Skripta riješenih zadataka

Kolegij: Otpornost materijala 1

Pripremili:

Škec Leo

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

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

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

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

2

1. Zadatak

zr unati naprezanja i nacrtati dijagram naprezanja.

2

2

11

11

mm

NMPa

m

NPa

=

=

Vrijednosti uzdužnih sila na pojedinim segmentima :

NFFFN

FFN

NFN

I

II

III

4123

21

41

104

0

102

⋅=−+=

=+−=⋅−=−=

Vrijednosti naprezanja na pojedinim segmentima :

MPaPaA

NA

N

MPaPaA

N

II

III

IIIIII

401040

0

201020

6

6

=⋅==

==

−=⋅−==

σ

σ

σ

mb

ma

mcmA

PaE

NF

NFF

1

2

1010

102,2

104

102

232

11

43

421

==

==

⋅=

⋅=

⋅==

−

3

F

F

F

1

2

3

(1)

(2)

(3)

l 1

l 2

l 3

120 cm

x

2. Zadatak

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

unati naprezanja u pojedinim dijelovima stupa i pomak slobodnog kraja.

24422

321

5

1056,124

104

4

403

;120

4

102

md

A

cmL

llllcmL

cmd

MPaE

−−

⋅=⋅

==

======

=⋅=

ππ

Naprezanja po dijelovima:

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

( )( )

( )( ) MPaPa

m

N

A

N

kNFFFN

cmx

MPaPam

N

A

N

kNFFN

cmx

MPaPam

N

A

N

kNFN

cmx

2410241056,12

1030

30

120803

2010201056,12

1025

25

80402

1210121056,12

1015

15

4001

624

33

3

3213

624

32

2

212

624

31

1

11

−=⋅−=⋅⋅−

==

−=−−−=<≤

−=⋅−=⋅⋅−

==

−=−−=<≤

−=⋅−=⋅⋅−

==

−=−=<≤

−

−

−

σ

σ

σ

K

K

K

Pomak slobodnog kraja:

( ) ( ) ( )( ) ( )

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

mmllll

mmmNkl

mmmNkl

mmmNkl

N

m

AE

lk

NkNNNAE

lllll

ii

112,0

048,01080,4103010159,0

04,01000,4102510159,0

024,010415,2101510159,0

10159,01021056,12

4,0

321

53833

53822

53811

8114

3

1321321

−=∆+∆+∆=∆

−=⋅−=⋅−⋅⋅=⋅=∆

−=⋅−=⋅−⋅⋅=⋅=∆

−=⋅−=⋅−⋅⋅=⋅=∆

⋅=⋅⋅⋅

==

⋅=++=∆+∆+∆=∆

−−

−−

−−

−−

=∑

4

A

B

1

2

FB

1

2

l t

Bl

E1 1A

E 2A2

1

2

T

l

l

FAA

B

1

2

1

2

E1 1A

E 2A2

1

2

l

l

3. Zadatak

δodrediti naprezanja u štapu pri promjeni temperature za + T .

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

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

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

na, odnosno s predznakom – (minus).

– realno izduženje

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

0,0

0,02211

≠>→>∆=>→≤∆

∆+∆=∆

σεδσεδ

αα

t

t

t

l

l

TlTll

( )( )

( )3

2)(

1

22

2

11

1

2211

K

K

K

AE

lF

AE

lFl

Tlll

ll

BBB

t

Bt

+=∆

∆+=∆

∆−∆=

ααδ

( ) ( ) ( ) [ ]

[ ]

[ ]

+

−∆+−=−=

+

−∆+−=−=

+

−∆+=⇒→

22

11

1

212

112211

22

22

11

1

21

12211

11

22

11

1

21

112211

1

)(

1

)(

1

)(13;2

AE

AE

l

llA

AETll

A

F

AE

AE

l

ll

ETll

A

F

AE

AE

l

ll

AETllF

Bx

Bx

B

δαασ

δαασ

δαα

5

S1

S

A

BC

2

1 AE 1

2E A2

1S

D

E oo

F

2S

acba

b

b

HG

2

1

E oo

4. Zadatak

njihova produljenja.

mc

mb

ma

kNF

MpaE

Mpadop

1

2

3

100

102

1405

====

⋅=

=σ

ml

ml

2

2222

2

221

==+=

kNSSSSM

kNFSFSM

C

H

8,17645sin3

575

45sin3

50345sin50

751004

3

4

30340

2112

22

=°⋅

=°⋅

=→=⋅°⋅−⋅⇒=∑

===→=⋅−⋅⇒=∑

Dimenzioniranje:

)15,6(2861,24

4

36,510536,010140

1075

)85,13(4201,44

4

6,121026,110140

108,176

221

22

22

2

2236

32

2

211

11

21

1

2236

31

1

cmAmmdusvojenocmA

dd

A

cmmS

A

cmAmmdusvojenocmA

dd

A

cmmS

A

SA

A

S

doppot

doppot

doppotdopx

=→=→→==⇒=

=⋅=⋅⋅

=≥

=→=→→==⇒=

=⋅=⋅⋅

=≥

≥⇒≤=

−

−

ππ

σ

ππ

σ

σσσ

6

cmmAE

lSl

cmmAE

lSl

MPaMPaA

S

MPaMPaA

S

dopx

dopx

12,010195,121015,6102

21075

18,010056,181085,13102

22108,176

štapovaaProduljenj

1409,1211015,6

1075

1406,1271085,13

108,176

Kontrola

4411

3

22

222

4411

3

11

111

4

3

2

22

4

3

1

11

=⋅=⋅⋅⋅

⋅⋅==∆

=⋅=⋅⋅⋅

⋅⋅==∆

=<=⋅⋅

==

=<=⋅⋅

==

−−

−−

−

−

σσ

σσ

7

F

2S1S

CD

B

A B CD

VA

HA

5. Zadatak

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

Iz uvjeta ravnoteže sila :

( )

( )

( )30sin0

2cos0cos0

10sin0

12

11

1122

K

K

K

=++−→=Σ

=→=−→=Σ

=−−→=Σ

V

HH

A

RSFSY

SASAX

aSaSFlM

α

αα

α

Iz plana pomaka :

αδδ

sin; 1

2

ll BC

∆=∆≡ ( )4...

( )512

Kaa

BC δδ=

Iz Hookovog zakona :

22

222

11

111 ;

AE

lSl

AE

lSl =∆=∆ ( )6...

)5()4( →αsin1

1

2

2

a

l

a

l ∆=

∆ ( )7...

8

)7()6( →

αsin111

11

222

22

aAE

lS

aAE

lS=

( )

+

=⇒→

=

α

α

22

2

21

1

2

22

112

21

2

1

1

2

22

1121

sin1

1

sin

a

a

l

l

AE

AEa

FlSS

a

a

l

l

AE

AESS

Naprezanja u štapovima:

2

22

1

11

A

S

A

S

=

=

σ

σ

Vertikalni pomak to ( 2lC ∆≡δ ):

222

22

22

2 aAE

llS

a

ll

la DDC =∆=⇒= δδδ

9

A B C D

E

1 2

F

A ,E1 A ,E2

E=∞

200 cm 150 cm 150 cm 100 cm

300

cm

α α

6. Zadatak

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

E = 2,0 ⋅ 105 N/mm2

A1 = 4,0 cm2

A2 = 1,5 A1= 6,0 cm2

m,,ll 3543513 2221 =+==

A α α

200 cm 150 cm 150 cm 100 cm

S1 S2F

A

B'

C'D'

1 2

E=∞

δB

δD

δC

∆l 1

∆l2

α α

α

B C D

Iz plana pomaka

)2(5

2

52KCB

CB δδδδ=→=

°=→== 43630251

3,,

,tg αα

( )1065sin2sin

0

21 K=⋅−⋅+⋅

=∑FSS

M A

αα

)4(

)3(

22

11

K

K

αδ

δα

αδ

δα

sinll

sin

sinll

sin

CC

BB

∆=→∆=

∆=→∆=

10

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

111 EA

lSl =∆ i

1

22

1

22

2

222 3

2

2

3 EA

lS

AE

lS

EA

lSl =

⋅⋅==∆ slijedi:

)(SSlllSlS

EA/EA

lS

EA

lS

ll

sin/sin

l

sin

l

515

4)(

15

4

3

2

5

25

25

2

21212211

11

22

1

11

21

21

K=→==

⋅⋅=

∆=∆

⋅∆

=∆ α

αα

(5) → (1)

F,Fsinsin

FSFsinsinS

FSsinSsin

2124183

90

15

836

6)515

8(

65215

4

22

22

===→=+

=⋅+⋅⋅

αααα

αα

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

F,Fsin

S 3233083

90

15

41 ==

α .

vrijednosti naprezanja:

kNNF

mmmm

NA

FA

F

A

S

dop

dopdopdop

dop

214,173173214

3233,0

400140

3233,0

3233,02

21

1

1

11

=≤

⋅=

⋅≤→≤

≤=

σσ

σσ

kNNF

mmmm

NA

FA

F

A

S

dop

dopdopdop

dop

284,6969284

2124,1

600140

2124,1

2124,12

22

2

2

22

=≤

⋅=

⋅≤→≤

≤=

σσ

σσ

Mjerodavno je kNNFdop 284,6969284 =≤ .

11

2

2cossin

5

4

6

53

2

cos5

3

6

52sin

==

====

ββ

ααl

l

l

l

7. Zadatak

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

12 ·107 N/m2 i drvo 6·106 N/m2.

ll

l

llllll

l

3

2

32

6

5

36

25

9

4

43

2

2

2

2

22222

1

=

⋅=

==+=

+

=

Plan pomaka :

F

2S

1S

B2l

Lo1l

B'D'

C'

A C DB

DC

bh

AA

EEm

NE

m

NE

m

Nm

N

dop

dop

2

10

20

101

102

106

1012

12

21

210

2

211

1

26

2

27

1

===

⋅=

⋅=

⋅=

⋅=

σ

σ

12

Sile u štapovima :

( )

( )

( )

( )

kNSkNSFFF

S

SSSlAE

lAES

SlAE

lAES

AE

lS

AE

lS

AE

lSl

AE

lSl

ll

lSlSFlM

DC

CDDc

A

4,353;9,5838,02

6

1

5

12sin4sin3

1

16252610

2335202

sin

sin2

sin2

sin2

sinsin;

sinsin

22

3

2

3

1

103

1sin

3

2sin0

122

212

12

121

2122

2111

22

22

11

11

11

111

22

222

21

==→=

+

=+

=⇒

⇒→=⇒⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅⋅

=

=→=⇒

=∆

==∆

=

=→=

=−−→=∑

αβ

βα

βα

ααδ

ββδ

δδδδ

βα

K

K

Dimenzioniranje :

cmh

cmb

cmA

bcmbhbA

cmAA

cmdcmmd

Sd

SdA

A

S

dopdopdop

74,27

87,13

87,132

8,384

28,3842

8,38448,381010

7606,0

1012

104,35344

4

2222

212

7

3

1

1

1

12

111

11

=

=

===⇒==⋅=

=⋅==

=→=≥

⋅⋅⋅⋅

=≥→≥=→≤=ππσσ

πσσ

Kontrola naprezanja :

MPaMPaA

S

MPaMPaA

S

dop

dop

653,11087,132

109,58

12084,91

4

107

104,353

242

3

2

22

142

3

1

11

=≤=⋅⋅

⋅==

=≤=⋅

⋅==

−

−

σσ

σπ

σ

13

8. Zadatak

Odrediti naprezanja u štapovima ukoliko se temperatura štapa 2 T :

E 1A1AE 22

12

1E 1A

F2

1F1F

2l

l1

T1

l12l D

D''D'

F2l

tl T1.

F22.

izdužiti,

Štap 2 se izduži za t

2

Bštapovi s brojem 1. 1 uje

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

Iz plana pomaka :

( )2coscos 212

1

1

2 Kαα lll

l

l

l∆=∆→

∆∆

==

Iz Hookovog zakona :

( )311

111 K

AE

lFl =∆ ( )4

22

222222 K

AE

lFlTlll Ft −⋅∆⋅=∆−∆=∆ α

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

( )

22

2122

11

11

22

2222

11

11

cos2

cos)5()1(

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

AE

lFlT

AE

lF

AE

lFlT

AE

lF

ααα

αα

−⋅∆⋅=→

−⋅∆⋅=→

14

F2

1F1F

2l

l1 D

D'

→= αcos12 llα

αα3

22

11

2112

1

cos21

cos

AE

AEATE

F+

∆=

α

ααα

3

22

11

3112

212

cos21

cos2cos2)1(

AE

AEATE

FFF+

∆=⇒=→

Naprezanja u štapovima: 2

22

1

11 ;

A

F

A

F−== σσ

pretpostaprodužiti).

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

Iz plana pomaka :

( )2coscos 212

1

1

2 Kαα lll

l

l

l∆=∆→

∆∆

==

Iz Hookovog zakona :

( )311

111 K

AE

lFl =∆ ( )422

22

222 KlT

AE

lFl ⋅∆⋅+=∆ α

Ukupno izduženje 2l∆

( )

2222

21

11

11

2222

22

11

11

cos2

cos)5()1(

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

lTAE

lF

AE

lF

lTAE

lF

AE

lF

⋅∆⋅+−=→

⋅∆⋅+=→

αα

α

αα

→= αcos12 llα

αα3

22

11

2112

1

cos21

cos

AE

AEATE

F+

∆=

α

ααα

3

22

11

3112

212

cos21

cos2cos2)1(

AE

AEATE

FFF+

∆−=→−=→

Naprezanja u štapovima: 2

22

1

11 ;

A

F

A

F== σσ

15

9. Zadatak

Odrediti naprezanja u štapovima ako je srednji štap izveden

F

E A11

22E 2A

AE 11

1

F 1

2

F

1l

2l

strelice - smjer deformiranja

D

D''

D'

1

1l2l

1

D''

Iz uvjeta ravnoteže sila :

( )1cosF2F0cosF2F0Y 1212 Kα=→=α−→=Σ

Iz plana pomaka :

( )2cos

1)(

cos

cos

11

11

22

2212

2

1

1

2

Kα

δα

δ

δα

AE

lF

AE

lFll

l

l

l

l

+−

=∆

+∆=

∆−∆

==

( ) ( )

( ) δαδ

αδ

αδα

δαδ

αδ

αδα

αα

δα

αδ

δ

2223

211

32211

1222

211

22211

2

2223

211

22211

1222

211

22111

11

1

22

21

11

11

22

21

cos)(2

cos2

cos)(2

cos21

cos)(2

cos

cos)(2

cos

cos

1cos2

cos

1cos

)(221

lAElAE

AEAE

lAElAE

AEAEF

lAElAE

AEAE

lAElAE

AEAEF

AE

l

AE

lF

AE

lF

AE

lF

+−=

+−=⇒

+−=

+−=

+

−=+

−=⇒→

Naprezamja u štapovima1

11 A

F−=σ

2

22 A

F=σ

22

222

11

111

)(

AE

lFl

AE

lFl

δ−=∆

=∆

16

10. Zadatak

2. Dužina

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

hlll

EAAEAEAE

======

321

332211

A

a

B

h

a a

2 31

E oo

S2

S3

S1

1l2l

3l-A

B

VA

HA

EA

hSl

EA

hSl

EA

hSl 3

32

21

1 ;)(

; =∆∆−

=∆=∆

( )

( )

( )

( ) ( ) ( )

( )

( )

mmmEA

hSl

kNS

kNS

kNS

kNSh

h

h

EASS

kNSSS

kNh

EASSS

h

h

h

EAS

SSSaSaSaSM

Sh

h

h

EAS

EA

hS

EA

hSll

a

l

a

l

SSEA

hS

EA

hSll

a

l

a

l

A

429,01029,4101101,2

)106,01(1090)(

54

05,90

18

05,902

2

5431

181014

29)

2(232,1

3320320

222)(

22

13333

4311

332

2

3

2

1

121

131

1111

321321

1212

2121

1313

1313

=⋅=⋅⋅⋅

⋅−⋅⋅=

∆−=∆

=

=

=

=∆−

−∆∆−

=⇒→

==⇒→

=∆∆−

=→−∆−

−∆−∆

=⇒→

−=⇒=+−→=Σ

∆−−∆

∆−=⇒−∆=

∆−⇒∆−∆=∆⇒

∆−∆=

∆

=⇒=⇒∆=∆⇒∆

=∆

−−

−

K

K

K

17

1 2

A B C

E D

50 cm 100 cm

100

cm

A,E A,E

E=∞

+∆T

∆

11. Zadatak

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

mm1=∆E = 2,1 ⋅ 105 MPa

51001 −⋅= ,Tα K-1

d = 2 cm

mmmmmml 999110001 =−=ml 0,12 =

222

1434

2

4cm,

dA ===

ππ

A B C

1 2

S1 S2

A B C

1 2

A'

C'

∆l2

∆-∆l1

∆l1

∆

Produljenja štapova 1 i 2 definiramo kao:

EA

lSl 111 =∆ i 2

222 lT

EA

lSl T ∆+=∆ α

( )12

00,15,0

0

21

21

KSS

SS

M B

==⋅−⋅

=∑

( ) ( )22

5001

12

12

...ll

,

l

,

l

∆−∆=∆

∆−∆=

∆

18

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

( )32 112

22 K

−∆=∆+

EA

lSlT

EA

lSTα

Uvrštavanjem (1) → (3) slijedi

( ) ( )mmKKmmmmmm

mmmm

N

lTll

EAS

lTEA

l

EA

lS

EA

lSlT

EA

lS

T

T

T

1000251011299941000

314101,22

4

24

222

15

22

5

212

2

212

2

122

22

⋅⋅⋅−⋅⋅+

⋅⋅=∆−∆

+=

∆−∆=

+

−∆=∆+

−−α

α

α

kNNS 098,235,230972 ==

kNNSS 196,46461952 21 ===

Naprezanja u štapovima iznose:

MPamm

N

A

S

MPamm

N

A

S

56,73314

23098

12,147314

46196

22

22

21

11

===

===

σ

σ

mmmmmml

mmKKmm

mm

NmmN

lTEA

lSl T

6,025,035,0

100025101314101,2

100023098

2

15

22

52

222

=+=∆

⋅⋅⋅+⋅⋅

⋅=∆+=∆ −−α

19

12. Zadatak

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

b) Odrediti glavne momente povr

8 8 8

88

y

z

1

1

8

22 73,2694881624 cmA =−⋅−⋅= π .

cmy

cmz

T

T

95,873,269

844)88(8)1624(

85,1073,269

8420)88(12)1624(

2

2

=⋅−⋅⋅−⋅⋅

=

=⋅−⋅⋅−⋅⋅

=

π

π

8 8 8

88

y

z

1

1

8 Tz

y

10,85 13,15

7,05

8,95

2,85 5,15

0,95

20

y

z

1

1

z

y

u

v

18,43°

Momenti površine drugog reda zI , yI i zyI

4224

23

23

4224

23

23

9,1263085,2)4(64

815,9)88(

12

8815,1)1624(

12

2416

6,638295,0)4(64

895,4)88(

12

8895,0)1624(

12

1624

cmI

cmI

y

z

=

⋅+

⋅+⋅⋅+

⋅−⋅⋅+

⋅=

=

⋅+

⋅+⋅⋅+

⋅−⋅⋅+

⋅=

ππ

ππ

[ ]4

2

1,2343

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

cmI

I

zy

zy

=

−⋅−⋅++−⋅⋅⋅+−−⋅⋅⋅+= π

0≠zyI

Glavni mo

18,390575,9506

1,23434)9,126306,6382(2

1

2

9,126306,6382

4)(2

1

2

2,1

222,1

222,1

±=

⋅+−±+

=

+−±+

=

I

I

IIIII

I zyyzyz

42

41 57,560193,13411 cmIcmI ==

yz II < vrijedi:

42min

41max

57,5601

93,13411

cmIII

cmIII

u

v

===

===

g presjeka:

oo 43,1887,362

75,09,126306,6382

1,234322

=→=

=−

⋅−=

−−=

ϕϕ

ϕyz

zy

II

Itg