27 . SLOVENSKO DRŽAVNO PRVENSTVO V GRADBENI MEHANIKI LJUBLJANA, 1 8 . maj 20 22 Brosura09.p65 1 29.4.2009, 21:43 27. slovensko državno prvenstvo v gradbeni mehaniki Univerza v Ljubljani Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo Goran Turk, Dejan Zupan, Anita Ogrin, Peter Češarek, Rado Flajs in Igor Planinc Ljubljana, 18. maj 2022 Avtorji: TURK, Goran; ZUPAN, Dejan; OGRIN, Anita; ČE ŠAREK, Peter; FLAJS, Rado; PLANINC, Igor 27. 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 Obseg: 29 strani Cena: knjiga je brezplačna Ljubljana, 2022 Kataložni zapis o publikaciji (CIP) pripravili v Narodni in univerzitetni knjižnici v Ljubljani COBISS.SI-ID 137448963 ISBN 978-961-6884-80-8 (PDF) 27. slovensko državno prvenstvo v gradbeni mehaniki Ljubljana 2022 Prvič po pandemiji s COVID-19 smo letos na Fakulteti za gradbeništvo in geodezijo organizirali 27. državno prvenstvo v gradbeni mehaniki. Prvenstvo je pripravil organizacijski odbor v sestavi: Goran Turk, Peter Češarek, Rado Flajs, Tomaž Hozjan, 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), Matic Muc (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 20. aprila 2022. Osemindvajset najuspešnejših dijakinj in dijakov na predtekmovanju se je uvrstilo na sklepno tekmovanje, ki je potekalo 18. maja 2022 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 Lan Mastnak 3 S ŠGVO Celje Marlenka Žolnir Petrič Evelin Pivić 3 S ŠGVO Celje Marlenka Žolnir Petrič Jure Vrhovnik 3 S ŠGVO Celje Marlenka Žolnir Petrič Gregor Badalič 3 GZ Š Nova Gorica Karlo Petrovčič Eva Zankoč 3 SGGO Š Ljubljana Majda Pregl Timor Štrumelj 3 SGGO Š Ljubljana Majda Pregl Dženita Zahirović 3 SGGO Š Ljubljana Majda Pregl Gaja Marolt 3 SGGO Š Ljubljana Biljana Postolova Matevž Žnidaršič 3 SGGO Š Ljubljana Biljana Postolova Tarik Šabić 3 SGGO Š Ljubljana Biljana Postolova Laura Drnovšek Škrbec 3 SGGO Š Ljubljanaa Biljana Postolova Lory Kmetič 3 ŠCKS SŠ Krško Erika Broz Žižek Aljaž Gabrič 3 ŠCKS SŠ Krško Erika Broz Žižek Patrik Potrebuješ 3 SGLV Š Novo mesto Nevenka Cesar Patrik Majhen 3 SG ŠG Maribor Maja Lorger Luka Šadl 3 SG ŠG Maribor Maja Lorger Žak Artelj 4 S ŠGVO Celje Marlenka Žolnir Petrič Gal Golob 4 S ŠGVO Celje Marlenka Žolnir Petrič Tarik Mujakić 4 SGGO Š Ljubljana Biljana Postolova Luka Cedilnik 4 SGGO Š Ljubljana Biljana Postolova Filip Škrk 4 SGGO Š Ljubljana Biljana Postolova Maks Andrin 4 SE ŠTG Novo mesto Matic Muc Nejc Hočevar 4 SE ŠTG Novo mesto Matic Muc Tomaž Jadrič 4 SE ŠTG Novo mesto Matic Muc Lenart Pustovrh 4 SE ŠTG Novo mesto Matic Muc Iva Baša 4 SE ŠTG Novo mesto Matic Muc Jakob Majer 4 SE ŠTG Novo mesto Matic Muc Andraž Vene 4 SGLV Š Novo mesto Nevenka Cesar KRATICE ŠOL: SE ŠTG Novo mesto Srednja elektro šola in tehniška gimnazija Novo mesto SGGO Š Ljubljana Srednja gradbena, geodetska in okoljevarstvena šola Ljubljana SGLV Š Novo Mesto Srednja gradbena, lesarska in vzgojiteljska šola Novo mesto S ŠGVO Celje Srednja šola za gradbeništvo in varovanje okolja Celje ŠCKS SŠ Krško Šolski center Krško-Sevnica, Srednja šola Krško SG ŠG Maribor Srednja gradbena šola in gimnazija Maribor GZ Š Nova Gorica Gimnazija in zdravstvena šola Nova Gorica 4 Sklepno tekmovanje se je začelo 18. maja 2022 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. Predstavitev različnih poskusov na smrekovih nosilcih sta v istem laboratoriju pripravila gostujoča raziskovalca iz Španije Daniel Fernández Llana in Guillermo ͘niguez-González. Medtem je komisija za ocenjevanje v sestavi Dejan Zupan, Tomaž Hozjan, Rado Flajs, Peter Češarek, Anita Ogrin in Igor Planinc, (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-lil prodekan UL FGG izr. prof. dr. Dušan Žagar. Najuspešnejši na sklepnem tekmovanju so bili: ime in priimek šola nagrada točke 3. letnik Patrik Majhen SG ŠG Maribor 1. mesto 63 Timor Štrumelj SGGO Š Ljubljana 2. mesto 47 Luka Šadl SG ŠG Maribor 2. mesto 45 4. letnik Iva Baša SE ŠTG Novo mesto 1. mesto 68 Maks Andrin SE ŠTG Novo mesto 2. mesto 62 Nejc Hočevar ŠCKS SŠ Krško 3. mesto 57 Andraž Vene SGLV Š Novo Mesto 3. mesto 57 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 5.44 13.24 4.56 8.82 32.06 najnižja ocena 0 0 0 0 0 najvišja ocena 15 25 25 25 65 predtekmovanje za 4. letnike [%] 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga skupaj povprečje 7.04 8.15 6.48 6.11 27.78 najnižja ocena 0 0 0 0 0 najvišja ocena 20 25 20 25 70 sklepno tekmovanje za 3. letnike [%] 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga skupaj povprečje 10.33 4.40 5.60 6.00 26.33 najnižja ocena 0 0 0 0 5 najvišja ocena 20 23 20 25 63 sklepno tekmovanje za 4. letnike [%] 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga skupaj povprečje 15.83 7.33 10.00 10.17 43.33 najnižja ocena 0 2 0 0 7 najvišja ocena 25 18 25 25 68 Glede na povprečne ocene posameznih nalog na predtekmovanju lahko sklepamo, da sta bili za tretje letnike težji 1. in 3. naloga. Dijakinjam in dijakom četrtih letnikov so bile vse naloge težke, saj so povprečne ocene vsake od štirih nalog pod 10 točkami (od 25). Na sklepnem tekmovanju so bile povprečne ocene v tretjih letnikih nekoliko nižje kot na predtekmovanju, nekoliko boljše pa so se odrezali četrti letniki. Dijaki tretjih letnikov so bolje reševali 1. nalogo, težji so bile preostale tri. Pri četrtih letnikih je bila glede na povprečne rezultate nalog najtežja 2. naloga, tretja in četrta sta bili nekoliko lažji, najbolje pa so dijaki reševali 1. nalogo. 6 Zgovoren je graf rezultatov s predtekmovanja in tekmovanja. Vidimo lahko, da je boljši rezultat na predtekmovanju najpogosteje pomenil tudi boljši rezultat na sklepnem tekmovanju. Na sliki so z rdečo označeni rezultati tistih, ki so dobili nagrado na sklepnem tekmovanju. Vsi so bili med boljšimi tudi na predtekmovanju. Oglejmo si še, koliko tekmovalk in tekmovalcev je povsem pravilno rešilo posamezne naloge. Na predtekmovanju tretjih letnikov je četrto nalogo povsem pravilno rešilo kar 7 udeležencev, drugo pa 5. Pri četrtih letnikih je četrto nalogo pravilno rešilo 6 udeležencev, vse druge pa so bile pretežke, saj kar treh nalog na predtekmovanju ni rešil nihče. Na sklepnem tekmovanju je le malo dijakov povsem pravilno rešilo posamezno nalogo. Najboljši rezultati so bili pri prvi nalogi za 4. letnike, ki jo je pravilno rešilo 5 udeležencev. Pri vseh ostalih nalogah je le kak dijak pravilno rešil nalogo, kar štirih nalog s sklepnega tekmovanja pa ni pravilno rešil noben dijak. 7 Število tekmovalk in tekmovalcev, ki so pravilno rešili posamezne naloge predtekmovanje za 3. letnike 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga 0 5 3 7 predtekmovanje za 4. letnike 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga 0 1 0 6 sklepno tekmovanje za 3. letnike 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga 0 0 0 1 sklepno tekmovanje za 4. letnike 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga 5 0 2 2 Tekmovanje financira: Univerza v Ljubljani, Fakulteta za gradbeništvo in geodezijo. 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 Organizatorji silvestrovanja so si a zamislili, da bodo ob polnoči F znak za letnico 2021 spremenili 60° v 2022. L a V ta namen so enico sestavili F iz dveh togih teles, ki sta med 60° r seboj členkasto povezani. To L členkasto povezavo pa so ojačali s polžasto vzmetjo, kot kaže r slika. Glede na nedeformirano lego je F vodoravna, nato smer sile sledi obračanju togega dela. Določite silo F , ki deluje na enico tako, da bo v deformirani legi iz nje nastala dvojka. Določite tudi reakcije v podpori. Podatki: L = 0.8 m, r = 0.2 m, a = 0.4 m, kφ = 40 Nm/rad. Rešitev: Če želimo prečni del številke premakniti tako, da se bo oblikovala številka ”2”, ga moramo zasukati za 210◦ = 7π/6, tako kot kaˇ r ze slika. Moment, ki ga povzroči sila F in nastopi v polžasti 210° vzmeti je enak produktu zasuka in togosti vzmeti: L cos 30° M r A r M = F cos 30◦ L = kφ 7π/6 = 146.6 Nm. AX 210° AY 210° Od tod lahko izračunamo zahtevano silo F 30° aL F cos 30° L cos 30° kφ 7π/6 F = = 211.6 N. L cos 30◦ 30° 30° a F a F Odstranimo podporo in predpostavimo reakcije AX , AY in MA. Iz ravnotežnih pogojev v smereh X in Y ter iz momentnega ravnotežnega pogoja glede na točko 9 A, lahko izračunamo vse reakcije v podpori A: X X = 0 → AX − F cos 30◦ = 0 → AX = 183.3 N, X Y = 0 → AY + F sin 30◦ = 0 → AY = −105.8 N, X MA Z = 0 → MA + F sin 30◦ a − F cos 30◦ L cos 30◦ = 0 → → MA = 84.6 Nm. 2. naloga C Paličje na sliki je obteženo le s silo F = 10 kN. Palici 2 in 3 sta 11 Y 10 3 m mimobežni. 9 F 12 D Določite vse osne sile v paličju. 5 8 3 m 6 (Namig: Najprej ugotovite, v ka- 7 terih palicah so osne sile enake E nič.) 3 m 1 4 2 3 3 m A X B 4 m 4 m Rešitev: Hitro lahko ugotovimo, v katerih palicah so osne sile enake nič: To so palice 2, 3, 6, 7, 10, 12, 8, 11 in 4. Od nič različne so le osne sile v palicah 1, 5, in 9. Te sile izračunamo iz ravnotežnih pogojev za vozlišči D in E. X X = 0 → 4/5 N9 + F = 0 → N9 = −5/4 F = −12.5 kN, D X Y = 0 → 3/5 N9 − N5 = 0 → N5 = 3/5 N9 = −7.5 kN, D X Y = 0 → N1 − N5 = 0 → N1 = N5 = −7.5 kN. E 10 3. naloga Pri gradbenih delih zelo pogosto uporabljamo avtodvigalo. Eno od tveganj pri uporabi takega dvigala je prevrnitev le-tega. Da zmanjšamo možnost prevrntive, so vsa avtodvigala opremeljena s podpornimi nogami, ki stabilizirajo podlago, kot je prikazano na srednji sliki. G 60 m Masa takega avtodvigala je 28 t. Lega težišča je na sredini avtodvigala, na sliki 30° je označena s točko T . Določite največje T 10 m breme G, pri katerem se dvigalo še ne pre-a C C vrne. Pri tem upoštevajte, da je teleskop-T ska ročica raztegnjena do maksimalnega 10 m dosega 60 m in pod naklonom 30◦ glede L na vodoravno podlago. G Razdalja med težiščem dvigala T in osjo teleskopske ročice C je T C = 3 m. Obravnavajte primer, ko je tlorisna lega ročice vzporedna smeri T C (α = 0◦), in primer, ko je lega pravokotna na T C (α = 90◦). A 5 m T T C 10 m C G 8 m 5 m 11 B B 10 m A L L G G 60 m Rešitev: Določimo najprej silo teže dvigala, ki deluje v težišču kvadrata 10×10 m: 30° Gd = 28000 kg · 10 m/s2 = 280000 N = 280 kN. T a 10 m C C T 10 m G G L 60 G m 60 m Nato določimo vodoravno razdaljo ozi- roma doseg L ročice avtodvigala. Iz slike 30° 30° lahko vidimo, da je T T a 10 m a 10 m L = 60 C cos 30◦ = 51.9 m. C C C T T 10 m 10 m L L G G Dvigalo se lahko prevrne le okoli podpornih nog, ki tvorijo kvadrat s stranico 10 m. Če je zasuk dvigala α = 0◦, se dvigalo lahko A prevrne le okoli osi A-A, zato zapišemo rav-A notežni pogoj okoli te osi: 5 m T T C 10 m X C 5 8 m m T M = 0 → GT C 5 m 10 m A-A C G 8 B B m → 5 10 m G(L − 8) − G m d 5 = 0 → A 5 G B B L 10 d m A → G = = 31.8 kN. L L − 8 L A L Če je zasuk dvigala α = 90◦, se dvigalo lahko prevrne le okoli osi B-B, zato zapišemo ravnotežni pogoj 5 m T okoli te osi: T C 10 m C 8 m G G X 5 M = 0 → G(L − 5) − G m d 5 = 0 → G B-B 10 B B m A 5 G → d G L = = 29.8 kN. L − 5 L G 12 4. naloga Tanka ploščica debeline d = 5 mm tlorisne oblike, prikazane na sliki, miruje na dnu morja v globini h = 100 m. Na vseh zunanjih robovih je obtežena s hidro-statično tlačno obtežbo p = ρ g h. Določi rezultanto zunanje tlačne obtežbe na trikotnem delu ABC ploščice. Podatki: a = 10 cm, ρ = 1000 kg/m3, g = 10 m/s2. Rešitev: Če ploščico v mislih prerežemo tako, kot kaže slika, vidimo, da mora biti rezultanta R enaka na obeh delih ploščice. Ker je spodnji del geometrijsko bolj preprost, iz ravnotežnega pogoja z navpično smer izračunamo rezultanto za spodnji del: R = p a d = ρgh a d = 500 N. 13 Naloge s predtekmovanja za 4. letnike 1. naloga Organizatorji silvestrovanja so si a zamislili, da bodo ob polnoči F znak za letnico 2021 spremenili 60° v 2022. L a V ta namen so enico sestavili iz dveh togih teles, ki sta med r F 60° seboj členkasto povezani. To členkasto povezavo pa so ojačali L s polžasto vzmetjo, kot kaže slika. r Sila F je v nedeformirani legi vodoravna, nato smer sile sledi obračanju togega dela. Določite silo F , ki deluje na enico tako, da bo v deformirani legi iz nje nastala dvojka. Izračunajte delo, ki ga sila F opravi pri postavitvi prave letnice. (Namig: izračunajte elastično energijo, ki je potrebna za zasuk vijačne vzmeti.) Podatki: L = 0.8 m, r = 0.2 m, a = 0.4 m, kφ = 40 Nm/rad. Rešitev: Če želimo prečni del številke premakniti tako, da se bo oblikovala številka ”2”, r ga moramo zasukati za α = 210◦ = 7π/6 tako, kot kaže slika. 210° Moment, ki ga povzroči sila F v polžasti vzmeti je enak produktu zasuka in togosti vzmeti: L cos 30° r M = F cos 30◦ L = kφ 7π/6 = 146.6 Nm. 30° 210° a Od tod lahko izračunamo zahtevano silo F F L cos 30° kφ 7π/6 F = = 211.6 N. L cos 30◦ 30° a F Delo sile F najlažje izračunamo tako, da določimo spremembo elastične energije v vijačni vzmeti. Ker izgub energije ni, je ta enaka delu, ki jo opravi sila F . kφ α2 W = = 269 Nm = 269 J. 2 14 2. naloga Brv za pešce, ki premošča dolino širine l = 500 m, je na konceh vpeta na betonska opornika. Obtežena je z lastno težo q = 2 kN/m, zaradi katere so na sredini razpona brvi izmerili poves velikosti f = 10 m. Y q A f B X l Betonska opornika modeliramo z nepomičnima podporama, brv pa z modelom vrvi, za katerega predpostavimo, da prenaša samo osne sile. Zaradi relativno majh-nega povesa f /l = 0.02 lahko upoštevamo, da lastna teža deluje na tlorisno dolžino vrvi, kot prikazuje slika. q BX Določite sile (reakcije) brvi na betonska opornika. (Namig: Določite najprej osno Y AX silo v temenu q vrvi.) f A Nx Y BY N A x X Rešitev: Upoštevamo, l/2 da vrv lahko f prevzame le natezno osno B l/2 silo, vse druge no- tranje sile so enake nič. Zato konstrukcijo iz vrvi na sredini prerežemo in predpo-l stavimo le osno silo Nx. Hkrati odstranimo tudi podpore in predpostavimo reakcije v podporah AX , AY , BX in BY . Iz ravnotežnih pogojev za levi del brvi lahko določimo osno silo v temenu in reakcije v podpori A. Reakcije v podpori B so zaradi simetrije konstrukcije po velikosti enake. q BX AX f A Nx Y BY Nx l/2 l/2 X l l q l2 M A = 0 → Nx f − q = 0 → Nx = = 6250 kN, 2 4 8 f levi X X = 0 → AX + Nx = 0 → AX = −Nx = −6250 kN, levi X l l Y = 0 → AY − q = 0 → AY = q = 500 kN. 2 2 levi 15 3. naloga Pri gradbenih delih zelo pogosto uporabljamo avtodvigalo. Eno od tveganj pri uporabi takega dvigala je prevrnitev le-tega. Da zmanjšamo možnost prevrntive, so vsa avtodvigala opremeljena s podpornimi nogami, ki stabilizirajo podlago, kot je prikazano na srednji sliki. G 60 m Masa takega avtodvigala je 28 t. Lega težišča je na sredini avtodvigala, na sliki 30° je označena s točko T . Določite največje T 10 m breme G, pri katerem se dvigalo še ne pre-a C C vrne. Pri tem upoštevajte, da je teleskop-T ska ročica raztegnjena do maksimalnega 10 m dosega 60 m in pod naklonom 30◦ glede L na vodoravno podlago. G Razdalja med težiščem dvigala T in osjo teleskopske ročice C je T C = 3 m. Obravnavajte vsaj štiri primere pri različnih kotih α in skicirajte graf zveze med kotom α in največjim bremenom. A 5 m T T C 10 m C G 8 m 5 m 16 B B 10 m A L L G G 60 m 30° T a 10 m C C T Rešitev: Določimo najprej silo teže dvigala, ki deluje v težišču kvadrata 10×10 m: 10 m L Gd = 28000 kg · 10 m/s2 = 280000 N = 280 G kN. G A 60 m Nato določimo vodoravno razdaljo ozi- 5 m T T C 10 m roma doseg L ročice avtodvigala. Iz slike C G 30° 8 m 5 lahko vidimo, da je m T B B a 10 m 10 m L = 60 C cos 30◦ = 51.9 m. A C L T L 10 m L G Pri legi dvigala 0 ≤ α ≤ π/2, se dvi- 10 m galo lahko prevrne okoli osi A-A ali A C G okoli osi B-B. Pri legi dvigala π/2 ≤ D D A α ≤ π, pa se lahko prevrne okoli osi 8 m B-B ali C-C. Za kote π ≤ α ≤ 3π/2, 5 m T 10 m α 5 C m sta T pomembni osi C-D in D-D, za kote T C 10 m 3π/2 ≤ α C ≤ 2π, pa sta pomembni osi G 8 L sin α m 5 B B m D-D in A-A, A C B B 10 m A Merodajna je po absolutni vrednosti L G manjša vrednost sile G. L cos αL Za vrednosti 0 ≤ α ≤ π/2 velja: X 5 Gd M = 0 → G(L cos α − 8) − Gd 5 = 0 → G = , L cos α − 8 A-A X 5 G G d M = 0 → G(L sin α − 5) − Gd 5 = 0 → G = . L sin α − 5 B-B Za vrednosti π/2 ≤ α ≤ π velja: X 5 Gd M = 0 → G(L cos α + 3) + Gd 5 = 0 → G = − , L cos α + 3 C-C X 5 Gd M = 0 → G(L sin α − 5) − Gd 5 = 0 → G = . L sin α − 5 B-B 17 Za vrednosti π ≤ α ≤ 3π/2 velja: X 5 Gd M = 0 → G(L cos α + 3) + Gd 5 = 0 → G = − , L cos α + 3 C-C X 5 Gd M = 0 → G(L sin α + 5) + Gd 5 = 0 → G = − . L sin α + 5 D-D Za vrednosti 3π/2 ≤ α ≤ 2π pa velja: X 5 Gd M = 0 → G(L sin α + 5) + Gd 5 = 0 → G = − , L sin α + 5 D-D X 5 Gd M = 0 → G(L cos α − 8) − Gd 5 = 0 → G = . L cos α − 8 A-A Ko izračunamo nekaj vrednosti pri različnih kotih α, lahko narišemo graf odvisnosti med lego dvigala in največjim bremenom, ki ga dvigalo pri tolikšnem dosegu lahko dvigne. Rezultate prikazujemo za kot α od 0 do π/2 in za celoten krog, torej za kot α od 0 do 2π. 50 45 G 40 35 30 25 20 π π 3 π π 0 8 4 8 α 2 50 45 G 40 35 30 25 20 0 π π 3 π 2 π 2 2 α 18 4. naloga Tog betonski temelj je podprt z dvema a geotehničnima sidroma, ki sta pred- napeta s silo Ns = 2000 kN. Vpliv F a zemljine na temelj nadomestimo s pomičnimi podporami, ki pa lahko a prevzamejo samo tlačne obremenitve. a Podpori sider lahko prevzameta tudi b natezne obremenitve. F a Ko je temelj prednapet, ga obremenimo s silo F . Kolikšna je lahko največja veli-a kost sile F , da ni presežena nosilnost geotehničnih sider Nc = 2500 kN. H Rešitev: Vpliv zemljine za betonskim blok b om nadomestimo z dvema enakima vodoravnima silama H, vpliv geotehniških sider pa z dvema enakima vodoravnima Ns F silama Ns. Ns H H Ns F Ns H Obravnavajmo tri stanja ob večanju obtežbe F : • Začetno stanje: sila F je enaka nič, sili na zemljino sta enaki sili prednape-njanja H = Ns, • Vmesno stanje: sila F je večja kot nič, tudi sili na zemljino sta večji od nič H = Ns − F/2, • Končno stanje: zemljina ni več v stiku z betonskim temeljem, zato sta sili H enaki nič. Obtežba je sedaj F = 2 Ns ≤ 2 Nc = 5000 kN. 19 Naloge s sklepnega tekmovanja za 3. letnike 1. naloga Za nosilec na sliki izračunajte reakcije v q q podporah, sile v vezi ter notranje statične A X količine. Te prikažite v obliki diagramov. C B Z Podatki: a = 3 m, q = 10 kN/m. Rešitev: Podpore odstranimo in njihov q q A vpliv nadomestimo z reakcijami A X X , A M C A A BZ Z , MA in BZ , kot kaže slika. Z a a a Iz ravnotežnih enačb izračunamo neznane reakcije X 3a M C − y = 0 → −q a BZ a = 0 → 2 desni del 3 q a q → BZ = −q = −45 kN, 2 A X X B Z = 0 → −q a − q a − AZ − BZ = 0 → Z cela → AZ = −2 q a − BZ = −15 kN, X A = 0 → AX = 0, cela X a M C q q y = 0 → MA + AZ a + q a = 0 → AX BX 2 levi del MA A B Z a2 Z → M a a a A = −AZ a − q = 0 kNm. 2 Notranje sile vzdolž osi nosilca dobimo tako, da konstrukcijo prerežemo v polju in zapišemo ravnotežne enačbe za levi ali za desni del. Rezultate prikazujemo v diagramih. [ N ] 0 0 0 x A B −15 A [ N ] − z + B + 15 30 −45 [ M ] − + y A B 11.25 20 2. naloga Fotografije prikazujejo majhno konstrukcijo in njene sestavne dele. Narišite ustrezen linijski model konstrukcije in določite stopnjo statične nedoločenosti. Predpostavite, da je konstrukcija obtežena le z dvema vodoravnima točkov-nima silama v obeh etažah. Skicirajte približno sliko diagramov upogibnih momentov. Namig: Na konstrukciji lahko fizično preverite, kako se pod vplivom take obtežbe deformira. To je dobra osnova za določitev približnih diagramov upogibnih momentov, saj vemo, na kateri strani nosilcev so nategnjena vlakna, vemo pa tudi, da so diagrami upogibnih momentov linearni. 21 Rešitev: Linijski model konstrukcije je prikazan na sliki. V točkah A in B sta vpeti podpori, vezi E F v točkah C, D, E in F so vse toge vezi, ki pre-prečijo medsebojne pomike in zasuke konstrukcij-skih elementov. Če konstrukcijo v mislih razstavimo na štiri elemente AE, BF , CD in EF , lahko stopnjo statične nedoločenosti izračunamo po naslednji C D enačbi: E F n = 2 · 3 + 4 · 3 − 4 · 3 = 6, [ M ] kjer smo upoštevali, da ima konstrukcija dve vpeti y podpori, štiri toge vezi in štiri linijske elemente. A B C D Iz fotografije deformirane konstrukcije vidimo, na kateri strani nosilcev so nategnjena vlakna – na fotografiji so označene z zeleno krivuljo. Na tisto stran narišemo tudi diagrame upogibnih momentov. V točkah prevoja deformirane lege nosilcev je upogibni moment enak nič – na fotografiji so te točke označene z rdečim krogom. Ker vzdolž elementov ni linijske prečne obtežbe, so diagrami upogibnih momentov linearni. Na A osnovi tega lahko B narišemo skico upogibnih momentov na 6-krat statično nedoločeni linijski konstrukciji. [ M ] y 22 3. naloga Paličje na sliki je labilno, vendar F mu smeš dodati še dve diagonali. h Določi vse možne načine doda- janja natanko dveh diagonal, da dobljeno paličje ne bo labilno. Odgovore utemelji! 2 h/3 F Podatki: a = 3 m, h = 2 m, h h/3 F = 15 kN. a a 2 h/3 Rešitev: Če dodatne palice postavimo tako, da damo eno v prvo etažo, drugo pa v drugo, bo konstrukcija mirovala. Na ta način smo konstrukcijo enakomerno sta-h/3 bilizirali. Če bi obe palici dali v prvo etažo, bi spodnjo etažo pretirano povezali, zgornja pa bi se lahko lahko premikala. Podobno velja, če damo obe palici v zgor-a a njo etažo. Risbe vseh možnih postavitev dodatnih palic, da konstrukcija miruje, so prikazane na naslednji sliki. 23 4. naloga q a 1 Organizatorji silvestrovanja so si zamislili, da bodo ob polnoči znak za letnico 2021 spremenili 60° v 2022. L V ta namen so enico sestavili iz dveh togih teles, ki sta med seboj r členkasto povezani. To členkasto povezavo pa so ojačali s polžasto vzmetjo, kot kaže slika. Enico bomo spremenili v dvojko z linijsko obtežbo q1 oziroma q q 2, kot kažeta sliki. Ti linijski a 2 obtežbi sledita vrtenju dela kon- strukcije tako, da je vedno pra- vokotna na spodnji del dvojke. 60Ůgotovite, za katero a smer q vrtenja 1 L potrebujemo manjšo obtežbo (q1 ali q2). r 60° Za ta primer določi obtežbo, ki L je potrebna, da se naredi dvojka. Določite tudi reakcije v podpori. r Podatki: L = 0.8 m, r = 0.2 m, a = 0.4 m, kφ = 40 Nm/rad. Rešitev: Če želimo del številke zavr- teti tako, da se bo oblikovala številka ”2”, ga moramo v primeru obtežbe q q 1 a 2 zavrteti za kot 210◦ = 7π/6, in za kot 150◦ = 5π/6, če ga obtežimo s q2. 60° Moment, ki ga povzroči obtežba q1 ozi- MA MA r roma q L r 2 v polžasti vzmeti, je enak pro- duktu zasuka in M togosti vzmeti: AX AX A M 150° r A rAY r 210° AY a2 AX 7π AX 150° M1 = q1 = kφ A = 146.6 Nm. Y 210° AY 2 6 a2 5π M2 = q2 = kφ = 104.7 Nm. q q 2 6 1 2 a a q q 1 2 a a 24 Iz teh dveh enačb lahko izračunamo zahtevani obtežbi q1 in q2 kφ 7π/6 kφ 5π/6 q1 = = 1.8 kN/m, q2 = = 1.3 kN/m. a2/2 a2/2 Kot vidimo, je obtežba q2 manjša od q1. To je pričakovano, saj je za tvorjenje dvojke s q2 potreben manjši zasuk in je posledično moment v polžasti vzmeti manjši. Odstranimo podporo in predpostavimo reakcije AX , AY in MA. Iz ravnotežnih pogojev v smereh X in Y ter iz momentnega ravnotežnega pogoja glede na točko A, lahko izračunamo vse reakcije v podpori A. Za obtežbo q1 so reakcije: X X = 0 → AX = 0 X Y = 0 → AY + q1 a = 0 → AY = −733 N, X a M A Z = 0 → MA + q1 a = 0 → MA = −147 Nm, 2 za obtežbo q2 so: X X = 0 → AX = 0 X Y = 0 → AY − q2 a = 0 → AY = 524 N, X a M A Z = 0 → MA − q2 a = 0 → MA = 105 Nm. 2 25 → Z F D 1 2 3 Naloge s sklepnega tekmovanja za 4. letnik → e Z C’ F 7 8 D 1. naloga A’ 9 B’ → Z F 12 5 Prostorsko paličje je v vozlišču D 1 2 3 D 6 4 C obteženo s silo ⃗ F = −F ⃗ e C’ Y . Vozlišča 10 11 7 8 A’, B’ in C’ ležijo na razpoloviščih da-A’ 9 1 2 B’ 3 A B ljic AD, BD in CD. Določi vse tiste 5 C’ 12 7 6 palice v paličju, v katerih je osna sila 8 X Y A’ 94 C 10 B’ 11 enaka nič. 12 5 A 6 B Namig: Uporabi Pravila 1, 2 in 3. 4 C 10 11 X Y A B X Y Pravilo 1: Če se v NEOBTE ŽENEM vozlišču sti-1 kajo palice, od katerih vse, razen ene ležijo v eni 2 1 R 3 ravnini, potem je osna sila v palici, ki leži izven te T 2 R 4 3 ravnine, enaka nič. Na sliki desno je osna sila v pa-T 4 lici 1 enaka nič, ker palice 2, 3 in 4 ležijo v ravnini R, palica 1 pa ne leži v tej ravnini. Pravilo 2: Če se v NEOBTE ŽENEM vozlišču stikajo tri palice, od tega dve kolinearni (ležita na isti 1 premici P), je osna sila v nekolinearni palici enaka P 2 nič, osni sili v kolinearnih palicah pa sta enaki. Na T 3 sliki desno je osna sila v palici 1 enaka nič, osni sili v palicah 2 in 3 pa sta enaki. Pravilo 3: Ko ugotovimo, da je sila v palici enaka nič, jo lahko v mislih odstranimo iz paličja in nadaljujemo z iskanjem neobremenjenih palic v drugih vozliščih. Rešitev: Zaporedoma uporabimo Pravilo 1. V vozlišču A’ ležijo palice 1, 4, 7 in 12 v ravnini XZ, palica 9 edina ne leži v tej ravnini, zato je sila N9 = 0. Podobno je v vozlišču B’ N10 = 0, v vozlišču C’ pa je N7 = 0. Če upoštevamo, da sta sili v palicah 7 in 9 enaki nič, lahko po Pravilu 2 v vozlišču A’ ugotovimo, da je N12 = 0. Podobno je v vozlišču B’ ugotovimo N8 = 0, v vozlišču C’ pa je N11 = 0. V vozlišču D se stikajo palice 1, 2 in 3 ter sila ⃗ F . Palici 2 in 3 ter sila ⃗ F ležijo v ravnini Y Z. Palica 1 ne leži v tej ravnini, zato je N1 = 0. Ker so N1 = N7 = N9 = N12 = 0, je tudi N4 = 0. Od nič so torej različne le osne sile v palicah 2, 3, 5 in 6. Dodatno pa velja, da je N2 = N5 in N3 = N6. 26 2. naloga Brv za pešce, ki premošča dolino širine l = 500 m, je na konceh pritrjena na betonska opornika, katerih nadmorska višina se razlikuje za h = 50 m. Brv je obtežena z lastno težo q = 2 kN/m, zaradi katere so na sredini razpona brvi izmerili poves pod namišljeno daljico med opornikoma velikosti f = 10 m. Betonska opornika zagotavljata vrvi nepomični podpori. Brv obravnavamo kot vrv, za katero predpostavimo, da prenaša le natezne osne sile. q Y B h f A X l Določite sile (reakcije) brvi na betonska opornika. q BX q Y h/2 Rešitev: Glede na matematični model brvi (vrv), lahko brv prevzame le natezno BY osno h silo./2 Zato v mislih brv α na sredini N prereˇ f zemo in na prerezanem delu predposta- x A vimo le X osno silo Nx. Hkrati odstranimo tudi podpore in njihov vpliv nadomestimo N A x z reakcijami A Y X , AY , BX in BY . Iz ravnotežnih pogojev za levi del brvi lahko določimo osno silo Nx v l/2 temenu in reakcije v podpori A. l/2 Reakcije v podpori B q izračunamo iz ravnotežnih pogojev za desni del. Y B h Najprej izračunajmo kot α, naklon premice f skozi točki A in B: A X h α = arctan = 5.71◦. l l q BX q Y h/2 BY h/2 α N f x AX N A x Y l/2 l/2 X h l l l M A = 0 → Nx f − cos α + Nx sin α − q = 0 → 2 2 2 4 levi q l2 1 → Nx = = 6281 kN, 8 f − h cos α + l sin α 2 2 27 X X = 0 → AX + Nx cos α = 0 → levi → AX = −Nx cos α = −6250 kN, X l Y = 0 → AY − q + Nx sin α = 0 → 2 levi l → AY = q − Nx sin α = −125 kN, 2 X X = 0 → BX − Nx cos α = 0 → desni → BX = −Nx cos α = 6250 kN, X l Y = 0 → BY − q − Nx sin α = 0 → 2 desni l → BY = q + Nx sin α = 1125 kN. 2 3. naloga Tog betonski temelj je podprt z dvema geotehničnima sidroma dolžine l = 10 m k a in osne togosti EA = 103 kN. Sidri sta prednapeti s silo Ns = 2000 kN. Vpliv F a podajne zemljine na temelj nadomestimo z vzmetema togosti k = 2000 kN/cm, ki a sta podprti s podporami, ki lahko prevza-k mejo samo tlačne obremenitve. Podpori b sider lahko prevzameta natezne obremenitve. Prednapeti temelj obtežimo s silo F . Določite notranje sile v geotehničnih sidrih, v trenutku, ko je sila F tako velika, da temelj izgubi stik z zemljino (vzmet ima začetno dolžino). Namig: Izračunajte kolikšen je skrček vzmeti, ki nadomeščajo togost zemljine, ko temelj prednapnemo. Rešitev: Na začetku, ko temelj še ni obtežen s silo F , vemo, da je vodoravna sila podlage enaka H sili predanpetja H = Ns. Zaradi te sile se vzmet skrči za Ns F R 2000 kN u = = = 1 cm. Ns k 2000 kN/cm H Ko je sila F = 2 Ns, temelj izgubi stik s podlago, ob tem se premakne za 1 cm, kolikor je tudi raztezek sidra u = 1 cm. 28 Zaradi tega raztezka se sila v sidru poveča: EA 1000 N ′ · s = Ns + u = 2000 + 1 = 2100 kN. l 10 V trenutku, ko temelj izgubi stik podlago, je sila v sidru enaka N ′s = 2100 kN. 4. naloga Za izravnavo zaboja bomo uporabili sistem dveh zagozd, kot je prikazan na sliki. Kolišna vodoravna sila F je potrebna, da dvignemo zaboj, če na levo podporo deluje navpična sila F velikosti V = 500 N? Na vseh stičnih površinah je koeficient trenja enak kt = 0.2, zagozdi pa sta odrezani pod kotom α = 10◦. Rešitev: Narišimo le zgornjo zagozdo in vse sile, ki nanjo delujejo. Vemo, da je sta normalna sila N in V sila trenja povezani z enačbo: α F Ft = N kt. t F N Sedaj zapišemo ravnotežne enačbe za zagozdo: X Y = 0 → −V − Ft sin α + N cos α = 0 → → −V − N kt sin α + N cos α = 0 → V → N = = 526 N, − kt sin α + cos α X X = 0 → F − Ft cos α − N sin α = 0 → → F − N kt cos α − N sin α = 0 → → F = N (kt cos α + sin α) = 195 N. Za dvig zaboja potrebujemo vodoravno silo F = 195 N. 29