.29. SLOVENSKO DRžAVNO PRVENSTVO V GRADBENI MEHANIKI LJUBLJANA, 15. maj, 2024 29. slovensko državno prvenstvo v gradbeni mehaniki Univerza v Ljubljani Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo Goran Turk, Dejan Zupan, Anita Ogrin, Peter Češarek, Robert Pečenko, Rado Flajs, Sabina Huč in Igor Planinc Ljubljana, 15. maj 2024 Avtorji: TURK, Goran; ZUPAN, Dejan; OGRIN, Anita; ČE ŠAREK, Peter; PE ČENKO, Robert; FLAJS, Rado; HU Č, Sabina; PLANINC, Igor 29. slovensko državno prvenstvo v gradbeni mehaniki Založnik: Univerza v Ljubljani, Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo, zanjo dekanja prof. dr. Violeta Bokan Bosiljkov Oblikovanje naslovnice: SAJE, Veronika Elektronska izdaja: www.km.fgg.uni-lj.si/tekma/tekmaGMH2024.pdf Obseg: 27 strani Cena: knjiga je brezplačna Ljubljana, 2024 Kataložni zapis o publikaciji (CIP) so pripravili v Narodni in univerzitetni knjižnici v Ljubljani. COBISS.SI-ID 207265027 ISBN 978-961-6884-87-7 (PDF) 29. slovensko državno prvenstvo v gradbeni mehaniki Ljubljana 2024 Letos smo na Fakulteti za gradbeništvo in geodezijo organizirali že 29. državno prvenstvo v gradbeni mehaniki. Prvenstvo je pripravil organizacijski odbor v sestavi: Goran Turk, Peter Češarek, Rado Flajs, Robert Pečenko, Anita Ogrin, Igor Planinc, Dejan Zupan (vsi UL FGG), Nevenka Cesar (Srednja gradbena in lesarska šola, Novo mesto), Erika Broz Žižek ( Šolski center Krško-Sevnica, Gimnazija Krško), Maja Lorger (Srednja gradbena šola in gimnazija,Maribor), Uroš Avsec (Srednja elektro šola in tehniška gimnazija, Novo mesto), Majda Pregl (Srednja gradbena, geodetska in okoljevarstvena šola, Ljubljana), Marlenka Žolnir Petrič (Srednja šola za gradbeništvo in varovanje okolja, Celje). Na tekmovanje smo povabili dijakinje in dijake tretjih in četrtih letnikov srednjih tehniških šol in tehniških gimnazij. Odbor je pripravil naloge za predtekmovanje in sklepno tekmovanje ter pregledal in ocenil izdelke tekmovalk in tekmovalcev. Na predtekmovanje se je prijavilo 93 dijakinj in dijakov. Predtekmovalne naloge so na srednjih šolah reševali 17. aprila 2024. Trideset najuspešnejših dijakinj in dijakov na predtekmovanju se je uvrstilo na sklepno tekmovanje, ki je potekalo 15. maja 2024 v prostorih Fakultete za gradbeništvo in geodezijo v Ljubljani. 3 Na sklepno tekmovanje so se uvrstile naslednje dijakinje in dijaki: Ime in priimek Letnik Šola Mentor Aljaž Drofenik 3 S ŠGVO Celje Marlenka Žolnir Petrič Benjamin Mešanović 3 S ŠGVO Celje Marlenka Žolnir Petrič Jaka Cerjak 3 ŠCKS SŠ Krško Erika Broz Žižek Katja Šetinc 3 ŠCKS SŠ Krško Erika Broz Žižek Nejc Draškič 3 SGGO Š Ljubljana Majda Pregl Mitja Samotorčan 3 SGGO Š Ljubljana Majda Pregl Enej Šneler 3 SGGO Š Ljubljana Majda Pregl Veronika Beranič Ferk 3 SG ŠG Maribor Maja Lorger Alex Potočnik 3 SG ŠG Maribor Maja Lorger Tim Prša 3 SG ŠG Maribor Maja Lorger Vid-Borja Fon 3 SE ŠTG Novo mesto Uroš Avsec Slavko Hysz 3 SE ŠTG Novo mesto Uroš Avsec Tai Tristan Papež 3 SE ŠTG Novo mesto Mitja Muhič Žiga Remih 3 SE ŠTG Novo mesto Mitja Muhič Matija Turk 3 SE ŠTG Novo mesto Uroš Avsec Tim Kač Lamut 3 SGLV Š Novo mesto Jure Zupančič Eva Nahtigal Lavrič 3 SGLV Š Novo mesto Jure Zupančič Oskar Udovč 3 SGLV Š Novo mesto Jure Zupančič Lory Kmetič 4 ŠCKS SŠ Krško Erika Broz Žižek Loti Debeljak 4 SGGO Š Ljubljana Biljana Postolova Tiana Malnič 4 SGGO Š Ljubljana Biljana Postolova Anja Smrekar 4 SGGO Š Ljubljana Biljana Postolova Jernej Topolovec 4 SGGO Š Ljubljana Biljana Postolova Vita Belec 4 SG ŠG Maribor Maja Lorger Marsel Krošel 4 SG ŠG Maribor Maja Lorger Alen Potočnik 4 SG ŠG Maribor Maja Lorger Maj Bukovec 4 SE ŠTG Novo mesto Uroš Avsec Neja Florjančič 4 SE ŠTG Novo mesto Uroš Avsec Jan Podpadec 4 SGLV Š Novo mesto Jure Zupančič Patrik Šuštarič 4 SGLV Š Novo mesto Jure Zupančič KRATICE ŠOL: S ŠGVO Celje Srednja šola za gradbeništvo in varovanje okolja Celje ŠCKS SŠ Krško Šolski center Krško-Sevnica, Srednja šola Krško SGGO Š Ljubljana Srednja gradbena, geodetska in okoljevarstvena šola Ljubljana SG ŠG Maribor Srednja gradbena šola in gimnazija Maribor SE ŠTG Novo mesto Srednja elektro šola in tehniška gimnazija Novo mesto SGLV Š Novo mesto Srednja gradbena, lesarska in vzgojiteljska šola Novo mesto 4 Sklepno tekmovanje se je začelo 15. maja 2024 ob 11.00 v prostorih Fakultete za gradbeništvo in geodezijo v Ljubljani. Po 120 minutah reševanja nalog so si tekmovalke in tekmovalci pod vodstvom Francija Čepona ogledali Konstrukcijsko prometni laboratorij. Medtem je komisija za ocenjevanje v sestavi Peter Češarek, Anita Ogrin, Igor Planinc, Dejan Zupan, Rado Flajs in Goran Turk, (vsi Univerza v Ljubljani, Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo) pregledala in ocenila naloge s sklepnega tekmovanja. Po skupnem kosilu so bili popoldne v svečani dvorani Fakultete za gradbeništvo in geodezijo objavljeni rezultati. Priznanja in nagrade je dijakinjam in dijakom pode-lila dekanja UL FGG prof. dr. Violeta Bokan Bosiljkov. Najuspešnejši na sklepnem tekmovanju so bili: ime in priimek šola nagrada točke 3. letnik Slavko Hysz SE ŠTG Novo mesto 1. nagrada 85 Mitja Samotorčan SGGO Š Ljubljana 2. nagrada 75 Tai Tristan Papež SE ŠTG Novo mesto 2. nagrada 75 Alex Potočnik SG ŠG Maribor 3. nagrada 70 Tim Kač Lamut SGLV Š Novo Mesto 3. nagrada 65 4. letnik Alen Potočnik SG ŠG Maribor 1. nagrada 85 Maj Bukovec SE ŠTG Novo mesto 2. nagrada 80 Anja Smrekar SGGO Š Ljubljana 3. nagrada 65 Patrik Šuštarič SGLV Š Novo mesto 3. nagrada 65 5 V naslednjih dveh preglednicah prikazujemo nekatere podatke o tem, kako so dijakinje in dijaki reševali predtekmovalne naloge in naloge na sklepnem tekmovanju. Najvišja možna ocena za posamezno nalogo je 25 točk. predtekmovanje za 3. letnike [%] 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga skupaj povprečje 11.64 9.55 8.91 4.73 31.39 najnižja ocena 0 0 0 0 0 najvišja ocena 25 25 25 25 90 predtekmovanje za 4. letnike [%] 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga skupaj povprečje 9.69 4.53 8.91 6.25 29.38 najnižja ocena 0 0 0 0 0 najvišja ocena 25 25 25 25 95 sklepno tekmovanje za 3. letnike [%] 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga skupaj povprečje 13.61 9.72 12.78 13.33 49.44 najnižja ocena 0 0 0 0 20 najvišja ocena 25 25 25 25 85 sklepno tekmovanje za 4. letnike [%] 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga skupaj povprečje 14.00 12.00 12.00 11.00 49.00 najnižja ocena 0 5 5 5 20 najvišja ocena 25 25 15 25 85 Glede na povprečne ocene posameznih nalog na predtekmovanju lahko sklepamo, da je bila za tretje letnike najtežja 4. naloga. Dijakinjam in dijakom četrtih letnikov pa sta bili težji 2. in 4. naloga. Na sklepnem tekmovanju so bile povprečne ocene nekoliko višje kot na predtekmovanju. Glede na povprečne ocene pri posameznih nalogah lahko ocenimo, da so bile vse naloge na sklepnem tekmovanju približno enako zahtevne. 6 Zgovoren je graf rezultatov s predtekmovanja in sklepnega tekmovanja. Vidimo lahko, da boljši rezultat na predtekmovanju pogosto pomeni tudi boljši rezultat na sklepnem tekmovanju, a lahko pride tudi do izjem in izrazitega izboljšanja ali poslabšanja uvrstitve s predtekmovanja. Na sliki so poudarjeno označeni rezultati tistih, ki so dobili nagrado na sklepnem tekmovanju. Oglejmo si še, koliko tekmovalk in tekmovalcev je povsem pravilno rešilo posamezne naloge. Na predtekmovanju tretjih letnikov je prvo nalogo povsem pravilno rešilo 19 dijakov, drugo in tretjo pa 6, četrto pa 4. Tudi pri četrtih letnikih je prvo nalogo rešilo največ dijakov, kar 11. Tudi drugo, tretjo in četrto je povsem pravilno rešilo vsaj nekaj dijakov. Na sklepnem tekmovanju je prvo nalogo pri tretjih letnikih pravilno rešilo 7 dijakov, četrto nalogo pa 4. Pri četrtih letnikih so prvo nalogo rešili štirje. Vse druge naloge so pravilno rešili po eden ali dva dijaka. Veseli nas lahko, da so prav vse naloge s predtekmovanja in tekmovanja bile take, da jih je vsaj en dijak oziroma dijakinja rešila povsem pravilno. 7 Število tekmovalk in tekmovalcev, ki so pravilno rešili posamezne naloge predtekmovanje za 3. letnike 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga 19 6 6 4 predtekmovanje za 4. letnike 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga 11 2 4 5 sklepno tekmovanje za 3. letnike 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga 7 1 2 4 sklepno tekmovanje za 4. letnike 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga 4 1 1 1 Na sklepno tekmovanje se je uvrstilo 9 dijakinj in 21 dijakov, kar pomeni, da je bila zastopanost deklet 30%. Tekmovanje financira: Univerza v Ljubljani, Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo, Univerza v Ljubljani, v okviru aktivnosti za izvedbo ukrepa Promocija študija za različne skupine s poudarkom na enaki zastopanosti spolov - STE(A)M. Informacije o tekmovanju lahko najdete tudi na spletni strani: http://km.fgg.uni-lj.si/tekma/. 8 Naloge s predtekmovanja za 3. letnike 1. naloga Kje moramo prijeti lopato, da bo razmerje ve-A likosti sil, s katerimi držimo lopato, N N 2 in 2 N 1 N1 enako 2.5? Predpostavimo, da z eno roko G (N1) držimo na koncu ročaja. Odgovor poja-snite z računom! Kolikšni sta tedaj sili N1 in N a 2? Lastno težo lopate lahko zanemarimo. L Podatki: G = 5 kg, L = 130 cm. Rešitev: Zapišemo ravnotežna pogoja za lopato, na katero delujeta sili obeh rok N1 in N2 ter teža bremena G. Momentni ravnotežni pogoj zapišemo glede na konec ročaja. X G L M A = 0 → −N2 a + G L = 0 → N2 = , a X G L Z = 0 → N1 − N2 + G = 0 → N1 = N2 − G = − G. a Ob upoštevanju, da je razmerje med silama N2 in N1 enako 2.5, lahko napišemo enačbo in izračunamo razdaljo a: G L N2 a L = 2.5 = → 2.5(L − a) = L → a = L − = 78 cm. N1 G (L − a) 2.5 a Nazadnje izračunamo še sili N1 in N2, ki sta: N1 = 83.3 N, N2 = 33.3 N. 2. naloga Za konstrukcijo na sliki določite reakcije pod-F por in sili v palicah! C B Podatki: F = 10 kN, a = 2 m, α = 60◦. a A a a a 9 Rešitev: Odstranimo podpore in jih nadome-F stimo z reakcijami A, B in C. Določimo razI B dalji b in c: C √ B a 3 b = a , 3 A √ ! 3 60o b c c = 2a − b = a 2 − . A 3 a a Reakcije izračunamo z uporabo ravnotežnih pogojev X F (a − b) M I = 0 → −F (a − b) − B c = 0 → B = − = −2.97 kN, c √ X 3 2 F a M B = 0 → F a + A c = 0 → A = √ = 8.12 kN, 2 3 c X 1 A X = 0 → C + A = 0 → C = − = −4.06 kN. 2 2 Osni sili NAB in NAC izračunamo iz ravnotežnih pogojev za vozlišče A X 1 2 X = 0 → A + √ NAB = 0 → N 2 5 AC √ A 5 NAB → NAB = − = −4.54 kN, 4 A √ X 3 1 Z = 0 → − A − √ NAB − NAC = 0 → 2 5 √3 1 → NAC = − A − √ NAB = −5.00 kN. 2 5 3. naloga V paličju poiščite palici z največjo 5 6 b tlačno in največjo natezno obremeni- 10 4 9 7 tvijo. Kolikšni sta ti sili? 8 11 B b A 1 2 3 Podatki: a = 2 m, b = 1.5 m, F F = 10 kN. a a a a Rešitev: Najprej ugotovimo, da so sile v palicah 11, 10 in 8 enake nič. Prav tako lahko ugotovimo, da velja: N2 = N3 = N1, N6 = N7 in N4 = N5 Ko te palice v mislih odstranimo, se paličje precej poenostavi. Največja tlačna sila nastopi v palici 9, največja natezna pa v palicah 4 in 5. Paličje v prerežemo preko palic 2, 5 in 9 ter obravnavamo desni del. Za določitev sile N5 zapišemo momentni ravnotežni pogoj glede na točko I, za določitev sile N9 pa glede na točko II. 10 N 5 N 9 II I B N 2 F X 4 M I = 0 → −3 a F + b N5 = 0 → N5 = 5 F = 50.0 kN, 5 √ X 3 a 4 13 F M II = 0 → −4 a F − √ N9 = 0 → N9 = − = −48.1 kN. 13 3 Največja tlačna sila je v palici 9 (N9 = −48.1 kN), največja natezna sila pa v palicah 4 in 5 (N4 = N5 = 50.0 kN). 4. naloga Delavec si je pri dvigovanju pravoko- F tnega bremena po klancu pomagal z dvema škripcema, kot prikazuje slika. S kolikšno G silo F mora delavec vleči vrv, da bo breme 30° s konstantno hitrostjo drselo po klancu nav-zgor? Podatki: G = 2 kN, koeficient trenja med bremenom in podlago je kt = 0.6. Rešitev: Breme izločimo iz okolice in vse vplive okolice nadomestimo z normalno silo podlage N , silo trenja T = kt N G Fv in silo v vrvi Fv. Iz ravnotežnih pogojev za breme v normalni smeri glede na klanec in v smeri vzdolž klanca določimo silo N v vrvi F T v in silo podlage N X Fn = 0 → N − G cos 30 = 0 → N = 1.73 kN, X Ft = 0 → −T + Fv − G sin 30 = 0 → → Fv = T + G sin 30 = kt N + G sin 30 = 2.04 kN. Sedaj iz okolice izločimo še desni škripec, na katerega de-Fv luje sila delavca F in sili v vrvi F F v . Ker nimamo podat- F kov, koliko sta razmaknjena škripca in kolikšen je njun ra-v dij, predpostavimo, da sta sili Fv vzporedni in vodoravni. Izračunamo ju iz ravnotežnega pogoja: X X = 0 → −Fv − Fv + F = 0 → F = 2 Fv = 4.07 kN. 11 Naloge s predtekmovanja za 4. letnike 1. naloga Na avto je priklopljena enoosna prikolica. S kolikšno silo mora prikolica obremeniti vlečno kljuko, da se sprednja kolesa avtomobila dvigneta od tal. a b c Avto lahko modelirate kot prostoležeči nosilec z obojestranskim previsom, nje-govo lastno težo G pa kot enakomerno razporejeno linijsko obtežbo. Podpore pre-prečujejo pomik le v navpični smeri navzdol. Podatki: a = 0.5 m, b = 2.5 m, c = 1 m, G = 12 kN. Rešitev: Model avtomobila je preprost nosilec, ki je pod-F G prt v dveh oseh, obremenjen pa je s silo teže G in silo prikolice F . Ko je reakcija F1 enaka nič, je obremenitev F F avta s prikolico ravno tolikšna, da se sprednje kolo avta 2 1 še ne dvigne. Če je sila večja, se prvi del avta dvigne. a b c L Zapišimo momentni ravnotežni pogoj glede na drugo os 2 in upoštevamo, da je F1 = 0: X a + b + c M o2 = 0 → F a − G − a = 0 → F = 3 G = 36 kN. 2 2. naloga q Za konstrukcijo na sliki določite reakcije podpor C B in sili v palicah! g a Podatki: q = 6 kN/m, a = 2 m, A α = 60◦, γ = 45◦. a a a Rešitev: Odstranimo podpore in jih nadomestimo z reakcijami A, B in C. Določimo razdalji b in c (glej sliko): √ b = 2 a 3 = 6.93 m, √ c = b − 3 a = a 2 3 − 3 = 0.93 m. 12 Reakcije izračunamo z uporabo ravnotežnih II c pogojev. Ravnotežne pogoje pa zapišemo 60o I tako, da v vsaki enačbi nastopa le ena ne-znana reakcija podpore. Za izračun reakcije a A tako izberemo momentni ravnotežni pogoj glede na točko I. Podobno za določitev reak-45o b cije C uporabimo momentni ravnotežni pogoj q a glede na točko II. C B X 1 M I = 0 → q 2 a2 − A c = 0 → C B a 2 4 q a2 A → A = = 103.43 kN, c √ A a a X 2 M II = 0 → q 2 a2 + C c = 0 → 2 4 q a2 → C = − √ = −73.13 kN, 2 c Raekcijo B izračunamo iz ravnotežnega pogoja za sile v navpični smeri: √ √ X 3 2 Z = 0 → B − A − C + 2 q a = 0 → 2 2 √ √ 3 A 2 C → B = + − 2 q a = 13.86 kN. 2 2 Osni sili NAB in NAC izračunamo iz ravnotežnih pogojev za vozlišče A: X 1 2 X = 0 → A + √ NAB = 0 → 2 5 NAC √ A 5 NAB → NAB = − = −57.82 kN, 4 √ A X 3 1 Z = 0 → − A − √ NAB − NAC = 0 → 2 5 √3 1 → NAC = − A − √ NAB = −63.71 kN. 2 5 13 3. naloga Lesen nosilec na sliki je z dvema vijakoma prek vezne pločevine pritrjen na steno. Obtežen je z lastno težo in na zgornjem robu z enakomerno porazde- a ljeno obtežbo snega s. Narišite računski L model nosilca (geometrijo in obtežbo) in določite največje in najmanjše vzdolžne Prečni prerez nosilca: normalne napetosti v najbolj obremenje-h nem prečnem prerezu nosilca. b Podatki: l = 4 m, a = 3.85 m, b = 20 cm, h = 30 cm, gostota lesa: ρ = 500 kg/m3, s = 15 kN/m2. Pomoč: odpornostni moment pravokotnega prečnega prereza W = b h2 , največjo 6 vzdolžno normalno napetost pa izračunamo tako, da vrednost upogibnega momenta delimo z odpornostnim momentom. Rešitev: Upoštevamo, da dva vijaka q zagotavljata vpetost nosilca. Zato je računski model nosilca previsni nosilec a (konzola), ki je obtežen z enakomerno linijsko obtežbo q. Linijski obtežbi zaradi lastne teže nosilca qg in obtežbe snega qs sta: qg = ρ g b h = 500 · 10 · 0.2 · 0.3 = 300 N/m = 0.3 kN/m, qs = s b = 15 · 0.2 = 3.0 kN/m, skupna linijska obtežba q pa je q = qg + qs = 0.3 + 3.0 = 3.3 kN/m. Največji upogibni moment v previsnem nosilcu pri enakomerni linijski obtežbi je na mestu podpore in je enak a M = q a = 24.46 kNm. 2 Ob upoštevanju, da je odpornostni moment W = b h2 = 0.003 m3, lahko izračuna-6 mo največje in najmanjše normalne napetosti v tem prerezu M 24.46 σx = ± = ± = ±8152 kN/m2 = ±8.15 MPa. W 0.003 14 4. naloga Lesena klada višine h, debeline d ter širine b je na spodnji strani podprta z vrtljivo podporo, na zgornji strani pa z vodoravno vzmetjo, kot prikazuje spodnja slika. Klada je izpostavljena požaru le z ene strani. Predpostavite, da les ob izpostavljenosti požaru ogleni s konstantno hitrostjo oglenenja β = 0.7 mm/min. Debelina oglja pri poljubnem času torej znaša doglje = β t. Izračunajte, kolikšna je sila v vzmeti po 100 minutah izpostavljenosti požaru, pri čemer upoštevajte, da gostota oglja znaša 5 % gostote lesa. Ob začetku požara je sila v vzmeti enaka nič. Podatki: h = 50 cm, d = 10 cm, b = 100 cm, ρles = 420 kg/m3, ρoglje = 0.05ρles. t = 0 t > 0 d oglje h d d A A Rešitev: Po 100 minutah je debelina oglja enaka t =100 s d doglje = 0.7 · 100 = 70 mm = 0.07 m. Nv d oglje Na klado sedaj delujejo sila teže lesa Gles, sila teže oglja Goglje, sila v vzmeti Nv ter reakcije v podpori A. Sili teže lesa in oglja lahko izračunamo z enačbama G les G G oglje les = 1 · 0.5 · 0.03 · 420 · 10 = 63.0 N, Goglje = 1 · 0.5 · 0.07 · 0.05 · 420 · 10 = 7.35 N. Iz momentnega ravnotežnega pogoja na podporo A pa lahko izračunamo tudi neznano silo v vzmeti A X d − doglje doglje X M A = 0 → N A v h − Goglje + Gles = 0 → Z 2 2 7.35 · 0.015 − 63 · 0.035 → Nv = = −4.19 N. 0.5 15 Naloge s sklepnega tekmovanja za 3. letnike 1. naloga Na avto je priklopljena enoosna prikolica. Geometrijski model avta je prostoležeči nosilec z obojestranskim previsom. Lastno težo avta G pa lahko upoštevate kot enakomerno razporejeno linijsko obtežbo. Koliko od zadnjega roba prikolice mora biti lega težišča tovora s težo F , da obremenitev sprednje osi avtomobila ne preseže 7.5 kN? Lastno težo prikolice zanemarite. Podatki: a = 0.5 m, b = 2.5 m, c = 1 m, x d = 1 m, e = 1.5 m, F G = 12 kN, F = 3.75 kN. d e a b c Rešitev: Ker vemo, da je sila na prvi osi x avta enaka F F G 1 = 7.5 kN, lahko določimo C silo F2 iz ravnotežnega momentnega po- goja gleda na točko C za desni del sis-F F F 3 2 1 tema (avto), silo F3 pa iz ravnotežnega d e a b c L pogoja v navpični smeri za celoten sistem 2 (avto in prikolica). X MC = 0 → F avto 1 (a + b) + F2 a − G L/2 = 0 → → F2 = 3.0 kN, X Zcelota = 0 → F + G − F1 − F2 − F3 = 0 → → F3 = 5.25 kN. Iz ravnotežnega momentnega pogoja zglede na točko C za levi del sistem (prikolica) lahko določimo lego težišča tovora x X MC = 0 → F (d + e − x) − F prikolica 3 e = 0 → F (d + e) − F → 3 e x = = 0.4 m. F 16 2. naloga Janezek ima težave pri določanju diagramov notranjih sil. Njegovi diagrami so polni napak. Pomagajte Janezku in poiščite (brez računanja) vse napake v spodnjih diagramih! Pomagajte si s pravili, ki jih najdete na posebnem listu. Napake označite neposredno na diagramih, oštevilčite in utemeljite vsako posebej. q F C D A B [ N x] [ N z] [ M y] Rešitev: Upoštevajmo pravila o diagramih notranjih sil linijskih konstrukcij in vi diagramih označimo očitne napake: 3 6 3 3 6 [ N 1 2 5 x] [ N z] 5 4 [ M y] 1. Del konstrukcije AC je palica, tam mora biti prečna sila enaka nič. 2. Del konstrukcije AC je palica, tam mora biti upogibni moment enak nič. 3. Del konstrukcije desno od točke D je neobtežen previsni nosilec, tam so vse notranje sile enake nič. 4. Na delu konstrukcije BD ni prečne linijske obtežbe, tam je prečna sila konstantna. 5. Ker velja, da je odvod upogibnega momenta enak prečni sili, če na delu konstrukcije ni linijske momentne obtežbe, mora biti tam, kjer je upogibni moment linearen, prečna sila konstantna. 6. Ker velja, da je odvod upogibnega momenta enak prečni sili, če na delu konstrukcije ni linijske momentne obtežbe, mora biti tam, kjer je prečna sila enaka nič, vrednost upogibnega momenta ekstremna. 17 Za primerjavo na naslednji sliki prikazujemo še pravilno narisane diagrame notranjih sil. [ N x] [ N z] [ M y] 3. naloga Izračunajte osne sile v palicah 1, 2 in 3 prikazane konstrukcije za oba obtežna primera. Ali so sile v palicah pri različni razporeditvi sil drugačne? Zakaj? Podatki: a = 3 m, F = 15 kN. F F F F 2 2 a 1 3 1 3 A B A B a a a a Rešitev: Izračunajmo najprej reakcije v podporah A in B. Ker obtežbo na konstrukcijo F F predstavlja dvojica sil, so reakcije enake za oba obtežna primera. Iz ravnotežnih pogojev 2 dobimo A 1 3 B BX X MA A Y = 0 → F a − BZ 2 a = 0 → BZ F → BZ = = 7.50 kN, 2 X 2 M B √ Y = 0 → F 2 a − F a + A a = 0 → 5 √ F 5 → A = − = −16.77 kN, 2 X 2 2 A X = 0 → BX − A √ = 0 → BX = √ = −15.00 kN. 5 5 18 Osne sile v palicah izračunamo iz ravnotežnih pogojev za vozlišči A in B √ X 2 X = 0 → BX − N3 = 0 → 2 B √ → N3 = 3 BX = −21.21 kN, √ X 2 Z = 0 → BZ − N2 − N3 = 0 → 2 B √2 → N2 = BZ − N3 = 22.5 kN. 2 Iz ravnotežnega pogoja v točki A v smeri palice 1 ugotovimo, da je X Fn = 0 → −A + N1 = 0 → N1 = A = −16.77 kN. A Ker osne sile določimo iz ravnotežnih pogojev za vozlišča, ki so tudi podpore, in ker smo že prej ugotovili, da so reakcije za oba obtežna primera enake, so enake tudi osne sile v vseh treh palicah. Razlika nastopi v notranjih silah v zgornjem nosilcu. Pri prvem obtežnem primeru v nosilcu nastopijo upogibni momenti in prečne sile, pri drugem pa so le-ti enaki nič. Diagrami prečnih sil in upogibnih momentov za prvi obtežni primer so prikazani na naslednji sliki. − − + [ N ] [ ] z My 19 4. naloga Lesen steber s kvadratnim prečnim prerezom a × a in z višino h je vpet v podlago, kot prikazuje spodnja slika. Steber je na zgornjem robu osno obtežen s silo N in po celotni dolžini izpostavljen požaru z vseh strani. Predpostavimo, da les ob izpostavljenosti požaru ogleni s konstantno hitrostjo oglenenja β = 0.7 mm/min. Debelina oglja pri poljubnem času t torej znaša doglje = β t. Določite čas, pri katerem se steber ukloni. Eulerjeva uklonska sila stebra je določena z enačbo: π2 E I Ncr = , l2u kjer je I = a′4/12 vztrajnostni moment kvadratnega prečnega prereza okrog obeh glavnih osi, E je modul elastičnosti, lu uklonska dolžina stebra, a′ pa je dolžina stranice trenutnega kvadratnega prečnega prereza. t = 0 t > 0 Pogled od spredaj Pogled od spredaj N N h d d oglje oglje a a' Pogled od zgoraj Pogled od zgoraj d oglje d oglje Podatki: h = 2.5 m, a = 20 cm, N = 50 kN, E = 1200 kN/cm2. 20 Pomoč: Uklonske dolžine stebrov glede na način podpiranja so: l l l u= 0.7 l u=l lu= 0.5 l lu= 2 l Rešitev: Iz enačbe za določitev Eulerjeve uklonske sile stebra izračunamo vztrajnostni moment I, pri katerem se steber ukloni. Glede na način podpiranja stebra je uklonska dolžina lu = 2l = 500 cm. π2 E I Ncr l2 N u cr = → I = = 1055.4 cm. l2u π2 E Sedaj lahko določimo stranico prečnega prereza stebra a′ √ a′ = 4 12 I = 5.70 cm in nato še debelino oglja doglje a − a′ a′ = a − 2 doglje → doglje = = 7.150 cm. 2 Ker poznamo hitrost oglenenja lesa β, lahko izračunamo še čas, pri katerem se steber ukloni. Ta je doglje doglje = β t → t = = 102 min. β 21 Naloge s sklepnega tekmovanja za 4. letnike 1. naloga Konstrukcija na sliki je v ravnotežju! Določite no-F tranjo silo v vzmeti in reakcije v podpori A! D B Podatki: L = 4 m, a = 2 m, F = 10 kN. a C a A 2 L L Rešitev: Iz ravnotežnih pogojev za konstrukcijo F lahko izračunamo reakcije v podporah D Fv Fv B X X Z = 0 → AZ − F = 0 → C → A A Z = −F = −10 kN, X X MA b Y = 0 → BX 2 a = 0 → AZ → BX = 0 kN, X X = 0 → AX + BX = 0 → → AX = 0 kN. Silo v vzmeti določimo iz momentnega ravnotežnega pogoja glede na točko C za palico CB X F b M C Y = 0 → Fv a − F b = 0 → Fv = = 17.32 kN. a CB 22 2. naloga Janezek ima težave pri določanju diagramov notranjih sil. Njegovi diagrami so polni napak. Pomagajte Janezku in brez računanja poiščite vse napake v spodnjih diagramih! Pomagaj si s pravili, ki jih najdete na posebnem listu. Napake označite neposredno na diagramih, oštevilčite in utemeljite vsako posebej. q F E G C D A B [ N x] [ N z] [ M y] Rešitev: Upoštevajmo pravila o diagramih notranjih sil linijskih konstrukcij in v diagramih označimo očitne napake: 3 4 1 2 6 [ N x] [ N z] [ M y] 5 1. Del konstrukcije CD je palica, tam mora biti prečna sila enaka nič. 2. Del konstrukcije CD je palica, tam mora biti upogibni moment enak nič. 3. Vez na sredini elementa EG omogoča osni zamik, zato je tam osna sila enaka nič 23 4. Na delu konstrukcije EG je konstantna linijska obtežba, tam prečna sila ni konstantna, temveč padajoča linearna. 5. Podpora A je členkasta, tam je upogibni moment enak nič. 6. Na delu konstrukcije BG ni linijske osne obtežbe, tam je osna sila konstantna. Za primerjavo na naslednji sliki prikazujemo še pravilno narisane diagrame notranjih sil. [ N x] [ N z] [ M y] 3. naloga Leseni prostoležeči nosilec, dolžine L = 3 m s pravokotnim prečnim prerezom dimenzij b/h = 0.2 m/0.24 m je obtežen z dvema točkovnima silama F . Hkrati je nosilec izpostavljen požarni obtežbi s treh strani, kot je prikazano na sliki. V analizi predpostavimo, da les ob izpostavljenosti požaru ogleni s konstantno hitrostjo oglenenja β = 0.7 mm/min, zoglenela plast lesa pa ne prispeva k nosilnosti. Nezogleneli del prečnega prereza ohrani pravokotno obliko in ostane polno nosilen z upogibno trdnostjo fm,d = 27 MPa. Izračunajte največjo silo F , pri kateri nosilec ohrani nosilnost po 30 minutah trajanja požara. Ekstremno normalno napetost v prerezu računamo po enačbi σ = M/W , kjer je M upogibni moment, W = b h2/6 pa je odpornostni moment, ki se zaradi oglenenja lesa med požarom zmanjšuje. F F b h L/3 L/3 L/3 Rešitev: Po 30 minutah se višina prečnega prereza zmanjša le z ene strani, širina prereza pa z obeh. Zato velja: b′ = b − 2 β t = 15.8 cm, h′ = h − β t = 21.9 cm. 24 Odpornostni moment W po 30 minutah trajanja požara je b′ h′2 W = = 1263.0 cm3. 6 Upogibni moment v srednji tretjini nosilca, na delu med silama, je konstanten in je enak F L M = . 3 Iz enačbe za ekstremno normalno napetost in z upoštevanjem upogibne trdnosti lesa lahko določimo iskano največjo silo M F L 3 W fm,d σ = fm,d = = → F = = 34.1 kN. W 3 W L 4. naloga Lesen nosilec na sliki je z dvema vijakoma okroglega prečnega prereza s preme-rom d prek vezne pločevine pritrjen na steno. Vijaka sta razmaknjena za višino t. Nosilec je obtežen z lastno težo in na zgornji ploskvi z enakomerno linijsko poraz-deljeno obtežbo snega s. Določite strižne napetosti v vijakih. V analizi upoštevajte, da vijaka obremenjuje le upogibni moment v prečnem prerezu nosilca na mestu vi-jakov, vpliv prečne sile lahko zanemarite. Prečni Pogled od spredaj prerez t h a b l Pogled od zgoraj b Podatki: l = 4 m, a = 3.85 m, b = 20 cm, h = 30 cm, d = 20 mm, t = 15 cm, gostota lesa: ρ = 500 kg/m3, obtežba snega: s = 3 kN/m. Namig: Največja strižna napetost v vijaku je določena z enačbo 4 Q τ = , (1) 3 Astebla 25 kjer je Q strižna sila, s katero je obremenjen prečni prerez vijaka, Astebla pa ploš- čina prereza stebla vijaka. Pri določitvi obremenitve Q upoštevajte, da vijak prevzame strižno obremenitev v dveh prerezih. Rešitev: Upoštevamo, da vijaka zagota- q vljata vpetost nosilca. Zato je računski model konstrukcije previsni nosilec, ki je a obtežen z enakomerno linijsko obtežbo q. Linijski obtežbi zaradi lastne teže nosilca qg in obtežbe snega qs sta: qg = ρ g b h = 500 · 10 · 0.2 · 0.3 = 300 N/m = 0.3 kN/m, qs = s = 3.0 kN/m, skupna linijska obtežba q pa je q = qg + qs = 0.3 + 3.0 = 3.3 kN/m. Po absolutni vrednosti največji upogibni moment M v previsnem nosilcu, ki je obtežen le z enakomerno linijsko obtežbo, je na mestu vpetja in je enak a M = −q a = 24.46 kNm. 2 Ta upogibni moment prevzame dvojica prečnih sil Np na oba vijaka: M M = Np t → Np = = 163 kN. t Ker je prečna sila Np uravnotežena s strižnima silama v dveh prerezih, moramo pri določitvi obremenitve na vijak Q upoštevati, da je ta enaka polovici sile Np Q = = 81.5 kN. 2 Ploščina prečnega prereza vijaka je Astebla = πd2/4 = 0.0314 cm2, strižno napetost pa določimo z enačbo 4 Q τ = = 3469 kN/cm2 = 246.9 MPa. 3 Astebla 26 PRAVILA (10 ZAPOVEDI) ZA DIAGRAME NOTRANJIH SIL Zap. št. KADAR JE: MORA VELJATI: Pravila, ki veljajo za celotno polje: N je konstanten x obtežba le točkovna (NI porazdeljene 1 N je konstanten obtežbe) z M je linearen (včasih tudi konstanten) y N je linearen 2 obtežba enakomerna v prečni smeri z M je kvadratna funkcija y dM polje BREZ porazdeljene momentne y  N 3 z obtežbe dx kjer je N  0 , ima M ekstrem z y N  0 4 element konstrukcije palica z M  0 y Pravila, ki veljajo v značilnih točkah konstrukcije: v konstrukciji členek ali vrtljiva podpora in na tistem mestu ni obremenitve z M  0 5 y momentom ali prečno silo ni skoka prečne sile v konstrukciji drsna vez ali drsna podpora 6 v prečni smeri in na tistem mestu ni N  0 z obremenitve v prečni smeri v konstrukciji drsna vez ali drsna podpora 7 v smeri osi in na tistem mestu ni N  0 x obremenitve v smeri osi v točki konstrukcije prečna točkovna sila kot obtežba ali reakcija N ima skok velikosti F 8 z F M ima prelom, nima pa skoka y v točki konstrukcije točkovni moment kot obtežba ali reakcija N se ne spremeni 9 M z M ima skok velikosti M y v točki se prične ali konča enakomerna N in M sta zvezna (ni skokov) z y 10 porazdeljena prečna obtežba q N se lomi z M se ne lomi y 27 Document Outline naslovnica 2024-1 n.pdf Page 1