnog presjeka odnosa visine i širine, opterećenu kao na slici 4.6 1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon na savijanje σ doz = 10 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 0.8 MPa. Ostali podaci: L = 0.3 m, L C = 0.5 m, L D = 0.6 m, F = 1 kn, F D =1 kn. L F C D L C L D F D Slika 4.6 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.6: Podaci uz zadatak 4.6 L = 0.3 m F = 1 kn σ doz = 10 MPa L C = 0.5 m F D = 1 kn τ doz = 0.8 MPa L D = 0.6 m h = b Ovaj zadatak pripada grupi zadataka iz dimenzionisanja greda s pravougaonim poprečnim presjekom poznatog odnosa visine i širine, pa je postupak rješavanja identičan onom objašnjenom u zadatku 4.17. Prvo je potrebno naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i C, F i F C, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.6 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F F +F C +F D = 0 (4.6 1)
Dimenzionisanje greda 09 M = 0 F L +F C L C +F D L D = 0 (4.6 ) Sada se iz (4.6 ) dobija F C, a uvrštavanjem u (4.6 1) sila F, odnosno F C = F L F D L D 1 103 0.3 1 103 0.6 = = 600N L C 0.5 F = F F C F D = 1000 ( 600) 1000 = 600N pa je smjer sile F C pogrešno pretpostavljen. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.6 uz vrijednosti sila i momenata u karakterističnim tačkama. S obzirom da nema kontinuiranog opterećenja, ekstremne vrijednosti transferzalne sile i momenta savijanja nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata. F C D F F C F D +F 600 N 0 400 Nm 1 kn 0 +M 180 Nm 100 Nm l d C l C d D F, kn 0.6 0.6-0.4-0.4-1 -1 M, Nm 0 180 180 100 100 0 Slika 4.6 : Dijagrami sila i momenata savijanja Na osnovu slike 4.6 se zaključuje da je ekstremna vrijednost transferzalne sile duž prepusta CD, a momenta na mjestu djelovanja sile F, i iznose: F max = 1kN M max = 180Nm S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost momenta, gornja vlakna grede su napregnuta pritiskom, a donja zatezanjem. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu: σ doz = M max h I = b M max 3M max = b 3 < σ doz 3 b4
10 4 Savijanje pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom visine i širine h = b I = b h3 1 = b (b)3 = 1 3 b4 iz kojeg se dobija 3Mmax 3 180 b = 3 = 3 σ doz 10 10 6 = 30mm pa je h = b = 30 = 60 mm. Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 4) (uzima se apsolutna vrijednost sile) gdje je τ doz = 3F max = 3 1000 1800 10 6 = 0.833MPa>0.8MPa = τ doz = bh = 30 10 3 60 10 3 = 1800 10 6 m pa vrijednosti dimenzija, dobivenih na osnovu normalnih napona, ne zadovoljavaju tangencijalne napone. Zbog toga se dimenzionisanje mora uraditi koristeći izraz τ doz = 3F max = 3F max b b = 3F max 4b =< τ doz po kojem je b = 3Fmax 4τ doz = 3 1000 4 0.8 10 6 = 30.6mm odnosno h = b = 30.6 = 61. mm. Dakle, potrebne dimenzije poprečnog presjeka grede su 30.6 61. mm. Zadatak 4.7 Za gredu pravougaonog poprečnog presjeka odnosa visine i širine 0.5, opterećenu kao na slici 4.7 1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon na savijanje σ doz = 15 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = MPa. Ostali podaci: L = 0.15 m, L C = 0.35 m, L D = 0.6 m, F = 5 kn, F C =3 kn. L F C D L C L D F C Slika 4.7 1: Opis problema
Dimenzionisanje greda 11 R j e š e nj e Tabela 4.7: Podaci uz zadatak 4.7 L = 0.15 m F = 5 kn σ doz = 15 MPa L C = 0.35 m F C = 3 kn τ doz = MPa L D = 0.6 m b = h Ovaj zadatak pripada grupi zadataka iz dimenzionisanja greda s pravougaonim poprečnim presjekom poznatog odnosa visine i širine, pa je postupak rješavanja identičan rješavanju prethodnog zadatka. Prvo je potrebno naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i D, F i F D, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.7 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F F +F C +F D = 0 (4.7 1) M = 0 F L +F C L C +F D L D = 0 (4.7 ) Sada se iz (4.7 ) dobija F D, a uvrštavanjem u (4.7 1) sila F, odnosno F D = F L F C L C 5 103 0.15 3 103 0.35 = = 500N L D 0.6 F = F F C F D = 5000 3000 ( 500) =.5kN pa je smjer sile F D pogrešno pretpostavljen. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.7 uz vrijednosti sila i momenata u karakterističnim tačkama. S obzirom da nema kontinuiranog opterećenja, ekstremne vrijednosti transferzalne sile i momenta savijanja nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata. Na osnovu slike 4.7 se zaključuje da je ekstremna vrijednost transferzalne sile u dijelu C (mijenja predznak u ), a momenta na mjestu djelovanja sile F, i iznose: F max =.5kN M max = 375Nm S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost momenta, gornja vlakna grede su napregnuta pritiskom, a donja zatezanjem. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu: σ doz = M max h I = h M max 3M max = 1 h 3 < σ doz 6 h4 pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom širine i visine b = h I = b h3 1 = h (h)3 = 1 1 6 h4
1 4 Savijanje F C D F F C F D +F.5 kn 0.5 kn 0.5 kn 15 Nm +M 0 375 Nm 100 Nm l d C l C d D F, kn.5.5 -.5 -.5 0.5 0.5 M, Nm 0 375 375 15 15 0 Slika 4.7 : Dijagrami sila i momenata savijanja iz kojeg se dobija 3Mmax 3 375 b = 3 = 3 σ doz 15 10 6 = 4.17mm pa je b = h = 41.17 = 84.34 mm. Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 4) gdje je τ doz = 3F max = 3.5 103 3.557 10 3 = 1.054MPa<MPa = τ doz = bh = 84.34 10 3 4.17 10 3 = 3.557 10 3 m pa vrijednosti dimenzija, dobivenih na osnovu normalnih napona, zadovoljavaju i tangencijalne napone. Zadatak 4.8 Za gredu kružnog poprečnog presjeka prečnika d, opterećenu kao na slici 4.8 1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon na savijanjeσ doz = 100 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 50 MPa. Ostali podaci: L = 0.4 m, L C = 1 m, L D = 1. m, L E = 1.5 m, F = 10 kn, F C = kn, M E =1 knm.
Dimenzionisanje greda 13 L F C D E M E L C L D F C L E Slika 4.8 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.8: Podaci uz zadatak 4.8 L = 0.4 m F = 10 kn σ doz = 100 MPa L C = 1 m F C = kn τ doz = 50 MPa L D = 1. m L E = 1.5 m M E = 1 knm Zadatak je sličan prethodnom, pa je i postupak rješavanja identičan, s tim da je poprečni presjek u ovom slučaju krug. Dakle, prvo je potrebno naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i D, F i F D, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.8 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F F +F C +F D = 0 (4.8 1) M = 0 F L +F C L C +F D L D M E = 0 (4.8 ) Sada se iz (4.8 ) dobija F D, a uvrštavanjem u (4.8 1) sila F, odnosno F D = F 3 L F C L C +M E 10 103 0.4 103 1+1 10 = =.5kN L D 1. F = F F C F D = 10 10 3 10 3.5 10 3 = 5.5kN pa su smjerovi sila F i F D pravilno pretpostavljeni. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.8 uz vrijednosti sila i momenata u karakterističnim tačkama. S obzirom da nema kontinuiranog opterećenja, ekstremne vrijednosti transferzalne sile i momenta savijanja nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući i reakcije oslonaca). Na osnovu slike 4.8 se zaključuje da je najveći intenzitet transferzalne sile u dijelu grede, a momenta ispod djelovanja sile F, i iznose: F max = 5.5kN
14 4 Savijanje F C D E M E +F 5.5 kn F F C F D 0 4.5 kn.5 kn 500 Nm 1 knm +M 0. knm l d C l C d D l D d E F, kn 5.5 5.5-4.5-4.5 -.5 -.5 0 0 M, knm 0.. -0.5-0.5-1 -1-1 Slika 4.8 : Dijagrami sila i momenata savijanja M max =.knm S obzirom da je dobivena pozitivna vrijednost momenta savijanja, gornja vlakna grede su napregnuta pritiskom, a donja zatezanjem. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu: σ doz = M max d I = M max d d 4 π 64 pri čemu je za puni kružni presjek = 3M max d 3 π < σ doz I = d4 π 64 iz kojeg se dobija 3Mmax 3. 10 d = 3 σ doz π = 3 3 = 60.74mm 100 106 π Nakon dimenzionisanja greda koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 5) τ doz = 4F max 3 = 4 5.5 103 3.898 10 3 =.53MPa< 50MPa = τ doz
Dimenzionisanje greda 15 gdje je = d π 4 = (60.74 10 3 ) π =.898 10 3 m 4 pa vrijednost prečnika od 60.74 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalne napone. Zadatak 4.9 Za gredu kvadratnog poprečnog presjeka stranice b, opterećenu kao na slici 4.9 1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon na savijanjeσ doz = 100 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 70 MPa. Ostali podaci: L = 0.4 m, L C = 1 m, L D = 1. m, L E = 1.5 m, F = 10 kn, M C = 1 knm, F E = kn. L F C M C D E L C L D F E L E Slika 4.9 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 4.9: Podaci uz zadatak 4.9 L = 0.4 m F = 10 kn σ doz = 100 MPa L C = 1 m M C = 1 kn/m τ doz = 70 MPa L D = 1. m F E = kn L E = 1.5 m Zadatak je sličan prethodnim zadacima; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće, s tim da u ovom slučaju imamo kvadratni poprečni presjek. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i D, F i F D, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.9 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F F +F D +F E = 0 (4.9 1) M = 0 F L M C +F D L D +F E L E = 0 (4.9 )
16 4 Savijanje Sada se iz (4.9 ) dobija F D, a uvrštavanjem u (4.9 1) sila F, odnosno F D = F L +M C F E L E L D = 10 103 0.4+1 103 10 3 1.5 = 1.667kN 1. F = F F D F E = 10 10 3 1.667 10 3 10 3 = 6.333kN pa su smjerovi sila F i F D pravilno pretpostavljeni. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.9. Na slici su date i vrijednosti sila i momenata za karakteristične tačke (položaje djelovanja sila/momenata). S obzirom da nema kontinuiranog opterećenja, ekstremne vrijednosti transferzalne sile i momenta nalaze se na mjestima djelovanja vanjskih sila/momenata (uključujući i reakcije oslonaca). F M C C D E +F 6.3 kn F F D F E 0 3.7 kn 1.3 kn 0.33 knm +M 0.5 knm 1.33 knm 0.6 knm l d C l C d D l D d E F, kn 6.3 6.3-3.7-3.7-3.7-3.7-1.3-1.3 M, knm 0.5.5 0.33 1.33 0.6 0.6 0 Slika 4.9 : Dijagrami sila i momenata savijanja Na osnovu slike 4.9 se zaključuje da su ekstremne vrijednosti transferzalne sile u dijelu grede, a momenta savijanja na mjestu djelovanja sile F i iznose: F max = 6.333kN M max =.533kNm Treba napomenuti da su u ovom slučaju na mjestu maksimalnog momenta savijanja (pozitivna vrijednost) gornja vlakna grede izložena zatezanju, a donja pritisku.
Dimenzionisanje greda 17 Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu: σ doz = M max b I = M max b b 4 1 = 6M max b 3 pri čemu je za kvadratni poprečni presjek I = b4 1 < σ doz iz kojeg se dobija 6Mmax 6.533 10 3 b = 3 = 3 σ doz 100 10 6 = 53.37mm Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 4) gdje je τ doz = 3F max = 3 6.333 103.848 10 3 = 3.34MPa < 70MPa = τ doz = b = (53.37 10 3 ) =.848 10 3 m pa vrijednost stranice od 53.37 mm, dobivena na osnovu normalnih napona, zadovoljava i tangencijalne napone. Zadatak 4.30 Za gredu pravougaonog poprečnog presjeka odnosa visine i širine h : b = 1.5 : 1, opterećenu kao na slici 4.30 1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon na savijanje σ doz = 1 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 1. MPa. Ostali podaci: a = 0.6 m, b = 0.4 m, F = 10 kn. C F a b Slika 4.30 1: Opis problema R j e š e nj e Zadatak je sličan zadatku 4.0 pa je postupak rješavanja identičan; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće pri čemu je poprečni presjek pravougaonik s poznatim odnosom stranica. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i, F i F, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu
18 4 Savijanje Tabela 4.30: Podaci uz zadatak 4.30 a = 0.6 m F = 10 kn σ doz = 1 MPa b = 0.4 m h = 1.5b τ doz = 1. MPa L = 1 m pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.30 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F +F F = 0 (4.30 1) M = 0 F L F a = 0 (4.30 ) Sada se iz (4.30 ) dobija F, a uvrštavanjem u (4.30 1) sila F, odnosno a 0.6 F = F = 10 10 3 L 1 = 6kN F = F F = 10 10 3 6 10 3 = 4kN pa su smjerovi sila F i F pravilno pretpostavljeni. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.30 uz vrijednosti sila i momenata u karakterističnim tačkama; radi se o jednom od osnovnih oblika opterećenih greda. F C F F +F 4 kn 0 6 kn 0 +M.4 knm C l C d F, kn 4 4-6 -6 M, knm 0.4.4 0 Slika 4.30 : Dijagrami sila i momenata savijanja
Dimenzionisanje greda 19 Na osnovu slike 4.30 se zaključuje da su najveći intenziteti transferzalne sile u dijelu C, a momenta savijanja ispod djelovanja sile F, i iznose: F max = 6kN M max =.4Nm Pošto je moment savijanja pozitivan, gornja vlakna grede su napregnuta pritiskom, a donja zatezanjem. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu: σ doz = M max h I = h M max = 8M max 3 16 b3 h 3 b 3 < σ doz pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom visine i širine h : b = 1.5 I = b h3 1 = b h h = b (1.5b) h = 3 1 1 16 b3 h iz kojeg se dobija 8Mmax 8.4 10 3 b = 3 = 3 3σ doz 3 1 10 6 = 81.1mm pa je h = 1.5b = 1.5 81.1 = 11.64 mm. Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 4) gdje je τ doz = 3F max = 3 6 10 3 9.865 10 3 = 0.91MPa< 1.MPa = τ doz = bh = 81.1 10 3 11.64 10 3 = 9.865 10 3 m pa vrijednosti dimenzija (81.1 11.64 mm), dobivenih na osnovu normalnih napona, zadovoljavaju i tangencijalne napone. Zadatak 4.31 Za gredu pravougaonog poprečnog presjeka odnosa visine i širine h : b = 1 : 1.5, opterećenu kao na slici 4.31 1, odredi dimenzije poprečnog presjeka, ako je dozvoljeni napon na savijanje σ doz = 1 MPa, a dozvoljeni tangencijalni napon je τ doz = 1. MPa. Ostali podaci: a = 0.6 m, b = 0.4 m, M = 10 knm. M C a b Slika 4.31 1: Opis problema
0 4 Savijanje Tabela 4.31: Podaci uz zadatak 4.31 a = 0.6 m M = 10 knm σ doz = 1 MPa b = 0.4 m b = 1.5h τ doz = 1. MPa L = 1 m R j e š e nj e Zadatak je sličan prethodnom pa je postupak rješavanja identičan; radi se o dimenzionisanju na osnovu kriterija čvrstoće, pri čemu je poprečni presjek pravougaonik s poznatim odnosom stranica. Da bismo dimenzionisali gredu, neophodno je naći ekstremne vrijednosti momenata savijanja i transferzalnih sila koji djeluju na gredu. U tu svrhu neophodno je prvo naći reakcije oslonaca i, F i F, pa postavljamo dvije jednačine ravnoteže pri čemu pretpostavljamo da obje reakcije djeluju prema gore, kao na slici 4.31 (zbir sila u horizontalnom pravcu nije potrebno postavljati s obzirom da nema opterećenja u horizontalnom pravcu): Fy = 0 F +F = 0 (4.31 1) M = 0 F L M = 0 (4.31 ) Sada se iz (4.31 ) dobija F, a uvrštavanjem u (4.31 1) sila F, odnosno F = M = 10 103 = 10kN L 1 F = F = 10kN pa je smjer sile F pogrešno pretpostavljen. Kada smo dobili reakcije oslonaca možemo nacrtati dijagram sila i dijagram momenata savijanja, kao što je dato na slici 4.31, pri čemu su date i vrijednosti sila i momenata u karakterističnim tačkama; i u ovom slučaju radi se o jednom od najjednostavnijih tipova opterećenja prostih greda. Na osnovu slike 4.31 se zaključuje da je transferzalna sila konstantna čitavom dužinom grede, a moment savijanja najveći ispod djelovanja vanjskog momenta s lijeve strane, i iznose: F max = 10kN M max = 6kNm pri čemu se u daljem proračunu uzimaju njihovi intenziteti. Pošto je moment savijanja negativan, gornja vlakna grede su napregnuta zatezanjem, a donja pritiskom. Sada se koristeći izraz (4 1) može dimenzionisati greda na osnovu: σ doz = M max h I = b M max 3 = 81 b4 7M max b 3 < σ doz pri čemu je za pravougaoni poprečni presjek s odnosom visine i širine h : b = 1 : 1.5 ( ) 3 b b I = b h3 1 = 3 = 1 81 b4
Dimenzionisanje greda 1 M C F F +F 0 10 kn 6 knm +M 0 4 knm C l C d F, kn -10-10 -10-10 M, knm 0-6 -4 0 Slika 4.31 : Dijagrami sila i momenata savijanja iz kojeg se dobija 7Mmax 7 6 10 3 b = 3 = 3 σ doz 1 10 6 = 188.99mm pa je h = b/3 = 188.99/3= 15.99 mm. Nakon dimenzionisanja grede koristeći normalne napone, neophodno je provjeriti tangencijalne napone na osnovu maksimalne vrijednosti sile koristeći izraz (4 4) gdje je τ doz = 3F max = 3 10 103.381 10 = 0.63MPa < 1.MPa = τ doz = bh = 188.99 10 3 15.99 10 3 =.381 10 m pa vrijednosti dimenzija (188.99 15.99 mm), dobivenih na osnovu normalnih napona, zadovoljavaju i tangencijalne napone.
Poglavlje 5 Složena naprezanja 5.1 Osnovne formule Normalni i tangencijalni naponi za element napona zarotiran za ugao θ: σ x1 = σ x +σ y + σ x σ y cosθ +τ xy sinθ (5 1) τ xy = σ x σ y sinθ+τ xy cosθ (5 ) Glavni normalni naponi i pravac djelovanja: σ 1, = σ x +σ y ± (σx σ y ) +τ xy (5 3) tgθ p = τ xy σ x σ y Maksimalni tangencijalni naponi i pravac djelovanja: (σx ) σ y τ max = ± +τxy = ± σ 1 σ tgθ s = σ x σ y τ xy (5 4) (5 5) (5 6)
4 5 Složena naprezanja 5. Zadaci Zadatak 5.1 Horizontalni nosač C na slici 5.1 1, napravljen od šipke kružnog poprečnog presjeka prečnika 60 mm, izložen je silama P 1 = kn koja djeluje vertikalno, i P = 3 kn, koja djeluje horizontalno s dijelom, dužine 0.8 m. Izračunati glavne normalne i maksimalne tangencijalne napone u tački p (vidi sliku) uzrokovane djelovanjem sile P. y 0 p x 0 z 0 C 0.4 m P y 0 p P 1 60 mm x 0 Slika 5.1 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 5.1: Podaci uz zadatak 5.1 L C = 0.4 m d = 60 mm P 1 = kn L = 0.8 m P = 3 kn Ovakav tip zadataka prostorna složena opterećenja mogu se (šablonski) rješavati na dva načina: (i) redukcijom vanjskih opterećenja na površinu poprečnog presjeka u kojem trebamo naći napone i(ii) postavljanjem nepoznatih reakcija u poprečnom presjeku u kojem se traže naponi i njihovim određivanjem preko jednačina ravnoteže. U oba slučaja dobivaju se opterećenja koja djeluju na posmatrani poprečni presjek pomoću kojih se određuju normalni i tangencijalni naponi, koji se odnose na pojedinačna opterećenja. Ovaj zadatak će se riješiti korištenjem oba pristupa. Treba napomenuti da se zadatkom traži samo određivanje napona usljed djelovanja sile P, dok studentu ostaje za vježbu da nađe napone koji nastaju usljed djelovanja sile P 1. Postupak I: Redukcija vanjskih opterećenja Redukcija vanjskih opterećenja (sila, pošto se momenti prenose) na posmatranu površinu može se uraditi postepeno, kao što je prikazano na slikama 4.5 a-c. Prvo se sila P reducira Striktno govoreći, redukcija sile se vrši u tačku u prostoru, a ne na površinu. U kontekstu ove zbirke pojam redukcija na površinu predstavlja redukciju na težište posmatrane površine.
Zadaci 5 na presjek (slika 4.5 b), pri čemu je moment savijanja M y0 prikazan plavom strelicom. Nakon toga se opterećenja u presjeku, P i M y0, reduciraju na presjek, kao što je prikazano na slici 4.5 c. Dakle, sila P se može redukovati na površinu u uklještenju, koja sadrži tačku p, tako što se njen utjecaj u presjeku C redukuje na pritisnu silu P i moment savijanja, M y0 = P L C oko ose y 0 u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu. Iz teorije je poznato da pritisna sila izaziva (pritisne) normalne napone, a moment savijanja normalne napone, tako da pojedinačno imamo: a) Normalni naponi usljed pritisne sile P Normalni naponi usljed aksijalne sile se dobivaju na osnovu izraza (1 1) i vrijede za sve tačke poprečnog presjeka pa tako i za tačku p, kao što je prikazano na slici 5.1 d gdje je σ p = P = 3 103 = 1.1MPa.87 10 3 = d π 4 = (60 10 3 ) π =.87 10 3 m 4 b) Normalni naponi usljed momenta savijanja M y0 = P L C Kao što je ranije rečeno, moment savijanja M y0 djeluje oko ose y 0 u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu, tako da su vlakna u pozitivnom dijelu ose x 0 napregnuta pritiskom, a ona u negativnom dijelu ose x 0 zatezanjem, pri čemu je raspodjela napona linearna, kao što je prikazano na slici 5.1 d. S obzirom na položaj tačke p, jasno je da se radi o najudaljenijim vlaknima, izloženim pritisku (predznak " "), pa se korištenjem izraza (4 1) dobiva traženi napon gdje je σ s = M y 0 x 0 = P L C d I y0 I y0 = 3 103 0.4 60 10 3 6.36 10 7 = 56.6MPa I y0 = d4 π 64 = (60 10 3 ) 4 π = 6.36 10 7 m 4 64 c) S obzirom da u poprečnom presjeku nema nikakvih opterećenja koja su posljedica djelovanja sile P, a koja izazivaju tangencijalne napone (smičuća sila ili uvijanje), u tački p ne računamo tangencijalne napone Kada su identificirane i izračunate vrijednosti pojedinačnih tangencijalnih i normalnih komponenti napona, istovrsni naponi se saberu pa možemo izračunati maksimalne tangencijalne i glavne normalne napone. Za tačku p, gdje vladaju samo normalni naponi, može se nacrtati element napona, kao što je prikazano na slici 5.1 e. Dakle, jasno je da se radi o aksijalno opterećenom elementu s najvećim normalnim naponom jednakim σ max = 1.1 10 6 +( 56.6 10 6 ) = 57.7MPa Općenito, vektor momenta sile predstavlja vektorski proizvod odstojanja posmatrane tačke od mjesta djelovanja sile i te sile, M = r F. Dakle, smjer se određuje pravilom desne ruke, krečući se od vektora odstojanja ( C) do vektora sile( P ). Treba napomenuti da to ne znači da u presjeku nema tangencijalnih napona, nego samo da nama opterećenja koja su direktno vezana za njihovo računanje.
6 5 Složena naprezanja a) b) y 0 z 0 C L C P p x 0 z 0 M y0 =L C P P y 0 p x 0 c) d) y 0 e) y 0 M y0 =L C P p x 0 57.7 MPa 57.7 MPa P p x 0 56.6 MPa σ s 1.1 MPa σ p 56.6 MPa Slika 5.1 : Postupak I: Redukcija vanjskih opterećenja - redukcija sile (a-c), rapodjela normalnih napona (d), element napona (e) Iz teorije je poznato (Mohrov krug za aksijalno opterećeni element) da je u ovom slučaju maksimalan tangencijalni napon jednak polovini glavnog normalnog napona, odnosno τ max = ± σ max = ± 57.7 106 = 57.7MPa Treba napomenuti da se do istih vrijednosti moglo doći i korištenjem izraza (5 3) i (5 5), ali s obzirom da se radilo o jednostavnom naponskom stanju za koji su poznate veze glavnih normalnih i maksimalnih tangencijalnih napona postupak je skraćen. Postupak II: Postavljanje i određivanje nepoznatih reakcija Ovaj postupak rješavanja je više sistematičan nego prethodni i može se uvijek primjeniti na isti način. Poprečni presjek u kojem se traže naponi se oslobodi veza s jedne strane i utjecaj tog odvojenog dijela se zamijeni reakcijama. U tom smislu, utjecaj uklještenja na nosač se zamijeni sa 6 reakcija, i to 3 sile u pravcu svake od osa, F x0, F y0 i F z0, te 3 momenta oko osa, M x0, M y0 i M z0, kao što je prikazano na slici 5.1 3. Treba napomenuti da ove reakcije djeluju na površinu poprečnog presjeka s normalom prema negativnoj osi z 0 za razliku od prethodnog postupka rješavanja, gdje se sile reduciraju na površinu čija je normala usmjerena u pozitivnom pravcu ose z0. Pri tome, svaka od ovih reakcija predstavlja
Zadaci 7 određeno opterećenje, koje uzrokuje određenu vrstu napona, kako slijedi (predznak napona je prema pretpostavki smjera djelovanja): a) Sila F x0 smicanje: tangencijalni napon u smjeru djelovanja sile, b) Sila F y0 smicanje: tangencijalni napon u smjeru djelovanja sile, c) Sila F z0 aksijalno opterećenje: normalni napon; zatežući u negativnom smjeru ose z 0, d) Momenat M x0 savijanje oko ose x 0 : normalni naponi; pritisni u pozitivnom dijelu ose y 0, a zatezni u negativnom, e) Momenat M y0 savijanje oko ose y 0 : normalni naponi; pritisni u negativnom dijelu ose x 0, a zatezni u pozitivnom, f) Momenat M z0 uvijanje: tangencijalni naponi u smjeru okretanja kazaljke na satu. Nakon što se pretpostave reakcije koje vladaju u poprečnom presjeku, postavljaju se jednačine ravnoteže (ukupno 6 jednačina, jer se radi o prostornom problemu), pri čemu i ovdje posmatrano samo silu P : Fx = 0 F x0 = 0 Fy = 0 F y0 = 0 Fz = 0 F z0 +P = 0 Mx = 0 M x0 = 0 My = 0 M y0 +P L C = 0 Mz = 0 M z0 = 0 Na osnovu prethodnog sistema jednačina ravnoteže jasno da su jedine reakcije različite od nule F z0 = P i M y0 = P L C pa se dalji tok rješavanja svodi na rješavanje prema prvom postupku. Pri tome treba imati u vidu pretpostavljene smjerove djelovanja reakcija na posmatrani poprečni presjek. y 0 M y0 F y0 F z0 p F x0 M z0 M x0 x 0 z 0 C L C P Slika 5.1 3: Postupak II: postavljanje reakcija na posmatrani presjek
8 5 Složena naprezanja Koji od predstavljena dva postupka koristiti potpuno je svejedno. Prvi postupak zahtijeva manje pisanja i više vještine u prepoznavanju opterećenja. S druge strane, drugi postupak je općeniti pristup rješavanju ovog tipa problema tako da se uvijek mogu pratiti isti koraci u rješavanju, ali se zbog toga u nekim slučajevima pojedini koraci bezrazložno razmatraju. Zadatak 5. Koljenasto vratilo opterećeno je silom P = 1 kn kao na slici 5. 1. ko je prečnik gornjeg (fiksiranog) dijela vratila 0 mm, izračunaj glavne normalne i maksimalni tangencijalni napon u tački, koja leži na vanjskoj površini vratila na osi y 0. y 0 b 1 =80 mm z 0 x 0 y 0 b =10 mm z 0 0 mm b 3 =40 mm P=1 kn Slika 5. 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 5.: Podaci uz zadatak 5. b 1 = 80 mm d = 0 mm P = 1 kn b = 10 mm b 3 = 40 mm Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački poprečnog presjeka kojem pripada tačka (površina u uklještenju), neophodno je silu P redukovati na poprečni presjek u uklještenju. To se može uraditi postepeno, kao što je prikazano na slikama 5. a-d. Konačno (slika 5. d) sila P se redukuje na: i) silu P, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u pozitivnom smjeru ose z 0 izaziva smicanje (tangencijalni naponi) ii) moment uvijanja T = M x0 P b oko ose x 0 u smjeru kretanja kazaljke na satu, koji nastaje usljed djelovanja sile P na kraku b izaziva uvijanje (tangencijalni naponi),
Zadaci 9 iii) moment savijanja oko ose y 0, M y0 = P (b 1 +b 3 ), u smjeru kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni naponi). Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunati i napone, kako slijedi: a) b) y 0 b 1 y 0 b 1 z 0 x 0 z 0 x 0 b b y 0 b 3 c) d) P y 0 P M y01 =P b 3 b 1 T=M x0 =P b z 0 P T=M x0 =P b x 0 M y01 =P b 3 z 0 P x 0 M y01 =P b 3 M y0 =P (b 1 +b 3 ) M y0 =P b 1 Slika 5. : Redukcija vanjskih opterećenja i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom P, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosno osi y 0, kojoj upravo pripada tačka, i usmjereni su u pozitivnom smjeru ose z 0 (slika 5. 3a). S obzirom da se radi o punom kružnom poprečnom presjeku, koristeći izraz (4 5) dobija se τ s = 4 P 3 = 4 3 1000 = 4.44MPa 314.16 10 6
30 5 Složena naprezanja gdje je = d π 4 = (0 10 3 ) π = 314.159 10 6 m 4 ii) Tangencijalni napon τ u usljed momenta uvijanja T = M x0 = P b oko ose x 0 djeluje u smjeru kretanja kazaljke na satu pa ima smjer negativne ose z 0, kao što je prikazano na slici 5. 3a. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3 1) gdje je τ u = T d I o = P b d I o = 1000 10 10 3 0 10 3 1.571 10 8 = 76.4MPa I o = d4 π 3 = (0 10 3 ) 4 π = 1.571 10 8 m 4 3 iii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose y 0 linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5. 3b), a jednak je nuli u neutralnoj osi, odnosno osi y 0 oko koje se vrši savijanje. S obzirom da se tačka nalazi na neutralnoj osi, normalna komponenta napona je jednaka nuli. Kada su identificirane i izračunate vrijednosti pojedinačnih tangencijalnih i normalnih komponenti napona, istovrsni naponi se saberu pa možemo izračunati maksimalne tangencijalne i glavne normalne napone. Na slikama 5. 3a-b su prikazani pojedinačni naponi u tački/presjeku uz element napona (5. 3c) i Mohrov krug (5. 3d). a) b) T=M x0 =P b y 0 τ u z 0 y 0 z 0 τ s P x 0 M y0 =P (b 1 +b 3 ) σ s c) d) τ u τ s τ u τ s σ τ u τ s τ Slika 5. 3: Redukovana opterećenja (a), raspodjela normalnih napona (b), element napona (c) i Mohrov krug napona
Zadaci 31 Jasno da je maksimalni tangencijalni napon τ max = τ u τ s = 76.4 10 6 4.4 10 6 = 7.16MPa a maksimalni normalni napon σ max = τ max = 7.16MPa Treba napomenuti da se do istih vrijednosti moglo doći i korištenjem izraza (5 3) i (5 5), ali s obzirom da se radilo o jednostavnom naponskom stanju (u tački djeluju samo komponente tangencijalnih napona) to se moglo uraditi i pomoću skice M ohrovog kruga napona za tačku. Zadatak 5.3 Šipka prečnika 40 mm izložena je sili od 800 N, kao na slici 5.3 1. Naći napone koji djeluju u pojedinim tačkama i to: a) Grupa : u tački, b) Grupa : u tački. 150 mm 00 mm z x 30º y 800 N Slika 5.3 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 5.3: Podaci uz zadatak 5.3 L 1 = 150 mm d = 40 mm F = 800 N L = 00 mm α = 30 S obzirom da se obje tačke, i, nalaze na istom poprečnom presjeku, razmotrimo prvo koja opterećenja vladaju na toj površini. Prvo razložimo silu F = 800 N na dvije komponente: F y, u pravcu ose y i F z u pravcu ose z, kao što je prikazano na slici 5.3 a. Intenziteti komponenti su kako slijedi F y = F sinα = 800 sin30 = 400N F z = F cosα = 800 cos30 = 69.8N Jedna grupa studenata radila je zadatak pod a), a druga pod b). Na sličan način biće urađeni i ostali zadaci koji su zadati u više grupa.
3 5 Složena naprezanja Obje komponente sada redukujemo na poprečni presjek koji sadrži tačke i : komponenta silef y ostaje kakva jeste (pošto je aksijalna), dok se komponenta silef z redukuje na smičuću silu F z i moment savijanja M x = F z L oko ose x s negativnim predznakom (gornja vlakna su izložena zatezanju, a donja na pritisku). Dakle, u presjeku koji sadrži tačke u usljed djelovanja sile F javljaju se sljedeća opterećenja (vidi sliku 5.3 b): i) aksijalno (zatežuće) opterećenje usljed djelovanja komponente F y normalni naponi, ii) smicanje usljed djelovanja komponente F z prema dolje tangencijalni napon, iii) savijanje usljed djelovanja momenta savijanja M x = F z L normalni napon. Sada možemo odrediti napone u pojedinim tačkama. a) L z x F y y α F z F b) c) M x =L F z x z τ s F z F y y x z MPa σ s MPa σ z 0.3 MPa Slika 5.3 : Redukcija sila na posmatrani poprečni presjek (a-b) i raspodjela normalnih napona 1. Grupa : napon u tački Tačka nalazi se na osi x, koja ujedno predstavlja neutralnu liniju poprečnog presjeka pri djelovanju momenta savijanja M x. Stoga se u ovoj tački javljaju samo naponi usljed djelovanja aksijalne sile F y i smicajne sile F z (maksimalni tangencijalni napon za poprečni presjek), a naponi imaju sljedeće vrijednosti: i) Normalni napon usljed aksijalne sile F y dobiva se na osnovu izraza (1 1)(slika 5.3 c) gdje je σ z = F y = 400 = 318.31kPa 1.57 10 3 = d π 4 = (40 10 3 ) π = 1.57 10 3 m 4
Zadaci 33 ii) Tangencijalni napon usljed sile smicanja F z dobiva se na osnovu izraza (4 5) i ima smjer djelovanja sile F z (slika 5.3 b) τ s = 4 F z 3 = 4 3. Grupa : napon u tački 69.8 = 735.1kPa 1.57 10 3 Tačka nalazi se na osi z na vanjskoj površini, tako da se u ovoj tački javlja normalni napon usljed aksijalnog opterećenja te normalni napon usljed savijanja, dok je tangencijalni napon usljed smicajne sile jednak nuli. Naponi imaju sljedeće vrijednosti i) Normalni napon usljed aksijalne sile F y isti je kao za tačku σ z = F y = 400 = 318.31kPa 1.57 10 3 ii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.3 ), a u tački ima pritisni karakter (slika 5.3 c). Vrijednost napona je prema izrazu (4 1) σ s = M x z = F z L d I x I x = 69.8 0. 40 10 3 1.57 10 7 =.05MPa gdje je za kružni poprečni presjek I x = d4 π 64 = (40 10 3 ) 4 π = 1.57 10 7 m 4 64 Zadatak 5.4 Za dio na slici 5.4 1 u tački odrediti: a) tangencijalne napone, b) normalne napone. z a a-a x x z a 300 mm F=6 kn 40 mm y 300 mm 50 mm Slika 5.4 1: Opis problema
34 5 Složena naprezanja R j e š e nj e Tabela 5.4: Podaci uz zadatak 5.4 L 1 = 300 mm d 1 = 100 mm F = 6 kn L = 300 mm d = 80 mm Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka a a, kojem pripada tačka, neophodno je silu F redukovati na posmatrani poprečni presjek. To se može uraditi postepeno, kao što je prikazano na slici 5.4 a-c: prvo se sila F redukuje u presjeku na smičuću silu F i moment uvijanja T = M y = L F (slika 5.4 b), a zatim se sila F redukuje u presjek a a na smičuću silu F i moment savijanja M x = L 1 F, dok se moment uvijanja T prenese na presjek a a (slika 5.4 c). Dakle, sila F se iz tačke/presjeka C redukuje u presjek a a na: i) silu F, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u negativnom smjeru ose z izaziva smicanje (tangencijalni napon), ii) moment uvijanja T = F L oko ose y u smjeru obrnutom od kretanja kazaljke na satu, koji nastaje usljed djelovanja sile F na kraku L izaziva uvijanje (tangencijalni napon), iii) moment savijanja oko ose x, M x = F L 1, u smjeru kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni napon). Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunati i napone, kako slijedi: i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom F, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosno osi x, kojoj upravo pripada tačka, i usmjereni su prema dolje, tj. u negativnom smjeru ose z (slika 5.4 c). S obzirom da se radi o kružnom prstenastom poprečnom presjeku, koristeći izraz (4 6) dobija se gdje je τ s = 4F 3 = ( d +d d 1 +d ) 1 4 6 10 3 3.87 10 3 d +d 1 ( 0.08 +0.08 0.1+0.1 0.08 +0.1 ) τ s = 4.1MPa = (d 1 d )π 4 = (0.1 0.08 )π 4 =.87 10 3 m ii) Tangencijalni napon τ u usljed momenta uvijanja T = F L oko ose y djeluje u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu pa ima smjer pozitivne ose z, kao što je prikazano na slici 5.4 c. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3 1) τ u = T d 1 I o = F L d 1 I o = 6000 300 10 3 100 10 3 5.796 10 6 = 15.53MPa
Zadaci 35 gdje je I o = (d4 1 d 4 )π 3 = (0.14 0.08 4 )π 3 = 5.796 10 6 m 4 iii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.4 d), a jednak je nuli u neutralnoj osi, odnosno osi x oko koje se vrši savijanje. S obzirom da se tačka nalazi na neutralnoj osi, normalna komponenta napona je jednaka nuli. a) b) z a z a x a F L 1 L y x a L 1 F T=M y =L F y c) C d) z z τ u M x =L 1 F F x y x T=M y =L F τ s σ s Slika 5.4 : Redukcija vanjskih opterećenja (a-c) i raspodjela normalnih napona (d) Zadatak 5.5 Za dio na slici 5.5 1 u tački odrediti: a) tangencijalne napone, b) normalne napone. R j e š e nj e Tabela 5.5: Podaci uz zadatak 5.5 H = 00 mm d = 40 mm F 1 = 1500 N L = 400 mm F = 1000 N Zadatak je sličan prethodnom, s tim da u ovom slučaju kao vanjsko opterećenje imamo dvije sile. Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka a a kojem pripada
36 5 Složena naprezanja z 400 mm 1500 N a 00 mm x y a a-a 0 mm 1000 N x y Slika 5.5 1: Opis problema tačka, neophodno je obje sile, F 1 = 1500 N i F = 1000 N, redukovati na posmatrani poprečni presjek. Kao što je naznačeno na slici 5.5, silaf 1 se postupno redukuje prvo na moment uvijanja T i silu F 1 (5.5 b), a zatim na silu F 1 i moment savijanja M y, tako da u presjeku a a imamo: i) silu F 1, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u negativnom smjeru ose x izaziva smicanje (tangencijalni napon), ii) moment uvijanja T = M z = F 1 L oko ose z u smjeru obrnutom od kretanja kazaljke na satu, koji nastaje usljed djelovanja sile F 1 na kraku L izaziva uvijanje (tangencijalni napon), iii) moment savijanja M y = F 1 H oko ose y u smjeru kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni napon). Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek usljed sile F 1 možemo izračunati i napone, kako slijedi: i) Tangencijalni naponi τ s1 usljed smicanja silom F 1, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosno osi y, a jednak je nuli na najudaljenijim tačkama od ose y, a tu spada i tačka. Dakle, tangencijalni napon usljed smicanja silom F 1 jednak je nuli u tački. ii) Tangencijalni napon τ u usljed momenta uvijanja T = F 1 L oko ose z djeluje u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu pa ima smjer pozitivne ose y, kao što je prikazano na slici 5.5 c. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3 1) gdje je τ u = T d I o = F 1 Ld I o = 1500 400 10 3 40 10 3.513 10 7 = 47.75MPa I o = d4 π 3 = (40 10 3 ) 4 π =.513 10 7 m 4 3
Zadaci 37 z z a) b) L T=M z =F L F 1 F 1 a H x y a a H x y a c) d) z T=M z =F 1 L F 1 95.5 MPa M y =F 1 H x τ u y x σ s y 95.5 MPa Slika 5.5 : Redukcija sile F 1 (a-c) i raspodjela normalnih napona (d) iii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose y, M y = F 1 H linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.5 d), a jednak je nuli u neutralnoj osi, odnosno osi y oko koje se vrši savijanje. Tačka se nalazi na mjestu gdje su najveći zatezni naponi, a intenzitet se određuje pomoću izraza (4 1) σ s = M y x = F 1 H d I y I y = 1500 0. 40 10 3 1.57 10 7 = 95.5MPa gdje je za kružni poprečni presjek I y = d4 π 64 = (40 10 3 ) 4 π = 1.57 10 7 m 4 64 Što se tiče sile F, ona se na površinu a a redukuje na (vidi sliku 5.5 3a-c): i) silu F, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u pozitivnom smjeru ose y izaziva smicanje (tangencijalni napon), ii) moment savijanja M x = F H oko ose x u smjeru kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni napon).
38 5 Složena naprezanja Ova opterećenja izazivaju sljedeće napone: i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom F, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosno osi x, na kojoj se nalazi tačka. Koristeći se izrazom (4 5) dobija se intenzitet napona gdje je τ s = 4 F 3 = 4 3 1000 = 1.06MPa 1.57 10 3 = d π 4 = (40 10 3 ) π = 1.57 10 3 m 4 a smjer je jednak smjeru djelovanja napona τ u (slika 5.5 3c). ii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x, M x = F H linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.5 3d), a jednak je nuli u neutralnoj osi, odnosno osixoko koje se vrši savijanje, a na kojoj se nalazi tačka. Dakle, normalni napon usljed momenta savijanja M x u tački jednak je nuli. z a) b) z F F a H x y a a H x y a c) d) z M x =F H y x F τ s y σ s Slika 5.5 3: Redukcija sile F (a-c) i raspodjela normalnih napona (d) x
Zadaci 39 Zadatak 5.6 Za dio na slici 5.6 1 cilindričnog poprečnog presjeka prečnika 40 mm u tački odrediti: a) tangencijalne napone, b) normalne napone, c) glavne normalne i maksimalne tangencijalne napone. x z y 100 mm 150 mm 500 N 300 N Slika 5.6 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 5.6: Podaci uz zadatak 5.6 L = 150 mm d = 40 mm F 1 = 500 N F = 300 N Slično prethodnom i u ovom zadatku kao vanjsko opterećenje imamo dvije sile. Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka kojem pripada tačka, neophodno je obje sile, F 1 i F, redukovati na posmatrani poprečni presjek. Kao što je naznačeno na slici 5.6 a-d, sila F 1 se redukuje na: i) silu F 1, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u negativnom smjeru ose z izaziva smicanje (tangencijalni napon), ii) moment savijanjam y = F 1 L oko osey u smjeru kretanja kazaljke na satu (posmatrano iz pozitivnog smjera ose y) izaziva savijanje (normalni napon). Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek usljed sile F 1 možemo izračunati i napone, kako slijedi: i) Tangencijalni naponi τ s1 usljed smicanja silom F 1, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosno osi z, a jednak je nuli na najudaljenijim tačkama od ose z, a tu spada i tačka. Dakle, tangencijalni napon usljed smicanja silom F 1 u tački jednak je nuli. ii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose y, M y = F 1 L, linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.6 c), a jednak je nuli u neutralnoj
40 5 Složena naprezanja osi, odnosno osi y oko koje se vrši savijanje. Tačka se nalazi na mjestu gdje su najveći zatezni naponi, a intenzitet se određuje pomoću izraza (4 1) σ s = M y z = F 1 Ld I y = 500 0.15 40 10 3 1.57 10 7 = 11.97MPa I y gdje je za kružni poprečni presjek I y = d4 π 64 = (40 10 3 ) 4 π = 1.57 10 7 m 4 64 a) x z L y F 1 b) c) z z x y M y =L F 1 F 1 11.97 MPa y s 11.97 MPa Slika 5.6 : Redukcija sile F 1 (a-b) i raspodjela normalnih napona (c) Što se tiče sile F, ona se na posmatrani poprečni presjek redukuje na (vidi sliku 5.6 3): i) silu F, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u pozitivnom smjeru ose y izaziva smicanje (tangencijalni napon), ii) moment savijanja M z = F L oko ose z u smjeru kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni napon). Ova opterećenja izazivaju sljedeće napone: i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom F, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosno osi z, na kojoj se nalazi tačka. Koristeći se izrazom (4 5) dobija se intenzitet napona τ s = 4 F 3 = 4 3 300 = 0.3MPa 1.57 10 3
Zadaci 41 gdje je = d π 4 = (40 10 3 ) π = 1.57 10 3 m 4 a smjer je u pravcu djelovanja sile F. ii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose z, M z = F L linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.6 3c), a jednak je nuli u neutralnoj osi, odnosno osiz oko koje se vrši savijanje, a na kojoj se nalazi tačka. Dakle, normalni napon usljed momenta savijanja M z u tački jednak je nuli. a) x z L y F b) c) x M z =L F z s z s y F y Slika 5.6 3: Redukcija sile F (a-b) i raspodjela normalnih napona (c) s=0.3 MPa s=11.97 MPa s=11.97 MPa Slika 5.6 4: Element napona za tačku Kada smo izračunali normalne i tangencijalne napone, istovrsni naponi se sabiraju pa se može nacrtati element napona za tačku, kao što je dato na slici 5.6 4. Tražene ekstremne vrijednosti napona se izračunavaju koristeći izraze (5 3) i (5 5). Pri tome, uzima se da je
4 5 Složena naprezanja σ x = σ s, σ y = 0 i τ xy = τ s. Dakle, imamo σ 1 = σ (σs ) s + +τ s ) (11.94 10 = 11.94 106 6 + +(0.3 10 6 ) = 11.95MPa σ = σ (σs ) s +τ s ) (11.94 10 = 11.94 106 6 +(0.3 10 6 ) = 8.5kPa (σs ) ) τ max = ± +τ (11.94 10 = ± 6 s +(0.3 10 6 ) = ±5.98MPa Zadatak 5.7 Za cijev na slici 5.7 1 u tačkama a i b odrediti: a) tangencijalne napone, b) normalne napone. ako je unutrašnji prečnik cijevi d 1 = 30 mm, a vanjski d = 5 mm, a dio je opterećen: i) grupa : samo silom F 1 = 100 N, ii) grupa : samo silom F = 1500 N. y 45 mm 45 mm 1500 N 100 N a b 75 mm z 0 mm Slika 5.7 1: Opis problema x
Zadaci 43 R j e š e nj e Tabela 5.7: Podaci uz zadatak 5.7 L 1 = 45 mm d 1 = 30 mm F 1 = 100 N L = 45 mm d = 5 mm F = 1500 N H = 75 mm i) Grupa : djelovanje sile F 1 = 100 N Zadatak je sličan zadatku 5.4, osim što u ovom zadatku treba izračunati napone u dvije tačke. Kako se obje tačke nalaze u istom poprečnom presjeku, razmotrimo prvo opterećenja koja vladaju usljed djelovanja vanjske sile F 1. Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka, kojem pripadaju tačke a i b, neophodno je silu F 1 redukovati na posmatrani poprečni presjek. Kao što je naznačeno na slici 5.7 a-c, sila se prvo redukuje na silu F 1 i moment uvijanja T u presjeku, a zatim na silu F 1 i moment savijanja M x u presjeku koji sadrži tačke a i b, tako da se u traženom poprečnom presjeku javljaju sljedeća opterećenja: i) sila F 1, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u negativnom smjeru ose z izaziva smicanje (tangencijalni napon), ii) moment uvijanja T = M y = F 1 (L 1 +L ) oko ose y u smjeru obrnutom od kretanja kazaljke na satu, koji nastaje usljed djelovanja sile F 1 na kraku (L 1 +L ) izaziva uvijanje (tangencijalni napon), iii) moment savijanja oko ose x, M x = F 1 H, u smjeru kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni napon). Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunati i napone, kako slijedi: i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom F 1, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosno osi x, kojoj pripada tačka b, i usmjereni su u negativnom smjeru ose z (slika 5.7 c). S obzirom da se radi o kružnom prstenastom poprečnom presjeku, koristeći izraz (4 6) dobija se gdje je τ sb = 4F 1 3 = ( d +d d 1 +d ) 1 d +d 1 ( 0.05 +0.05 0.03+0.03 ) 0.05 +0.03 = 11.05MPa 4 100 3 15.984 10 6 = (d 1 d )π 4 = (0.03 0.05 )π 4 = 15.984 10 6 m Što se tiče tačke a, ona se nalazi na vlaknima koja su najudaljenija od neutralne ose i tangencijalni naponi su jednaki nula.
44 5 Složena naprezanja ii) Tangencijalni napon τ u usljed momenta uvijanja T = F 1 (L 1 + L ), oko ose y djeluje u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu. Smjer djelovanja zavisi od tačke koja se posmatra, tako da za tačku a ima smjer pozitivne ose x, a za tačku b ima smjer negativne ose z, kao što je prikazano na slici 5.7 c. Intenzitet ovog napona je isti za obje tačke, jer se obje nalaze na vanjskoj površini cijevi, odnosno na istoj udaljenosti od ose uvijanja y, a dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3 1) gdje je τ ua = τ ub = τ u = T d 1 I o = F 1 (L 1 +L ) d 1 I o = 100 (45+45) 10 3 30 10 3 4.117 10 8 = 39.35MPa I o = (d4 1 d 4 )π 3 = (0.034 0.05 4 )π 3 = 4.117 10 8 m 4 iii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.7 d), a jednak je nuli u neutralnoj osi, odnosno osi x oko koje se vrši savijanje. S obzirom da se tačka b nalazi na neutralnoj osi, normalna komponenta napona u ovoj tački jednaka je nuli. Što se tiče tačke a, koja je najudaljenija tačka od neutralne ose, imamo maksimalan zatežući napon, koji se određuje prema obrascu (4 1) σ sa = M x z = F 1 H d 1 I x I x = 100 0.075 30 10 3.059 10 8 = 65.58MPa gdje je za kružni prstenasti poprečni presjek I x = (d4 1 d 4 )π 64 = [(30 10 3 ) 4 (30 10 3 ) 4 ]π 64 =.059 10 8 m 4 Na ovaj način su određeni svi naponi u tačkama a i b usljed djelovanja sile F 1. ii) Grupa : djelovanje sile F = 1500 N Ovaj zadatak je sličan zadatku 5.1 u kojem djeluje sila P, s tim da ovdje imamo dvije tačke za koje treba odrediti napone. Sila F se može redukovati na površinu koja sadrži tačke a i b, tako što se njen utjecaj redukuje na pritisnu silup i moment savijanja,m z = F L 1 oko osez u smjeru kretanja kazaljke na satu, kao što je postupno pokazano na slici 5.7 3a-c. Iz teorije je poznato da pritisna sila izaziva (pritisne) normalne napone, a moment savijanja normalne napone, tako da pojedinačno imamo: a) Normalni naponi usljed pritisne sile F Normalni naponi usljed aksijalne sile se dobivaju na osnovu izraza (1 1) i vrijede za sve tačke poprečnog presjeka pa tako i za tačke a i b σ a = σ b = F = 1500 = 6.95MPa 15.984 10 6
Zadaci 45 a) y b) L 1 L y T=M y =(L 1 +L ) F 1 F 1 F 1 a b H a b H z z x c) d) x y T=M y =(L 1 +L ) F 1 z a M x =H F 1 z a b F 1 u x s 65.58 MPa x b s 65.58 MPa Slika 5.7 : Redukcija sile F 1 (a-c) i raspodjela normalnih napona (d) b) Normalni naponi usljed momenta savijanja M z Kao što je ranije rečeno, moment savijanja M z djeluje oko ose z u smjeru kretanja kazaljke na satu, tako da su vlakna u pozitivnom dijelu ose x napregnuta pritisakom, a ona u negativnom dijelu ose x zatezanjem, pri čemu je raspodjela napona linearna, kao što je prikazano na slici 5.1 3d. Kako se tačka a nalazi na osi z, odnosno neutralnoj osi, normalni naponi u tački a usljed savijanja jednaki su nuli. Što se tiče tačke b, ona se nalazi na najudaljenijim vlaknima izloženim pritisku (predznak " "), pa se korištenjem izraza (4 1) dobiva traženi napon σ sb = M z x = F L 1 d 1 I z I z = 1500 0.045 30 10 3.059 10 8 = 49.18MPa gdje je I z = I x za kružni prstenasti presjek. Na ovaj način su određeni svi naponi u tačkama a i b usljed djelovanja sile F. Zadatak 5.8 Za dio na slici 5.8 1 u tački H odrediti: a) tangencijalne napone, b) normalne napone. u slučaju
46 5 Složena naprezanja a) y b) L 1 F M z =L 1 F y F a b H a b z x z x c) d) y 49.18 MPa z a F M z =L 1 F b x z a b x s -49.18 MPa z -6.95 MPa Slika 5.7 3: Redukcija sile F (a-c) i raspodjela normalnih napona (d) i) grupa : djelovanja sile F 1 = 3 kn, ako je vanjski prečnik cijevi d 1a = 40 mm, a unutrašnji d a = 30 mm, ii) grupa : djelovanja sile F = 9 kn, ako je vanjski prečnik cijevi d 1b = 45 mm, a unutrašnji d b = 35 mm. R j e š e nj e Tabela 5.8: Podaci uz zadatak 5.8 L 1 = 10 mm d 1a = 40 mm F 1 = 3 kn L = 10 mm d a = 30 mm F = 9 kn H = 150 mm d 1b = 45 mm d b = 35 mm Tip zadatka za obje grupe je identičan prethodnom za silu F 1 pa je i postupak rješavanja identičan.
Zadaci 47 y 3 kn C D 10 mm z 10 mm H 9 kn E x 150 mm Slika 5.8 1: Opis problema i) Grupa : djelovanje sile F 1 = 100 N Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka, kojem pripada tačka H, neophodno je silu F 1 redukovati na posmatrani poprečni presjek. Kao što je naznačeno na slici 5.8 a-c, sila se postepeno preko presjeka D na traženi presjek, redukuje na: i) silu F 1, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u pozitivnom smjeru ose y izaziva smicanje (tangencijalni napon), ii) moment uvijanja T = M z = F 1 L 1 oko ose z u smjeru kretanja kazaljke na satu, koji nastaje usljed djelovanja sile F 1 na kraku L 1 izaziva uvijanje (tangencijalni napon), iii) moment savijanja oko ose x, M x = F 1 H, u smjeru kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni napon). Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunati i napone, kako slijedi: i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom F 1, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosno osi x, kojoj pripada tačka H, i usmjereni su u pozitivnom smjeru ose y (slika 5.8 c). S obzirom da se radi o kružnom prstenastom poprečnom presjeku, koristeći izraz (4 6) dobija se gdje je τ s = 4F 1 3 = ( d a +d a d 1a +d ) 1a d a +d 1a ( 0.03 +0.03 0.04+0.04 ) 0.03 +0.04 = 10.77MPa 4 3000 3 549.78 10 6 = (d 1a d a )π 4 = (0.04 0.03 )π 4 = 549.78 10 6 m ii) Tangencijalni napon τ u usljed momenta uvijanja T = M z = F 1 L 1, oko ose z djeluje u smjeru kretanja kazaljke na satu pa za tačku H ima smjer negativne ose
48 5 Složena naprezanja y, kao što je prikazano na slici 5.8 c. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3 1) gdje je τ u = T d 1a I o = F 1 L 1 d 1a I o = 3000 0.1 40 10 3 1.718 10 7 = 95.MPa I o = (d4 1a d 4 a)π 3 = (0.044 0.03 4 )π 3 = 1.718 10 7 m 4 iii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.8 d), a jednak je nuli u neutralnoj osi, odnosno osi x oko koje se vrši savijanje. S obzirom da se tačka H nalazi na neutralnoj osi, normalna komponenta napona u ovoj tački jednaka je nuli. Na ovaj način su određeni svi naponi u tački H usljed djelovanja sile F 1. a) b) y y C L 1 z F 1 D H H x z D F 1 H T=M z =L 1 F 1 H x c) d) y y M x =H F 1 z F 1 s T=M z =L 1 F 1 x H! s H x u Slika 5.8 : Redukcija sile F 1 (a-c) i raspodjela normalnih napona (c) ii) Grupa : djelovanje sile F = 9000 N Slično prethodnom proračunu prvo je neophodno silu F redukovati na posmatrani poprečni presjek. Kao što je naznačeno na slici 5.8 3a-c, sila se postepeno preko presjeka D na traženom presjeku redukuje na:
Zadaci 49 a) b) y y z D L H E F H x z D F H T=M z =L F H x c) d) y y M x =H F z T=M z =L F x H H s x F u s Slika 5.8 3: Redukcija sile F (a-c) i raspodjela normalnih napona (c) i) silu F, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u negativnom smjeru ose y izaziva smicanje (tangencijalni napon), ii) moment uvijanja T = M z = F L oko ose z u smjeru kretanja kazaljke na satu, koji nastaje usljed djelovanja sile F na kraku L izaziva uvijanje (tangencijalni napon), iii) moment savijanja oko ose x, M x = F H, u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu izaziva uvijanje (normalni napon). Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunati i napone, kako slijedi: i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom F, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosno osi x, kojoj pripada tačka H, i usmjereni su u negativnom smjeru ose y (slika 5.8 3c). S obzirom da se radi o kružnom prstenastom poprečnom presjeku, koristeći izraz (4 6) dobija se τ s = 4F 3 = ( d b +d b d 1b +d ) 1b d b +d 1b ( 0.035 +0.035 0.045+0.045 ) 0.035 +0.045 = 8.35MPa 4 9000 3 68.3 10 6
50 5 Složena naprezanja gdje je = (d 1b d b )π 4 = (0.045 0.035 )π 4 = 638.3 10 6 m ii) Tangencijalni napon τ u usljed momenta uvijanja T = F L, oko ose z djeluje u smjeru kretanja kazaljke na satu pa za tačku H ima smjer negativne ose y, kao što je prikazano na slici 5.8 3c. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3 1) gdje je τ u = T d 1b I o = F L d 1b I o = 9000 0.1 45 10 3.553 10 7 = 95.MPa I o = (d4 1b d4 b )π 3 = (0.0454 0.035 4 )π 3 =.553 10 7 m 4 iii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.8 3d), a jednak je nuli u neutralnoj osi, odnosno osi x oko koje se vrši savijanje. S obzirom da se tačka H nalazi na neutralnoj osi, normalna komponenta napona u ovoj tački jednaka je nuli. Na ovaj način su određeni svi naponi u tački H usljed djelovanja sile F. Zadatak 5.9 Za dio na slici 5.9 1 na koji djeluje sila F = 5 kn (ugao koji sila F zaklapa s horizontalnom osom je tg(φ) = 3 : 4), odrediti: a) tangencijalne napone, b) normalne napone. za sljedeće slučajeve: i) grupa : u tački, ako je prečnik dijela d a = 50 mm, ii) grupa : u tački, ako je prečnik dijela d b = 5 mm. y 300 mm 00 mm z 3 5 4 x 5 kn Slika 5.9 1: Opis problema
Zadaci 51 R j e š e nj e Tabela 5.9: Podaci uz zadatak 5.9 L 1 = 300 mm d a = 50 mm F = 5 kn L = 00 mm d b = 5 mm S obzirom da se obje tačke, i, nalaze na istom poprečnom presjeku, prvo ćemo posmatrati sva opterećenja koja djeluju na posmatrani poprečni presjek. U tu svrhu, zgodno je silu F razložiti na dvije komponente: jednu koja djeluje u horizontalnom pravcu, F x, i drugu koja djeluje vertikalno, F y, kao što je prikazano na slici 5.9. Imajući u vidu ugao koji sila zaklapa s horizontalnom osom, na osnovu slike je jasno da su vrijednosti komponenti jednake: F x = 4kN F y = 3kN (5.9 1) (5.9 ) Na ovaj način tip zadatka je identičan zadatku 5.6 pa je i postupak rješavanja isti, s tim da će se proračun za obje grupe uraditi zajedno. y L 1 z F y 3 5 F x 4 x F Slika 5.9 : Komponente vanjskog opterećenja Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka, kojem pripadaju tačke i, neophodno je obje sile, F x i F y, redukovati na posmatrani poprečni presjek. Kao što je naznačeno na slici 5.9 3a-b, sila F x se može redukovati na: i) silu F x, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u pozitivnom smjeru ose x izaziva smicanje (tangencijalni napon), ii) moment savijanja M y = F x L 1 oko ose y u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni napon). Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek usljed sile F x možemo izračunati i napone, kako slijedi: i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom F x, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosno osi y, kojoj pripada tačka, a jednak je nuli na najudaljenijim tačkama od ose y, a tu spada i tačka. Dakle, tangencijalni napon usljed smicanja silom F x postoji samo za tačku i računa se prema izrazu (4 5) τ s = 4 F x = 4 4000 =.7MPa 3 a 31.963 10 3
5 5 Složena naprezanja a) y L 1 z F x x y b) y c) M y =L 1 F x x z τ s F x x 78 MPa σ s 78 MPa Slika 5.9 3: Redukcija sile F x (a-b) i raspodjela normalnih napona (c) gdje je a = d a π 4 = (50 10 3 ) π = 1.963 10 3 m 4 a smjer je u pravcu djelovanja sile F x (slika 5.9 3b). ii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose y, M y = F x L 1 linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.9 3c), a jednak je nuli u neutralnoj osi, odnosno osi y oko koje se vrši savijanje. Tačka se nalazi na neutralnoj osi, tako da su normalni naponi u njoj jednaki nuli, dok se tačka nalazi na mjestu gdje su najveći pritisni naponi (predznak " "), a intenzitet se određuje pomoću izraza (4 1) σ s = M y x = F x L 1 d b I yb I yb = 4000 0.3 5 10 3 1.917 10 8 = 78.3MPa gdje je za kružni poprečni presjek I yb = d4 b π 64 = (5 10 3 ) 4 π = 1.917 10 8 m 4 64 Što se tiče sile F y, ona se na posmatrani poprečni presjek može redukovati na (vidi sliku 5.9 4a-b): i) silu F y, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u negativnom smjeru ose y izaziva smicanje (tangencijalni napon), ii) moment savijanja M x = F y L 1 oko ose x u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni napon).
Zadaci 53 a) z y F y L 1 x b) c) y z M x =L 1 F y F y τ s x y σ s 73.3 MPa 73.3 MPa x Slika 5.9 4: Redukcija sile F y (a-b) i raspodjela normalnih napona (c) Ova opterećenja izazivaju sljedeće napone: i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom F y, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosno osi x, na kojoj se nalazi tačka, a vrijednost nula na najudaljenijim vlaknima od neutralne ose, kojima pripada i tačka. Dakle, tangencijalni napon usljed sile F y u tački jednak je nuli, dok se vrijednost napona u tački dobija preko izraza (4 5) gdje je τ s = 4 F y = 4 3000 = 8.15MPa 3 b 3490.874 10 6 b = d b π 4 = (5 10 3 ) π = 490.874 10 6 m 4 a smjer je u pravcu djelovanja sile F y (slika 5.9 4b). ii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x, M x = F y L 1 linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.9 4c), a jednak je nuli u neutralnoj osi, odnosno osi x oko koje se vrši savijanje. Dakle, normalni naponi u tački, koja se nalazi na neutralnoj osi, jednaki su nuli, dok su u tački najveći pritisni naponi i računaju se prema izrazu (4 1) σ s = M x y = F y L 1 d a I xa I xa = 3000 0.3 50 10 3 3.068 10 7 = 73.3MPa gdje je za kružni poprečni presjek I xa = d4 a π 64 = (50 10 3 ) 4 π = 3.068 10 7 m 4 64
54 5 Složena naprezanja Na ovaj način izračunati su svi normalni i tangencijalni naponi u tačkama i. Zadatak 5.10 Za dio na slici 5.10 1 u tački H odrediti: a) tangencijalne napone, b) normalne napone, usljed djelovanja sile F = 150 N. Prečnik dijela je d = 15 mm. z a 150 mm x a 150 N 50 mm y a-a x z H 15 mm Slika 5.10 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 5.10: Podaci uz zadatak 5.10 L = 50 mm d = 15 mm F = 150 N L H = 150 mm Zadatak je sličan zadatku 5.8, s tim da je položaj posmatrane tačke na poprečnom presjeku drugačiji. Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka, kojem pripada tačka H, neophodno je silu F redukovati na posmatrani poprečni presjek. Kao što je naznačeno na slici 5.10 a-c, sila se postepeno može redukovati na: i) silu F, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u smjer negativne osez izaziva smicanje (tangencijalni napon), ii) moment uvijanja T = F L oko ose z u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu, koji nastaje usljed djelovanja sile F na kraku L izaziva uvijanje (tangencijalni napon), iii) moment savijanja oko ose x, M x = F L H, u smjeru kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni napon). Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunati i napone, kako slijedi:
Zadaci 55 a) b) z a H x a L H y z a H x a L H F y T=M y =L F F L c) d)! u x z F H M x =L L F y T=M y =L F x z H! s -67.9 MPa 67.9 MPa Slika 5.10 : Redukcija sile F (a-c) i raspodjela normalnih napona (d) i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom F, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka (osa x), a jednak je nuli u vlaknima koja su najudaljenija od neutralne ose. S obzirom da se tačka H nalazi na tom položaju, tangencijalni napon usljed sile smicanja F jednak je nuli. ii) Tangencijalni naponτ u usljed momenta uvijanja T = F L, oko osez djeluje u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu pa za tačku H ima smjer pozitivne ose x, kao što je prikazano na slici 5.10 c. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3 1) gdje je τ u = T d I o = F L d I o = 150 0.5 15 10 3 4.97 10 9 = 56.59MPa I o = d4 π 3 = 0.0154 π = 4.97 10 9 m 4 3 iii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.10 d), a jednak je nuli u neutralnoj osi, odnosno osi x oko koje se vrši savijanje. Tačka H se nalazi na najvećoj udaljenosti od ose x, s gornje strane, pa se radi o najvećim zatežućim naponima čiji intenzitet se dobija izrazom (4 1) σ s = M x z = F L H d I x I x = 150 0.15 15 10 3.485 10 9 = 67.9MPa
56 5 Složena naprezanja gdje je za kružni poprečni presjek I x = d4 π 64 = (15 10 3 ) 4 π =.485 10 9 m 4 64 Na ovaj način su određeni svi naponi u tački H usljed djelovanja sile F. Zadatak 5.11 Za dio na slici 5.11 1 u tačkama a i b odrediti: a) tangencijalne napone, b) normalne napone, usljed djelovanja sile F = 4 kn. 18 mm a 60 100 mm b b a 40 mm 4 kn Slika 5.11 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 5.11: Podaci uz zadatak 5.11 L = 100 mm h = 40 mm F = 4 kn α = 60 b = 18 mm S obzirom da se obje tačke, a i b, nalaze na istom poprečnom presjeku, prvo ćemo razmotriti sva opterećenja koja djeluju na posmatrani poprečni presjek. U tu svrhu, zgodno je silu F razložiti na dvije komponente: silu F 1 koja djeluje okomito na poprečni presjek s tačkama a i b (uzdužna osa x) i silu F koja djeluje u pravcu ravni posmatranog poprečnog presjeka, F (osa y u ravni površine). Imajući u vidu ugao koji sila zaklapa s uzdužnom osom dijela, na osnovu slike 5.11 b je jasno da su vrijednosti komponenti jednake: F 1 = F cos60 = kn (5.11 1) F = F sin60 = 3.46kN (5.11 ) Na osnovu slike je jasno i da komponenta F 1 djeluje pritiskom na posmatrani poprečni presjek, dok je silu F neophodno redukovati. Vrijednost normalnog (pritisnog) napona σ p
Zadaci 57 a) b) b a! L z F F 1 y F x c) d) F! F F 1 y x y 7.17 MPa.8 MPa y z b s! s! z z F a b s F 1 x M=L F a 7. MPa 7.17 MPa Slika 5.11 : Redukcija vanjskih opterećenja (a-c) i raspodjela normalnih i tangencijalnih napona (d) usljed sile F 1 dobija se na osnovu izraza ( 1), jednaka je u svim tačkama poprečnog presjeka i iznosi gdje je σ pa = σ pb = σ p = F 1 = 000 =.78MPa 70 10 6 = b h = 18 10 3 40 10 3 = 70 10 6 m Sila F se redukuje na (vidi sliku 5.11 c): i) silu F, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u negativnom smjeru ose y izaziva smicanje (tangencijalni napon), ii) moment savijanja M z = F L oko ose z izaziva savijanje (normalni napon). Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek usljed sile F možemo izračunati i napone, kako slijedi: i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom F, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, kojoj pripada tačka b, a jednak je nuli na najudaljenijim tačkama od neutralne ose, a tu spada
58 5 Složena naprezanja i tačka a (slika 5.11 d). Dakle, tangencijalni napon usljed smicanja silom F postoji samo za tačku b i računa se prema izrazu (4 4) τ sb = 3 F = 3 3464 = 7.MPa 70 10 6 a smjer je u pravcu djelovanja sile F (slika 5.11 c). ii) Normalni napon usljed momenta savijanja, M = F L linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.11 d), a jednak je nuli u neutralnoj osi. Tačka b se nalazi na neutralnoj osi, tako da su normalni naponi u njoj jednaki nuli, dok se tačka a nalazi na mjestu gdje su najveći pritisni naponi (negativna osa y), a intenzitet se određuje pomoću izraza (4 1) σ sa = M I y = F L h I = 3464 0.1 40 10 3 9.6 10 8 = 7.17MPa gdje je za pravougaoni poprečni presjek I = bh3 1 = 0.018 0.043 = 9.6 10 8 m 4 1 Zadatak 5.1 Za dio na slici 5.1 1 u tačkama H i K odrediti: a) tangencijalne napone, b) normalne napone, usljed djelovanja sila P 1 i P. Prečnik dijela je D = 50 mm. D H K 60 mm 50 mm x P 1 =15 kn P =18 kn K z y H 50 mm Slika 5.1 1: Opis problema R j e š e nj e Zadatak je sličan zadatku 5.1 pa je postupak rješavanja identičan, s tim da se u ovom slučaju trebaju uzeti u obzir obje sile, a naponi izračunati za dvije tačke poprečnog presjeka. Da bismo riješili zadatak, obje sile je neophodno redukovati na posmatrani poprečni presjek, koji sadrži tačke K i H. Sila P 1 se može redukovati na posmatrani poprečni presjek tako što se njen utjecaj u tački može postepeno redukovati na posmatrani poprečni presjek kao što je pokazano na slici 5.1 a-c. Dakle, sila se redukuje na:
Zadaci 59 Tabela 5.1: Podaci uz zadatak 5.1 b = 0.06 m d = 50 mm P 1 = 15 kn a = 0.05 m P = 18 kn a) pritisnu silu P 1 izaziva aksijalno opterećenje (normalni napon), b) moment savijanja M 1 = P 1 a oko ose y u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni napon). Kada znamo opterećenja u posmatranom poprečnom presjeku, možemo izračunati napone kako slijedi: a) Normalni naponi usljed pritisne sile P 1 Normalni naponi usljed aksijalne sile se dobivaju na osnovu izraza (1 1) i vrijede za sve tačke poprečnog presjeka pa tako i za tačke K i H gdje je σ ph = σ pk = σ p = P 1 = 15 103 = 7.64MPa 1.963 10 3 = d π 4 = (50 10 3 ) π = 1.963 10 3 m 4 b) Normalni naponi usljed momenta savijanja M 1 Kao što je ranije rečeno, moment savijanja M 1 djeluje oko ose y poprečnog presjeka u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu, pri čemu je raspodjela napona linearna, kao što je prikazano na slici 5.1 d. S obzirom na položaj tačaka K i H, jasno je da je napon u tački H jednak nuli, jer se tačka nalazi na neutralnoj osi, dok je tačka K izložena zatezanju pa se korištenjem izraza (4 1) dobiva traženi napon gdje je σ sk = M 1 I z = P 1 ad I = 15 103 0.05 50 10 3 3.068 10 7 = 61.11MPa I = d4 π 64 = (50 10 3 ) 4 π = 3.068 10 7 m 4 64 Na ovaj način određeni su svi naponi koji djeluju u posmatranim tačkama pod utjecajem sile P 1. SilaP se može redukovati na posmatrani poprečni presjek, tako što se njen utjecaj u tački postepeno redukuje na posmatrani poprečni presjek kako je naznačeno na slici 5.1 3a-c pa imamo: i) smicajnu silu P koja djeluje u smjeru pozitivne ose y izaziva smicanje (tangencijalni napon), ii) moment uvijanja T = P a oko ose x u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu izaziva uvijanje (tangencijalni napon), iii) moment savijanja, M = P b oko ose z u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni napon).
60 5 Složena naprezanja a) b) D H K b a c) d) x P 1 D b y H K M 1 =a P 1 y H z P 1 x D z K y M 1 =a P 1 H P 1 x K z 61.1 MPa 7.6 MPa s p 61.1 MPa Slika 5.1 : Redukcija sile P 1 (a-c) i raspodjela normalnih napona (d) a) b) D H K b a c) d) x P D H K b z y T=a P P x D u M =b P z s u y K H P T=a P x z K y H 88 MPa s 88 MPa Slika 5.1 3: Redukcija sile P (a-c) i raspodjela normalnih napona (d)
Zadaci 61 Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunati i napone, kako slijedi: i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom P, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, kojoj pripada tačka K, i usmjereni su prema gore, dok su naponi jednaki nuli na najudaljenijim tačkama od neutralne ose, odnosno u tački H, kao što je prikazano na slici 5.1 3c. S obzirom da se radi o kružnom poprečnom presjeku, napon u tački K se dobija koristeći izraz (4 5) gdje je τ sk = 4P 3 = 4 18 103 = 1.MPa 3 1.963 10 3 = d π 4 = 0.05 π = 1.963 10 3 m 4 ii) Tangencijalni napon τ u usljed momenta uvijanja T = P a, djeluje u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu pa ima smjer kao što je prikazano na slici 5.1 3c za dvije posmatrane tačke. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3 1) gdje je τ uk = τ uh = τ u = T d I o = P ad I o = 18000 50 10 3 50 10 3 6.136 10 7 I o = d4 π 3 = 0.054 π = 6.136 10 7 m 4 3 = 36.67MPa iii) Normalni napon usljed momenta savijanjam = P b se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.1 3d), a jednak je nuli u neutralnoj osi, koja sadrži tačku K. U tački H javljaju se najveći pritisni naponi usljed savijanja, a vrijednost napona se dobija na osnovu izraza (4 1) σ sh = M I y = P bd I = 18000 0.06 50 10 3 3.068 10 7 = 88MPa gdje je za kružni poprečni presjek I = d4 π 64 = (50 10 3 ) 4 π = 3.068 10 7 m 4 64 Na ovaj način izračunati su i svi naponi koji se javljaju u posmatranim tačkama usljed djelovanja sile P. Zadatak 5.13 Sila P djeluje na polugu u tački, kao što je dato na slici 5.13 1. Potrebno je odrediti napone koji djeluju u tački H, koja se nalazi na gornjoj strani vratila DE prečnika d. Podaci: L = 5 mm, L = 00 mm, L D = 150 mm, L DH = 30 mm, α = 45, d = 15 mm, P = 100 N.
6 5 Složena naprezanja y K z L DH y H 15 mm L P z D K H L D! L x Slika 5.13 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 5.13: Podaci uz zadatak 5.13 L = 00 mm d = 15 mm P = 100 N L D = 150 mm L DH = 30 mm L = 5 mm α = 45 L H = 10 mm Zadatak je sličan zadatku 5., s tim da u ovom slučaju imamo djelovanje sile P na ručicu pod uglom različitim od 90 na osu poluge. Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački poprečnog presjeka, kojem pripada tačka H, neophodno je silu P redukovati na taj poprečni presjek. Kao što je naznačeno na slici 5.13 a-d, sila se postepeno redukuje na: i) silu P, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u negativnom smjeru ose y izaziva smicanje (tangencijalni napon), ii) moment uvijanja T = P L oko ose x u smjeru kretanja kazaljke na satu, koji nastaje usljed djelovanja sile P na krakul = L sinα izaziva uvijanje (tangencijalni napon), iii) moment savijanja oko ose z, M z = M 1 + M = P (L H + L ), u smjeru kretanja kazaljke na satu (normalni napon). Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunati i napone, kako slijedi: i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom P, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosno osi z, a jednaki nuli na najudaljenijim tačkama poprečnog presjeka (slika 5.13 d). S obzirom na položaj tačke H, tangencijalni naponi usljed sile smicanja jednaki su nuli. ii) Tangencijalni napon τ u usljed momenta uvijanja T = P L oko ose x djeluje u smjeru kretanja kazaljke na satu pa za tačku H ima smjer negativne ose z, kao što je prikazano
Zadaci 63 L a) b) P y y P M 1 =L P z D H K L D! L x z D K H L H! L x c) d) L sin z y D H K T=L sin!p L H P y T=L sin!p D M 1 =L P z x! u K " s M =L H P P " u H M 1 =L P x M z =P (L + L H ) e) y H 43.8 MPa z K s 43.8 MPa Slika 5.13 : Redukcija vanjskih opterećenja (a-d) i raspodjela normalnih napona (e) na slici 5.13 d. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3 1) gdje je τ u = T d I o = P L sinαd = 100 00 10 3 sin45 15 10 3 4.97 10 9 = 1.34MPa I o I o = d4 π 3 = (15 10 3 ) 4 π = 4.97 10 9 m 4 3 iii) Normalni napon usljed momenta savijanja M z = P (L H +L ) oko ose z linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.13 e), a jednak je nuli u neutralnoj osi, odnosno osi z oko koje se vrši savijanje. S obzirom da se tačka H nalazi na najudaljenijim vlaknima s gornje strane, normalni naponi usljed savijanja su zateznog karaktera, a njihova vrijednost se izračunava prema obrascu (4 1) σ s = M z y = P (L H +L ) d I z = 100 (0.1+0.05) 15.485 10 9 = 43.76MPa I z
64 5 Složena naprezanja gdje je za kružni poprečni presjek I z = d4 π 64 = (15 10 3 ) 4 π =.485 10 9 m 4 64 Na ovaj način izračunati su svi naponi u tački H kao posljedica djelovanja sile P. Zadatak 5.14 Sila P djeluje na polugu C u tački C, kao što je dato na slici 5.14 1. Za podatke date na slici potrebno je odrediti napone koji djeluju na šupljem vratilu. a) Grupa : u tački H, b) Grupa : u tački K. y 00 mm D z H 51 mm 6 mm 10 kn C H K 150 mm K x z x Slika 5.14 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 5.14: Podaci uz zadatak 5.14 L = 00 mm r 1 = 51 mm F = 10 kn H = 150 mm t = 6 mm Tip zadatka je identičan zadatku 5.7, Grupa, pa je postupak rješavanja isti. Kako se obje tačke nalaze na istom poprečnom presjeku, razmotrimo prvo opterećenja koja vladaju usljed djelovanja vanjske sile F. Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka, kojem pripadaju tačke H i K, neophodno je silu F redukovati na posmatrani poprečni presjek. Kao što je naznačeno na slici 5.14 a-c, sila F se može postepeno redukovati na posmatrani poprečni presjek tako da imamo sljedeća opterećenja: i) silu F, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka u pozitivnom smjeru ose x izaziva smicanje (tangencijalni napon),
Zadaci 65 ii) moment uvijanja T = F L oko ose y u smjeru obrnutom od kretanja kazaljke na satu, koji nastaje usljed djelovanja sile F na kraku L izaziva uvijanje (tangencijalni napon), iii) moment savijanja oko ose z, M z = F H, u smjeru kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni napon). Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunati i napone za obje tačke (grupe) odjednom, kako slijedi: i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom F, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, odnosno osi z, kojoj pripada tačka H, i usmjereni su u pozitivnom smjeru ose x (slika 5.14 c). S obzirom da se radi o kružnom prstenastom poprečnom presjeku, koristeći izraz (4 6) dobija se gdje je τ sh = 4F 3 ( r +r r 1 +r1 ) r +r 1 ( 0.051 +0.051 0.045+0.045 ) 0.051 +0.045 = 11.0MPa = 4 10 103 3 1.81 10 3 = (r 1 r )π = (0.051 0.045 )π = 1.81 10 3 m r = r 1 t = 51 10 3 6 10 3 = 45mm Što se tiče tačke K, ona se nalazi na vlaknima koja su najudaljenija od neutralne ose gdje su tangencijalni naponi jednaki nuli. ii) Tangencijalni napon τ u usljed djelovanja momenta uvijanja T = F L oko ose y djeluje u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu. Smjer djelovanja zavisi od tačke koja se posmatra, tako da za tačku H ima smjer pozitivne ose x, a za tačku K ima smjer negativne ose z, kao što je prikazano na slici 5.14 c. Intenzitet ovog napona je isti za obje tačke, jer se obje nalaze na vanjskoj površini cijevi, odnosno na istoj udaljenosti od ose uvijanja y, a dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3 1) gdje je τ uh = τ uk = τ u = T I o r 1 = F L I o r 1 = 10 103 0. 4.186 10 6 51 10 3 = 4.37MPa I o = (r4 1 r 4 )π = (0.0514 0.045 4 )π = 4.186 10 6 m 4 iii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose z linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.14 d), a jednak je nuli u neutralnoj osi, odnosno osi z oko koje se vrši savijanje. S obzirom da se tačka H nalazi na neutralnoj osi, normalna komponenta napona u ovoj tački jednaka je nuli. Što se tiče tačke K, koja je najudaljenija tačka od neutralne ose, imamo maksimalan pritisni napon (predznak " "), koji se određuje prema obrascu (4 1) σ sk = M z F H x = r 1 = 10 103 0.15 I z I z.093 10 6 51 10 3 = 36.56MPa
66 5 Složena naprezanja gdje je za kružni prstenasti poprečni presjek I z = (r4 1 r4 )π 4 = (0.0514 0.045 4 )π 4 =.093 10 6 m 4 Na ovaj način su određeni svi naponi u tačkama H i K usljed djelovanja sile F. a) y b) y T=M y =L F L D D F 1 F C H K H H K H z x z c) d) x y T=M y =L F M z =H F! u z H s 36.6 MPa z H K u F 1! s x K x 36.6 MPa Slika 5.14 : Redukcija sile F (a-c) i raspodjela normalnih napona (d) Zadatak 5.15 Za dio prikazan na slici 5.15 1 prečnika d = 60 mm izračunati: a) normalne napone, b) tangencijalne napone. i to a) Grupa : u tački K, b) Grupa : u tački H.
Zadaci 67 y D 19.5 kn 300 mm H K 100 mm z 150 mm x E 15 mm Slika 5.15 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 5.15: Podaci uz zadatak 5.15 L = 0.15 m d = 60 mm F = 19.5 kn H 1 = 0.3 m H = 0.1 m a = 0.15 mm Tip zadatka je identičan zadatku 5.1 pa je postupak rješavanja isti, s tim da se silaf prvo treba razložiti na dvije komponente, F z i F y, koje djeluju u pravcu osa z i y, respektivno, kako je prikazano na slici 5.15. Na osnovu slike se vidi da su intenziteti komponenti vanjskog opterećenja: F z = F sinα = 19.5 10 3 sin.6 = 7.5kN F y = F cosα = 19.5 10 3 cos.6 = 18kN gdje je ( ) ( ) a 0.15 α = arctg = arctg =.6 0.3 H 1 Da bismo riješili zadatak, obje sile je neophodno redukovati na posmatrani poprečni presjek, koji sadrži tačke K i H. SilaF y se može redukovati na posmatrani poprečni presjek tako što se postepeno redukuje, kako je prikazano na slici 5.15 3a-c pa u posmatranom poprečnom presjeku imamo sljedeća opterećenja: a) pritisnu silu F y izaziva aksijalno opterećenje (normalni napon), b) moment savijanja, M z = F y L oko ose z u smjeru kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni napon).
68 5 Složena naprezanja y D F z H K Fy F! H 1 H z L x E a Slika 5.15 : Komponente vanjskog opterećenja F y i F z Kada smo odredili opterećenja na koja se silaf y redukuje na posmatrani poprečni presjek, možemo izračunati napone kako slijedi: a) Normalni naponi usljed pritisne aksijalne sile F y se dobivaju na osnovu izraza (1 1) i vrijede za sve tačke poprečnog presjeka pa tako i za tačke K i H gdje je σ pk = σ ph = σ p = F y = 18 103 = 6.37MPa.87 10 3 = d π 4 = (60 10 3 ) π =.87 10 3 m 4 b) Normalni naponi usljed momenta savijanja M z = L F y djeluju oko ose z poprečnog presjeka u smjeru kretanja kazaljke na satu, pri čemu je raspodjela napona linearna, kao što je prikazano na slici 5.15 3d. S obzirom na položaj tačaka K i H, jasno je da je napon u tački H jednak nuli, jer se tačka nalazi na neutralnoj osi, dok je tačka K izložena pritisku, pa se korištenjem izraza (4 1) dobiva traženi napon gdje je σ sk = M z x = F y Ld I z = 18 103 0.15 60 10 3 6.36 10 7 = 17.3MPa I z I z = d4 π 64 = (60 10 3 ) 4 π = 6.36 10 7 m 4 64 Na ovaj način određeni su svi naponi koji djeluju u posmatranim tačkama pod utjecajem sile F y. Sila F z se može redukovati na posmatrani poprečni presjek tako što se njen utjecaj postepeno redukuje, kako je pokazano na slici 5.15 4a-c na sljedeća opterećenja: i) sila F z u smjeru negativne ose z izaziva smicanje (tangencijalni napon),
Zadaci 69 a) b) y y D F y M z =L F y F y H K H K z L x z x c) d) z y 17.3 MPa F y M z =L F y H K x z H K 17.3 MPa x s z 6.37 MPa Slika 5.15 3: Redukcija sile F y (a-c) i raspodjela normalnih napona (d) ii) moment uvijanja T = F z L oko ose y u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu izaziva uvijanje (tangencijalni napon), iii) moment savijanja M x = F z (H 1 H ) oko ose x posmatranog poprečnog presjeka u smjeru kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni napon). Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunati i napone, kako slijedi: i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom F z, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, kojoj pripada tačka K, i usmjereni su u smjeru djelovanja sile, dok su naponi jednaki nuli na najudaljenijim tačkama od neutralne ose, odnosno u tački H (slika 5.15 4c). S obzirom da se radi o kružnom poprečnom presjeku, napon u tački K se dobija koristeći izraz (4 5) τ sk = 4F z 3 = 4 7.5 103 = 3.54MPa 3.87 10 3
70 5 Složena naprezanja a) y b) y M y =L F z D F z F z H 1 H 1 H K H K H z L x z x c) d) M x =(H 1 -H ) F z H y M y =L F z F z! s! u K! u z H 70.7 MPa K s z x x 70.7 MPa Slika 5.15 4: Redukcija sile F z (a-c) i raspodjela normalnih napona (d) ii) Tangencijalni napon τ u usljed momenta uvijanja T = F z L djeluje u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu pa ima smjer kao što je prikazano na slici 5.15 4c za dvije posmatrane tačke. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3 1) gdje je τ K = τ H = τ u = T d I o = F z Ld = 7500 150 10 3 60 10 3 1.7 10 6 I o = 6.53MPa I o = d4 π 3 = 0.064 π = 1.7 10 6 m 4 3 iii) Normalni napon σ s usljed momenta savijanja M x = F z (H 1 H ) se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.15 4d), a jednak je nuli u neutralnoj osi, koja sadrži tačku K. U tački H javljaju se najveći zatezni naponi usljed savijanja, a vrijednost napona se dobija na osnovu izraza (4 1) σ sh = M x z = F z (H 1 H ) d I x = 7500 (0.3 0.1) 60 10 3 6.36 10 7 = 70.74MPa I x
Zadaci 71 gdje je za kružni poprečni presjek I x = I z = 6.36 10 7 m 4 Na ovaj način izračunati su i svi naponi koji se javljaju u posmatranim tačkama usljed djelovanja sile F z. Zadatak 5.16 Za dio prikazan na slici 5.16 1 treba izračunati: a) normalne napone, b) tangencijalne napone, za sljedeće slučajeve: i) grupa : u tački a, ako je β = 30, ii) grupa : u tački b, ako je β = 0. 300 mm 40 mm a b 60 mm β 600 kn Slika 5.16 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 5.16: Podaci uz zadatak 5.16 L = 300 mm a = 40 mm F = 600 N b = 60 mm β a = 30 β b = 0 Zadatak je sličan zadatku 5.9 pa je i postupak rješavanja isti, s tim da ovdje imamo pravougaoni poprečni presjek. S obzirom da se obje tačke, a i b, nalaze na istom poprečnom presjeku, prvo ćemo posmatrati sva opterećenja koja djeluju na posmatrani poprečni presjek. U tu svrhu, zgodno je silu F razložiti na dvije komponente koje djeluju uzduž osa simetrije pravougaonog poprečnog
7 5 Složena naprezanja presjeka. Imajući u vidu ugao koji sila F zaklapa s osom y, na osnovu slike 5.16 a je jasno da su vrijednosti komponenti jednake: F x = F sinβ F y = F cosβ Dalji postupak rješavanja će se izvesti istovremeno za obje grupe. (5.16 1) (5.16 ) a) b) L y F x x a b a b F y a y M y =L F x F x b M x =L F y x F y! F y a c) b d) x x a b y! sx x! sy " s x " s Slika 5.16 : Redukcija vanjskih opterećenja (a-b) i raspodjela normalnih i tangencijalnih napona (c-d) Da bismo odredili naponsko stanje u bilo kojoj tački presjeka, kojem pripadaju tačke a i b, neophodno je obje sile, F x i F y, redukovati na posmatrani poprečni presjek. Kao što je naznačeno na slici 5.16 a-b, sila F x se redukuje na: i) silu F x, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka izaziva smicanje (tangencijalni napon), ii) moment savijanja M y = F x L oko ose y u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni napon). Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek usljed sile F x možemo izračunati i napone kako slijedi: i) Tangencijalni naponi τ sx usljed smicanja silom F x, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, a
Zadaci 73 jednak je nuli na najudaljenijim tačkama od ose y, a tu spadaju obje tačke a i b. Dakle, tangencijalni napon usljed smicanja silom F x postoji samo za tačku i računa se prema izrazu (4 5), a jednak je nuli u obje tačke (slika 5.16 c). ii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose y, M y = F x L linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.16 c), a jednak je nuli u neutralnoj osi, odnosno osi y. Tačka a se nalazi na mjestu gdje su najveći zatezni naponi, dok se tačka b nalazi na mjestu gdje su najveći pritisni naponi (predznak " "), a intenzitet se određuje pomoću izraza (4 1) pa imamo za tačku a gdje je a za tačku b gdje je σ sa = M y x = F x a L I y I y F xa = F sinβ a = 600 sin30 = 300N a = 300 0.3 40 10 3 3. 10 7 = 5.6MPa I y = ba3 1 = 60 10 3 (40 10 3 ) 3 = 3. 10 7 m 4 1 σ sb = M y x = F x b La I y = 05. 0.3 40 10 3 3. 10 7 = 3.85MPa I y F xb = F sinβ b = 600 sin0 = 05.N Što se tiče sile F y, ona se na posmatrani poprečni presjek redukuje na (vidi sliku 5.16 b): i) silu F y, koja djeluje u ravni poprečnog presjeka izaziva smicanje (tangencijalni napon), ii) moment savijanja M x = F y L oko ose x u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu izaziva savijanje (normalni napon). Ova opterećenja izazivaju sljedeće napone: i) Tangencijalni naponi τ sy usljed smicanja silom F y, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, a vrijednost nula na najudaljenijim vlaknima od neutralne ose, kojima pripadaju i tačke a i b (slika 5.16 d). Dakle, tangencijalni naponi usljed sile F y u tačkama a i b jednaki su nuli. ii) Normalni napon usljed momenta savijanja oko ose x, M x = F y L linearno se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.16 d), a jednak je nuli u neutralnoj osi, odnosno osi oko koje se vrši savijanje. Obje tačke, a i b, se nalaze na mjestu gdje su najveći zatezni naponi, a intenzitet se određuje pomoću izraza (4 1) pa imamo za tačku a gdje je σ sa = M x y = F y a L b I x = 519.6 0.3 60 10 3 7. 10 7 = 6.5MPa I x F ya = F cosβ a = 600 cos30 = 519.6N I x = ab3 1 = 40 10 3 (60 10 3 ) 3 = 7. 10 7 m 4 1
74 5 Složena naprezanja a za tačku b σ sb = M x y = F y b L b I x I x = 563.8 0.3 60 10 3 7. 10 7 = 7.05MPa gdje je F yb = F cosβ b = 600 cos0 = 563.8N Na ovaj način izračunati su svi normalni i tangencijalni naponi u tačkama a i b usljed djelovanja sile F. Zadatak 5.17 Za dio prikazan na slici 5.17 1 na koji djeluju tri sile u tačkama, i D treba izračunati: a) Grupa : u tački E i) normalne napone usljed sila u tačkama i, ii) tangencijalne napone usljed sila u tačkama i D. b) Grupa : u tački G i) normalne napone usljed sila u tačkama i D, ii) tangencijalne napone usljed sila u tačkama i. y 130 mm 50 kn 75 kn 100 mm D 30 kn 100 mm z E G x 40 mm 140 mm Slika 5.17 1: Opis problema R j e š e nj e S obzirom da tačke u kojima treba odrediti napone iz obje grupe, E i G, pripadaju istom poprečnom presjeku, prvo ćemo odrediti opterećenja u tom poprečnom koja dolaze od vanjskih sila, a onda izračunati napone prema grupama. Na osnovu slike 5.17 a-b se vidi da pojedine vanjske sile kada se redukuju na posmatrani poprečni presjek djeluju sljedećim opterećenjima:
Zadaci 75 Tabela 5.17: Podaci uz zadatak 5.17 z = 130 mm h = 140 mm F = 75 kn y D = 100 mm b = 40 mm F = 50 kn y = 00 mm F D = 30 kn 1. sila F se redukuje na silu F, koja djeluje smicanjem u smjeru negativne ose z (tangencijalni naponi) i momentom savijanja M x = y F oko ose x u smjeru kretanja kazaljke na satu (normalni naponi),. sila F se redukuje na silu F, koja djeluje zatezanjem u smjeru pozitivne ose y (normalni napon) i momentom savijanja M x = z F oko ose x u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu (normalni naponi), 3. sila F D se redukuje na silu F D, koja djeluje smicanjem u smjeru negativne ose x (tangencijalni naponi) i momentom savijanja M zd = y D F D oko ose z u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu (normalni naponi). a) Grupa : naponi u tački E i) Normalni naponi usljed sila u tačkama i Sila F u tački E izaziva normalne zatezne napone usljed momenta savijanja M x = F y, koji se određuju prema izrazu (4 1) (slika 5.17 d) gdje je σ s = M x z = F y h I x I x = 75 103 0. 140 10 3 9.147 10 6 = 114.8MPa I x = bh3 1 = 40 10 3 (140 10 3 ) 3 1 = 9.147 10 6 m 4 Sila F u tački E izaziva normalne pritisne napone usljed momenta savijanja M x = F z, koji se računaju prema izrazu (4 1) (slika 5.17 c-d) σ s = M x z = F z h I x I x = 50 103 0.13 140 10 3 9.147 10 6 = 49.75MPa te normalne zatezne napone usljed sile zatezanja F, koji se računaju prema izrazu ( 1) σ z = F = 50 103 = 8.93MPa 5.6 10 3 ii) Tangencijalni naponi usljed sila u tačkama i D Tačka E nalazi se na vanjskoj površini na vrhu poprečnog presjeka tako da su tangencijalni naponi usljed svih vanjskih sila u zadatku koje djeluju smicanjem jednaki nuli.
76 5 Složena naprezanja a) z b) y F y F y D F D y D M x =y F E z M zd =y D F D F F F D G M x =z F x z E G x b h c) G d) x E z " sd x! s 80.4 MPa x E G 114.8 MPa! s " s x 49.8 MPa " s z 114.8 MPa 49.8 MPa 8.9 MPa 80.4 MPa z 8.9 MPa z Slika 5.17 : Redukcija vanjskih opterećenja (a-b) i raspodjela normalnih i tangencijalnih napona
Zadaci 77 b) Grupa : naponi u tački G i) Normalni naponi usljed sila u tačkama D i Sila F D u tački G izaziva normalne zatezne napone usljed momenta savijanja M zd = F D y D, koji se određuju prema izrazu (4 1) (slika 5.17 c) gdje je σ sd = M zd x = F D y D b I z I z = 30 103 0.1 140 10 3 7.467 10 7 = 80.36MPa I z = hb3 1 = 140 10 3 (40 10 3 ) 3 = 7.467 10 7 m 4 1 Sila F u tački G izaziva normalne zatezne napone usljed momenta savijanja M x = F z, koji se računaju prema izrazu (4 1) (slika 5.17 d) σ s = M x z = F z h I x I x = 50 103 0.13 140 10 3 9.147 10 6 = 49.75MPa te normalne zatezne napone usljed sile zatezanja F, koji se računaju prema izrazu ( 1) (slika 5.17 c-d) σ z = F = 50 103 = 8.93MPa 5.6 10 3 ii) Tangencijalni naponi usljed sila u tačkama i D Tačka G nalazi se na vanjskoj površini na vrhu poprečnog presjeka tako da su tangencijalni naponi usljed svih vanjskih sila, koje u zadatku djeluju smicanjem, jednaki nuli. Zadatak 5.18 Za dio prikazan na slici 5.18 1 prečnika d = 65 mm treba izračunati: a) normalne i tangencijalne napone, b) glavne normalne napone i maksimalni tangencijalni napon, za sljedeće slučajeve: i) grupa : u tački K, ii) grupa : u tački H. R j e š e nj e Tabela 5.18: Podaci uz zadatak 5.18 d = 65 mm d = 65 mm F = 10 kn H = 0.4 m T = 1.4 knm Zadatak je pojednostavljena varijanta nekoliko prethodnih zadataka, kao što je zadatak 5.18 1 pod djelovanjem sile P, tako da je postupak rješavanja identičan tom zadatku. Da bismo riješili zadatak, silu F je neophodno redukovati na posmatrani poprečni presjek, koji
78 5 Složena naprezanja 1.4 knm y 10 kn z H K 40 mm x Slika 5.18 1: Opis problema sadrži tačke K i H, dok se primjenjeni moment uvijanja odnosi i na posmatrani poprečni presjek. Sila F se redukuje na posmatrani poprečni presjek tako što se njen utjecaj u tački C redukuje na smicajnu silu F i moment savijanja M z = F H oko ose z posmatranog poprečnog presjeka koji sadrži tačku H, kao što je naznačeno na slici 5.18 a-b. a) y b) c) T y F T M z =H F K H H H z x z! u K F x! s! u 89. MPa H z " s K x 89. MPa Slika 5.18 : Redukcija vanjskih opterećenja (a-b) i raspodjela normalnih napona (c) Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunati i napone, kako slijedi: i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom F, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, kojoj pripada tačkah (osaz), i usmjereni su u smjeru djelovanja sile F, dok su naponi jednaki nuli na najudaljenijim tačkama od neutralne ose, odnosno u tački K (τ sk = 0), kao što je pokazano na slici 5.18 b. S obzirom da se radi o kružnom poprečnom presjeku, napon u tački H se dobija koristeći izraz (4 5) τ sh = 4F 3 = 4 10 103 = 4.018MPa 3 3.318 10 3
Zadaci 79 gdje je = d π 4 = 0.065 π = 3.318 10 3 m 4 ii) Normalni napon usljed momenta savijanja M z = F H se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.18 c), a jednak je nuli u neutralnoj osi, koja sadrži tačku H (σ sh = 0). U tački K javljaju se najveći pritisni naponi usljed savijanja, a vrijednost napona se dobija na osnovu izraza (4 1) σ sk = M z I d F H d = I = 10000 0.4 65 10 3 8.76 10 7 = 89.0MPa gdje je za kružni poprečni presjek I = d4 π 64 = (65 10 3 ) 4 π = 8.76 10 7 m 4 64 iii) Tangencijalni napon τ u usljed momenta uvijanja T, djeluje u smjeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu pa ima smjer kao što je prikazano na slici 5.18 b za dvije posmatrane tačke. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3 1) gdje je τ uk = τ uh = T d I o = 1400 65 10 3 1.75 10 6 = 5.96MPa I o = d4 π 3 = 0.0654 π = 1.75 10 6 m 4 3 Na ovaj način izračunati su svi naponi koji se javljaju u posmatranim tačkama usljed djelovanja sile F i momenta uvijanja T pa se može pristupiti određivanju glavnih normalnih i maksimalnih tangencijalnih napona koristeći izraze (5 3) i (5 5), pri čemu je za sve slučajeve σ y = 0. Za tačku K imamo: σ 1 = σ (σsk ) s K + +τ uk ) ( 89.0 10 = 89.0 106 6 + +(5.96 10 6 ) = 7.0MPa σ = σ (σsk ) s K +τ uk ) ( 89.0 10 = 89.0 106 6 +(5.96 10 6 ) = 96.04MPa (σsk ) τ max = ± +τ uk ( 89.0 10 6 = ± ) +(5.96 10 6 ) = ±51.53MPa
80 5 Složena naprezanja Za tačku H nemamo normalnih napona, nego samo tangencijalne napone (čisto smicanje) pri čemu obje komponente tangencijalnog napona (i od smicanja i od uvijanja) imaju isti smjer djelovanja pa je ukupni intenzitet jednak (vidi sliku 5.18 b) τ H = τ uh +τ sh = 5.96 10 6 +4.0 10 6 = 9.98MPa pa su, koristeći se činjenicom da su za čisto smicanje glavni normalni naponi i maksimalni tangencijalni naponi po intenzitetu jednaki, σ 1, = τ H = ±9.98MPa τ max = ±τ H = ±9.98MPa Zadatak 5.19 Za dio prikazan na slici 5.19 1 treba izračunati: a) normalne i tangencijalne napone, b) glavne normalne napone i maksimalni tangencijalni napon, u tačkama K i H usljed djelovanja sile F. Podaci: F = 5 kn, l = 100 mm, c = 0 mm. Debljinu trake na kojoj djeluje sila F zanemariti. l y H K z c F x y H K x Slika 5.19 1: Opis problema R j e š e nj e Tabela 5.19: Podaci uz zadatak 5.19 l = 0.1 m c = 0 mm F = 5 kn d = c = 40 mm Zadatak je varijanta prethodnog zadatka, tako što se sila F redukuje u centar poprečnog presjeka na smicajnu silu F, koja djeluje prema dolje, i moment uvijanja T = F c = 5000 0.0 = 100Nm, koji djeluje u smjeru kretanja kazaljke na satu, kao što je naznačeno na
Zadaci 81 slici 5.19 1a-b. Sada je, slijedeći rješenje prethodnog zadatka, silu F neophodno redukovati na posmatrani poprečni presjek, koji sadrži tačke K i H, dok se primjenjeni moment uvijanja odnosi i na posmatrani poprečni presjek. Sila F se može redukovati na posmatrani poprečni presjek, tako što se redukuje na smicajnu silu F i moment savijanja M = F l oko ose x posmatranog poprečnog presjeka koji sadrži tačku K, kao što je naznačeno na slici 5.19. a) b) y l H K y l T=F c H K z c x z F x F c) y d) z H F u T=F c K x M x =F l u H y K s 79.6 MPa 79.6 MPa s Slika 5.19 : Redukcija vanjskih opterećenja (a-c) i raspodjela normalnih napona (d) Kada znamo opterećenja koja vladaju na posmatrani poprečni presjek možemo izračunati i napone, kako slijedi: i) Tangencijalni naponi τ s usljed smicanja silom F, koja djeluje u ravni posmatranog poprečnog presjeka, imaju najveću vrijednost u neutralnoj osi poprečnog presjeka, kojoj pripada tačka K, i usmjereni su u smjeru djelovanja sile F, dok su naponi jednaki nuli na najudaljenijim tačkama od neutralne ose, odnosno u tački H (τ sh = 0), kao što je prikazano na slici 5.19 1c. S obzirom da se radi o kružnom poprečnom presjeku, napon u tački K se dobija koristeći izraz (4 5) τ sh = 4F 3 = 4 5 10 3 = 5.31MPa 3 1.57 10 3
8 5 Složena naprezanja gdje je = d π 4 = 0.04 π = 1.57 10 3 m 4 ii) Normalni napon usljed momenta savijanja M = F l se mijenja s kraja na kraj poprečnog presjeka (skicirano na slici 5.19 1d), a jednak je nuli u neutralnoj osi, koja sadrži tačku K (σ sk = 0). U tački H javljaju se najveći zatezni naponi usljed savijanja, a vrijednost napona se dobija na osnovu izraza (4 1) σ sh = M I c = F l I c = 5000 0.1 1.57 10 7 0 10 3 = 79.58MPa gdje je za kružni poprečni presjek I = d4 π 64 = (40 10 3 ) 4 π = 1.57 10 7 m 4 64 iii) Tangencijalni napon τ u usljed momenta uvijanja T, djeluje u smjeru kretanja kazaljke na satu pa ima smjer kao što je prikazano na slici 5.19 1c za dvije posmatrane tačke. Intenzitet ovog napona dat je osnovnim obrascem iz uvijanja (3 1) gdje je τ uk = τ uh = T I o c = I o = d4 π 3 = 0.044 π =.513 10 7 m 4 3 100.513 10 7 0 10 3 = 7.958MPa Na ovaj način izračunati su svi naponi koji se javljaju u posmatranim tačkama usljed djelovanja sile F pa se može pristupiti određivanju glavnih normalnih i maksimalnih tangencijalnih napona koristeći izraze (5 3) i (5 5), pri čemu je za sve slučajeve σ y = 0. Za tačku H imamo: σ 1 = σ (σsh ) s H + +τ uh ) (79.58 10 = 79.58 106 6 + +(7.958 10 6 ) = 80.37MPa σ = σ (σsh ) s H +τ uh ) (79.58 10 = 79.58 106 6 +(7.958 10 6 ) = 0.8MPa (σsk ) τ max = ± +τ uk (79.58 10 6 = ± ) +(7.958 10 6 ) = ±40.58MPa
Zadaci 83 Za tačku K nemamo normalnih napona, nego samo tangencijalne napone (čisto smicanje) pri čemu obje komponente tangencijalnog napona (i od smicanja i od uvijanja) imaju isti smjer djelovanja pa je ukupni intenzitet jednak (vidi sliku 5.19 1c) τ K = τ uk +τ sk = 7.958 10 6 +5.3 10 6 = 13.6MPa Koristeći se činjenicom da su za čisto smicanje glavni normalni naponi i maksimalni tangencijalni naponi po intenzitetu jednaki, imamo σ 1, = τ H = ±13.6MPa τ max = ±τ H = ±13.6MPa
Poglavlje 6 Hipoteze o razaranju materijala 6.1 Osnovne formule Hipoteza najvećeg tangencijanog napona (Tresca kriterij): σ ekv = { max( σ1, σ ),σ 1 i σ istog znaka σ 1 σ,σ 1 i σ različitog znaka < R eh S (6 1) Hipoteza najvećeg specifičnog deformacionog rada (von Mises-Hencky-Huber kriterij): σ ekv = σ1 σ 1σ +σ < R eh (6 ) S Hipoteza najvećeg normalnog napona (Rankinov kriterij): σ ekv = max( σ 1, σ ) < R m S Mohrova hipoteza (kriterij): { σ1, za σ σ ekv = 1,σ > 0 σ 1 α σ σ,σ 1 i σ različitog znaka < R mz S (6 3) (6 4) σ ekv = σ < R mp S, za σ 1,σ < 0 (6 5) α σ = R mz R mp (6 6)
86 6 Hipoteze o razaranju materijala 6. Zadaci Zadatak 6.1 Komponente napona u kritičnoj tački čelične ploče date su na slici 6.1 1. Odrediti da li će doći do otkaza (plastičnog tečenja) materijala prema teoriji maksimalnog tangencijalnog napona i teoriji maksimalnog specifičnog deformacionog rada, ako je granica tečenja materijala R eh = 0 MPa. 140 MPa 45 MPa 75 MPa Slika 6.1 1: Uz zadatak 6.1 R j e š e nj e Tabela 6.1: Podaci uz zadatak 6.1 σ x = 75 MPa σ y = 140 MPa τ xy = 45 MPa R eh = 0 MPa Kod ovog i narednih zadataka prvo je neophodno izračunati glavne normalne napone, a onda preko njih koristeći odgovarajuće hipoteze o razaranju materijala riješiti zadane probleme. Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5 3) (uvrštene vrijednosti su u MPa) σ 1 = σ (σx ) x +σ y σ y + +τxy (75 ( 140) = 75+( 140) ) + +45 = 84.04MPa σ = σ (σx ) x +σ y σ y +τxy = 75+( 140) (75 ( 140) ) +45 = 149.04MPa
Zadaci 87 Sada se korištenjem izraza (6 1) za teoriju najvećeg tangencijalnog napona (T resca kriterij) dolazi do ekvivalentnog napona, pri čemu su glavni naponi različitog predznaka: σ ekv = σ 1 σ = 84.04 ( 149.04) = 33.08MPa S obzirom da je σ ekv > R eh doći će do otkaza materijala. Za slučaj maksimalnog specifičnog deformacionog rada (von Mises, Henckey ili Huber kriterij), koristi se izraz (6 ) pa je σ ekv = σ 1 σ 1σ +σ = 84.04 84.04 ( 140.04)+( 140.04) σ ekv = 04.45MPa U ovom slučaju vrijedi σ ekv < R eh pa do otkaza ne bi došlo. Zadatak 6. Komponente napona u kritičnoj tački čelične ploče date su na slici 6. 1. Odrediti stepen sigurnosti, ako se koristi teorija maksimalnog specifičnog deformacionog rada. Granica tečenja materijala je R eh = 500 MPa. 340 MPa 65 MPa 55 MPa Slika 6. 1: Uz zadatak 6. R j e š e nj e Tabela 6.: Podaci uz zadatak 6. σ x = 55 MPa σ y = 340 MPa τ xy = 65 MPa R eh = 500 MPa Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5 3) (uvrštene vri-
88 6 Hipoteze o razaranju materijala jednosti su u MPa) σ 1 = σ x +σ y = 55+340 σ = σ x +σ y = 55+340 (σx ) σ y + +τxy ( 55 340 ) + +65 = 350.4MPa (σx ) σ y +τxy ( 55 340 ) +65 = 65.4MPa Za slučaj maksimalnog specifičnog deformacionog rada (von Mises, Henckey ili Huber kriterij) koristi se izraz (6 ) pa je stepen sigurnosti gdje je S = R eh σ ekv = 500 387.3 = 1.9 σ ekv = σ 1 σ 1σ +σ = 350.4 350.4 ( 65.4)+( 65.4) σ ekv = 387.3MPa Zadatak 6.3 Za element napona na slici 6.3 1 odrediti stepen sigurnosti protiv razaranja koristeći: a) teoriju najvećeg tangencijalnog napona, b) teoriju najvećeg specifičnog deformacionog rada. Materijal ima granicu tečenja R eh = 00 MPa. 40 MPa 5 MPa 60 MPa Slika 6.3 1: Uz zadatak 6.3
Zadaci 89 R j e š e nj e Tabela 6.3: Podaci uz zadatak 6.3 σ x = 60 MPa σ y = 40 MPa τ xy = 35 MPa R eh = 00 MPa Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5 3) (uvrštene vrijednosti su u MPa) σ 1 = σ (σx ) x +σ y σ y + +τxy ( 60 ( 40) = 60+( 40) ) + +35 = 13.6MPa σ = σ (σx ) x +σ y σ y +τxy = 60+( 40) ( 60 ( 40) ) +35 = 86.4MPa Za slučaj maksimalnog tangencijalnog napona (Tresca kriterij) koristi se izraz (6 1) pa je stepen sigurnosti S = R eh σ ekv = 00 86.4 =.3 gdje je, koristeći se činjenicom da su glavni naponi istog predznaka, σ ekv = max( σ 1, σ ) = max( 13.6, 86.4 ) = 86.4MPa Za slučaj maksimalnog specifičnog deformacionog rada (von Mises, Henckey ili Huber kriterij) koristi se izraz (6 ) pa je stepen sigurnosti gdje je S = R eh σ ekv = 00 80.47 =.49 σ ekv = σ 1 σ 1σ +σ = ( 13.6) ( 13.6) ( 86.4)+( 86.4) σ ekv = 80.47MPa Zadatak 6.4 Za element napona na slici 6.4 1 odrediti stepen sigurnosti protiv razaranja koristeći: a) teoriju najvećeg tangencijalnog napona, b) teoriju najvećeg specifičnog deformacionog rada.
90 6 Hipoteze o razaranju materijala 30 MPa 9 MPa 6 MPa Slika 6.4 1: Uz zadatak 6.4 Materijal ima granicu tečenja R eh = 100 MPa. R j e š e nj e Tabela 6.4: Podaci uz zadatak 6.4 σ x = 6 MPa σ y = 30 MPa τ xy = 9 MPa R eh = 100 MPa Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5 3) (uvrštene vrijednosti su u MPa) σ 1 = σ (σx ) x +σ y σ y + +τxy (6 30 = 6+30 ) + +( 9) = 33MPa σ = σ (σx ) x +σ y σ y +τxy (6 30 = 6+30 ) +35 = 3MPa Za slučaj maksimalnog tangencijalnog napona (Tresca kriterij) koristi se izraz (6 1) pa je stepen sigurnosti S = R eh σ ekv = 100 33 = 3.03 gdje je, koristeći se činjenicom da su glavni naponi istog predznaka σ ekv = max( σ 1, σ ) = max( 33, 3 ) = 33MPa
Zadaci 91 Za slučaj maksimalnog specifičnog deformacionog rada (von Mises, Henckey ili Huber kriterij) koristi se izraz (6 ) pa je stepen sigurnosti S = R eh σ ekv = 00 31.6 = 3.16 gdje je σ ekv = σ 1 σ 1σ +σ = 33 33 3+3 = 31.6MPa Zadatak 6.5 Za element napona nekog elementa od duktilnog čelika provjeriti da li će doći do pucanja elementa, ako je R eh = 100 MPa. 50 MPa 5 MPa 90 MPa Slika 6.5 1: Uz zadatak 6.5 R j e š e nj e Tabela 6.5: Podaci uz zadatak 6.5 σ x = 90 MPa σ y = 50 MPa τ xy = 5 MPa R eh = 100 MPa S obzirom da se radi o duktilnom materijalu, možemo koristiti hipotezu najvećeg tangencijalnog napona ili hipotezu najvećeg specifičnog deformacionog rada pa će se provjera obaviti za obje hipoteze. Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5 3) (uvrštene vri-
9 6 Hipoteze o razaranju materijala jednosti su u MPa) σ 1 = σ (σx ) x +σ y σ y + +τxy (90 50 = 90+50 ) + +(5) = 10.0MPa σ = σ (σx ) x +σ y σ y +τxy (90 50 = 90+50 ) +5 = 37.98MPa Za slučaj maksimalnog tangencijalnog napona (Tresca kriterij) koristi se izraz (6 1) pa je ekvivalentni napon za slučaj kada su glavni naponi istog predznaka σ ekv = max( σ 1, σ ) = max( 10.0, 37.98 )= 10.0MPa pa je σ ekv > R eh i doći će do otkaza. Za slučaj maksimalnog specifičnog deformacionog rada (von Mises, Henckey ili Huber kriterij) koristi se izraz (6 ) pa je ekvivalentni napon σ ekv = σ1 σ 1σ +σ = 10.0 10.0 37.98+37.98 = 89.3MPa pa je σ ekv < R eh i tada ne bi došlo do otkaza. Zadatak 6.6 Za element napona nekog duktilnog materijala, prikazan na slici desno, treba izračunati: a) najveće normalne i tangencijalne napone u elementu, b) stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći T resca hipotezu. Ostali podaci: R eh = 00 MPa. R j e š e nj e Tabela 6.6: Podaci uz zadatak 6.6 σ x = 45 MPa σ y = 5 MPa τ xy = 70 MPa R eh = 00 MPa a) Najveći normalni i tangencijalni naponi u elementu Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5 3) (uvrštene vrijednosti su u MPa) σ 1 = σ x +σ y + (σx σ y ) +τ xy
Zadaci 93 5 MPa 70 MPa 45 MPa = 45+5 σ = σ x +σ y = 45+5 Slika 6.6 1: Uz zadatak 6.6 (45 5 ) + +70 = 105.71MPa (σx ) σ y +τxy (45 5 ) +70 = 35.71MPa a maksimalni tangencijalni naponi prema izrazu (5 5) (σx ) σ y τ max = ± +τxy (45 5 ) = ± +70 = 70.71MPa b) Stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći T resca hipotezu Za slučaj maksimalnog tangencijalnog napona (Tresca kriterij) koristi se izraz (6 1) pa je stepen sigurnosti S = R eh σ ekv = 00 141.4 = 1.41 gdje je, koristeći se činjenicom da su glavni naponi različitog predznaka, σ ekv = σ 1 σ = 10.71 ( 35.71) = 141.4MPa Zadatak 6.7 Za element napona nekog duktilnog materijala, prikazan na slici 6.7 1, treba izračunati: a) najveće normalne i tangencijalne napone u elementu,
94 6 Hipoteze o razaranju materijala 5 MPa 70 MPa 45 MPa Slika 6.7 1: Uz zadatak 6.7 b) stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći T resca hipotezu. Ostali podaci: R eh = 00 MPa. R j e š e nj e Tabela 6.7: Podaci uz zadatak 6.7 σ x = 45 MPa σ y = 5 MPa τ xy = 70 MPa R eh = 00 MPa a) Najveći normalni i tangencijalni naponi u elementu Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5 3) (uvrštene vrijednosti su u MPa) σ 1 = σ (σx ) x +σ y σ y + +τxy (45 ( 5) = 45+( 5) ) + +( 70) = 88.6MPa σ = σ (σx ) x +σ y σ y +τxy = 45+( 5) (45 ( 5) ) +( 70) = 68.6MPa
Zadaci 95 a maksimalni tangencijalni naponi prema izrazu (5 5) (σx ) σ y τ max = ± +τxy (45 ( 5) ) = ± +( 70) = 78.6MPa b) Stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći T resca hipotezu Za slučaj maksimalnog tangencijalnog napona (Tresca kriterij) koristi se izraz (6 1) pa je stepen sigurnosti S = R eh σ ekv = 00 156.5 = 1.8 gdje je, koristeći se činjenicom da su glavni naponi različitog predznaka σ ekv = σ 1 σ = 88.6 ( 68.6) = 156.5MPa Zadatak 6.8 Za element napona nekog duktilnog materijala, prikazan na slici 6.8 1, treba izračunati: a) najveće normalne i tangencijalne napone u elementu, b) stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći von Mises hipotezu. Ostali podaci: R eh = 00 MPa. 30 MPa 50 MPa 70 MPa Slika 6.8 1: Uz zadatak 6.8
96 6 Hipoteze o razaranju materijala R j e š e nj e Tabela 6.8: Podaci uz zadatak 6.8 σ x = 70 MPa σ y = 30 MPa τ xy = 50 MPa R eh = 00 MPa a) Najveći normalni i tangencijalni naponi u elementu Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5 3) (uvrštene vrijednosti su u MPa) σ 1 = σ (σx ) x +σ y σ y + +τxy (70 ( 30) = 70+( 30) ) + +( 50) = 90.71MPa σ = σ (σx ) x +σ y σ y +τxy = 70+( 30) (70 ( 30) ) +( 50) = 50.71MPa a maksimalni tangencijalni naponi prema izrazu (5 5) (σx ) σ y τ max = ± +τxy (70 ( 30) ) = ± +( 50) = 70.71MPa b) Stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći von Mises hipotezu Za slučaj maksimalnog specifičnog deformacionog rada (von Mises, Henckey ili Huber kriterij) koristi se izraz (6 ) pa je stepen sigurnosti gdje je S = R eh σ ekv = 00 14.1 = 1.61 σ ekv = σ 1 σ 1σ +σ = 90.71 90.71 ( 50.71)+( 50.71) σ ekv = 14.1MPa Zadatak 6.9 Za element napona nekog duktilnog materijala, prikazan na slici 6.9 1, treba izračunati:
Zadaci 97 30 MPa 50 MPa 70 MPa Slika 6.9 1: Uz zadatak 6.9 a) najveće normalne i tangencijalne napone u elementu, b) stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći von Mises hipotezu. Ostali podaci: R eh = 00 MPa. R j e š e nj e Tabela 6.9: Podaci uz zadatak 6.9 σ x = 70 MPa σ y = 30 MPa τ xy = 50 MPa R eh = 00 MPa a) Najveći normalni i tangencijalni naponi u elementu Glavni normalni naponi za zadati element napona su prema izrazu (5 3) (uvrštene vrijednosti su u MPa) σ 1 = σ x +σ y = 70+30 σ = σ x +σ y = 70+30 (σx ) σ y + +τxy (6.9 1) ( 70 30 ) + +50 = 50.71MPa (6.9 ) (σx ) σ y +τxy (6.9 3) ( 70 30 ) +50 = 90.71MPa (6.9 4) (6.9 5)
98 6 Hipoteze o razaranju materijala a maksimalni tangencijalni naponi prema izrazu (5 5) (σx ) σ y τ max = ± +τxy ( 70 30 ) = ± +50 = 70.71MPa b) Stepen sigurnosti protiv plastičnih deformacija koristeći von Mises hipotezu Za slučaj maksimalnog specifičnog deformacionog rada (von Mises, Henckey ili Huber kriterij) koristi se izraz (6 ) pa je stepen sigurnosti gdje je S = R eh σ ekv = 00 14.1 = 1.61 σ ekv = σ 1 σ 1σ +σ = 50.71 50.71 ( 90.71)+( 90.71) σ ekv = 14.1MPa
LITERTUR Zadaci koji su dati u ovoj kolekciji uglavnom su preuzeti iz zbirki zadataka stranih autora, koje se koriste na mnogim svjetskim fakultetima, a koji su vezani za osnovni kurs iz oblasti otpornosti materijala. Ipak, veći broj zadataka je modificiran, odnosno u manjoj ili većoj mjeri promijenjen, tako da se ne može naći u drugoj literaturi. Literatura koja je korištena kako u izboru zadataka, tako i u traženju ideja i najprikladnijih objašnjenja i termina, data je u sljedećoj listi. Naravno, postoji i veliki broj drugih izvora kako na stranim tako i našim jezicima koji se s uspjehom mogu koristiti za pripremu za ispit i proširivanje znanja iz oblasti otpornosti materijala. [1] Hibbeler, R.C. Mechanics of Materials. Prentice Hall, Eighth Edition, 011. [] Gere, J.M. i Goodno,.J. Mechanics of Materials. Cengage Learning, Seventh Edition, 009. [3] eer, F.P., Johnston, E.R. Jr., DeWolf J.T. i Mazurek D.F Mechanics of Materials. McGraw-Hill, New York, Sixth Edition, 01. [4] Timoshenko S. Strength of Materials: Part I, Elementary theory and problems. D. van Nostrand Company, Inc., Second Edition, 1940. [5] Grupa autora Elastostatika I. Tehnički fakultet, ihać, 003. [6] Grupa autora Elastostatika II. Tehnički fakultet, ihać, 003. Za pripremu Formula i tabela za ispit iz Otpornosti materijala korištena je dodatna literatura (vidi Dodatak C)
Dodatak Prefiksi jedinica SI sistema Faktor množenja Prefiks Simbol 1 000 000 000 000 = 10 1 tera T 1 000 000 000 = 10 9 giga G 1 000 000 = 10 6 mega M 1 000 = 10 3 kilo k 100 = 10 hekto* h 10 = 10 1 deka* da 0.1 = 10 1 deci* d 0.01 = 10 centi* c 0.001 = 10 3 mili m 0.000 001 = 10 6 mikro µ 0.000 000 001 = 10 9 nano n 0.000 000 000 001 = 10 1 piko p 0.000 000 000 000 001 = 10 15 femto f 0.000 000 000 000 000 001 = 10 18 ato a *Prefiksi koji se općenito rijetko koriste osim u mjerenjima dužine, površine i zapremine.
Dodatak Korištene veličine s jedinicama SI sistema Veličina Jedinica Simbol Izvedena jedinica deformacija m/m dužina metar m * koeficijent toplotnog širenja moment površine (1. reda) moment površine (. reda) 1/K(1/ C) kubni metar m 3 metar na četvrtu m 4 moment sile njutn metar N m=kg m /s napon paskal Pa N/m =kg/m s površina kvadratni metar m pritisak paskal Pa N/m =kg/m s sila njutn N kg m/s temperatura kelvin K * (1 K=1 C) ugao radijan rad m/m (πrad = 360 ) *Osnovna jedinica u SI sistemu
Dodatak C Formule i tabele Polaganje završnog (pismenog) ispita je otvorenog tipa, odnosno student na ispitu može, pored kalkulatora, koristiti i dokument Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala. Ovaj dokument je pripremljen kako za studente koji slušaju osnovni kurs, tako i za one koji slušaju napredni kurs iz oblasti otpornosti materijala. Za pripremu ovog dokumenta je, pored literaturnih izvora korištenih za pripremu zadataka, korištena i sljedeća literatura: [1] Norton R.L., Machine Design - n Integrated pproach, Third Edition, Pearson, Pretence Hall, 006. Ovaj izvor je korišten za pripremanje Tabele III: Koncentracija napona. Svi dijagrami su pripremljeni koristeći Grace (Xmgr) sofvter. [] CES Selector Version 5.1.0, Copyright Granta Design Limited, 009. Tabela I je pripremljena koristeći nekoliko već pomenutih literaturnih izvora, pri čemu je određeni broj podataka preuzet i iz ove vrlo bogate baze materijala. [3] Standardi: DIN 105, DIN EN 10056-1, DIN 106-1 Tabela II je pripremljena koristeći ove standarde, pri čemu nisu date sve karakteristike profila nego su izdvojene one veličine koje su dovoljne za rješavanje zadataka iz kurseva Otpornost materijala I i II. U nastavku je dat kompletan dokument.
v.prof. dr. leksandar Kara FORMULE I TELE Z ISPIT IZ OTPORNOSTI MTERIJL VI C Formule i tabele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala MF/PTF-UNZE 1 VII
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala MF/PTF-UNZE VIII C Formule i tabele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala MF/PTF-UNZE 3 IX
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala MF/PTF-UNZE 4 X C Formule i tabele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala MF/PTF-UNZE 5 XI
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala Tabela I Približne karakteristike nekih inženjerskih materijala MF/PTF-UNZE 6 XII C Formule i tabele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala Tabela II Karakteristike popre nih presjeka MF/PTF-UNZE 7 XIII
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala Tabela II Karakteristike popre nih presjeka nastavak MF/PTF-UNZE 8 XIV C Formule i tabele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala Tabela II Karakteristike nekih eli nih profila MF/PTF-UNZE 9 XV
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala Tabela II Karakteristike nekih eli nih profila nastavak MF/PTF-UNZE 10 XVI C Formule i tabele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala Tabela II Karakteristike nekih eli nih profila nastavak MF/PTF-UNZE 11 XVII
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala Tabela II Karakteristike nekih eli nih profila nastavak MF/PTF-UNZE 1 XVIII C Formule i tabele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala Tabela IIIa Koncentracija napona aksijalno optere enje elemenata s otvorom MF/PTF-UNZE 13 XIX
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala Tabela IIIb Koncentracija napona aksijalno optere enje elemenata s prelazom MF/PTF-UNZE 14 XX C Formule i tabele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala Tabela IIIc Koncentracija napona aksijalno optere enje elemenata sa žlijebom MF/PTF-UNZE 15 XXI
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala Tabela IIId Koncentracija napona savijanje elemenata s prelazom MF/PTF-UNZE 16 XXII C Formule i tabele
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala Tabela IIIe Koncentracija napona savijanje elemenata sa žlijebom MF/PTF-UNZE 17 XXIII
Formule i tabele za ispit iz Otpornosti materijala Tabela IIIf Koncentracija napona uvijanje elemenata s prelazom/žlijebom MF/PTF-UNZE 18 XXIV C Formule i tabele