mehanika vpetega nosilca -...

MEHANIKA VPETEGA NOSILCA

Seminarska naloga pri predmetu Razdelilna in industrijska omrežja

Izdelal: Matija Markeljc

Izvajalec predmeta: prof. dr. Grega Bizjak, univ. dipl. inž. el.

Študijsko leto 2018/19

Razdelilna industrijska omrežja 2018/19

2

Povzetek

V seminarski nalogi je na kratko predstavljena mehanika vpetega nosilca. Naloga vsebuje

osnovno teoretsko ozadje, katero je potrebno za razumevanje odziva nosilcev ob obremenitvi.

Prikazana sta primera enostransko in dvostransko vpetega nosilca. Za prvi primer je prikazana

tudi računska naloga.

Ključne besede: Prožnostn modul, teorija nosilcev, upogibni moment, strižna sila, upogibnica


3

Kazalo

1. Uvod .............................................................................................................................. 4

2. Osnovna teorija .............................................................................................................. 5

2.1 Mehanska napetost, relativni raztezek ter prožnostni modul ..................................... 5

2.2 Euler-Bernoullijeva teorija nosilcev ......................................................................... 7

3. Primeri ........................................................................................................................... 9

3.1 Primer 1 ................................................................................................................... 9

3.1.1 Ravnotežje zunanjih sil ..................................................................................... 10

3.1.2 Notranje obremenitve nosilca ............................................................................ 11

3.2 Primer 2 ................................................................................................................. 13

3.3 Primer 3 ................................................................................................................. 16

3.4 Primer izračuna ...................................................................................................... 18

4. Zaključek ..................................................................................................................... 21

5. Viri .............................................................................................................................. 22

6. vprašanja ter naloga ...................................................................................................... 23

6.1 Vprašanja/odgovori ................................................................................................ 23

6.2 Naloga ................................................................................................................... 24


4

1. Uvod

V inženirstvu se pogosto srečujemo z problematiko deformacije materialov. Eno izmed njih je

tudi upogib vpetih nosilcev, katero je tematika moje seminarske naloge. Z pojmom »nosilec«

opišemo ustrezno podprto, vitko horizontalno strukturo, katera je namenjena prenašanju

obremenitve. Odziv nosilca na breme je odvisen od teže bremena, geometrijske postavitve

bremena, ter od same lastnosti nosilca.


5

2. Osnovna teorija

2.1 Mehanska napetost, relativni raztezek ter prožnostni modul

V primeru, da se nosilec obremeni, se pogojeno z geometrijo le-ta deformira. Nekateri deli tega

nosilca se skrajšajo, drugi pa podaljšajo. Za obravnavo takih problemom je potrebno znanje o

obnašanju materiala, ter odziv le-teh na obremenitve. Predvsem je pomembna količina

imenovan prožnostni modul, katero označimo s črko E [𝑁

𝑚2 = 𝑃𝑎 ]. Vse opisano prikazuje

spodnja slika.

Na ordinatni osi je prikazana mehanska napetost σ[𝑁 𝑚2] ⁄ . Ta veličina predstavlja silo na

enoto površine, katera nastane pri nosilci zaradi obremenitve. Izračunamo jo po naslednji

enačbi:

𝜎 =𝐹

𝐴 (1)

Abscisno os pa opredeljuje relativni raztezek , kateri predstavlja fizično deformaciji, katera je

posledica mehanske napetosti. Izračunamo jo po spodnji enačbi, katero zapišemo kot kvocient

spremembe dolžine materiala z prvotno dolžino.

𝜀 = ∆𝑙

𝑙 (2)


6

Na grafu je predstavljena tudi točka A. Ta točka predstavlja mejo elastičnosti. Levo od te točke

je področje elastičnih deformacij. To so take deformacije, kjer so relativni raztezki sorazmerni

mehanski napetosti. Če to napetost odstranimo, se material povrne v prvotno stanje. Pravimo,

da je deformacija reverzibilna. V tem področju velja (že iz osnov fizike poznan) Hookov zakon.

𝜎 = 𝐸𝜀 (3)

Desno od točke A pa pride material v področje tako imenovanih plastičnih deformacij. Ko se

zaradi dovolj velike obremenitve material deformira do te meje, da se po odstranitvi mehanske

napetosti ne povrne v prvotno stanje. Tukaj, za to območje pa Hookov zakon ne velja.

V enačbi (𝜎 = 𝐸𝜀) E predstavlja naklon krivulje. Govori o togosti materiala, kar nam pove to,

da večji kot ima material prožnostni modul, večja sila je potrebna za njegovo deformacijo.

Prožnostni modul zelo vpliva na odziv nosilcev na obremenitev.

V spodnji tabeli sem predstavil nekaj prožnostnih modulov za nekatere materiale.

Material Prožnostni modul »E« [GPa]

Aluminij 69

Beton 30

Jeklo 209

Baker 117

Les 11


7

2.2 Euler-Bernoullijeva teorija nosilcev

Euler in Bernoulli sta razvila model, kateri zelo dobro opisuje kako se nosilec odziva glede na

breme. Tukaj je treba poudariti, da je ta teorija poseben primer Timoshenkove teorije nosilcev,

saj podaja odvisnost odmika nosilcev pod vplivom samo bremen, kateri delujejo prečno na

nosilec.

V nadaljevanju bom na kratko razložil teorijo. Tukaj je potrebno paziti na izbiro koordinatnega

sistema. Pri analizi nosilcev je koordinatni sistem postavljen tako, da os predstavlja nevtralno

os nosilca in je postavljena skozi masno središče nosilca. Postavitev je nazorno prikazana na

spodnji sliki.

Slika 1: Skica nosilca s postavljenim koordinatnim sistemom in nevtralno osjo

Euler-Bernoullijeva enačba, katera je predstavljena spodaj, podaja odvisnost odmika nosilca od

bremena.

𝑑2

𝑑𝑥2 (𝐸𝐼𝑑2∆(𝑥)

𝑑𝑥2 ) = 𝑞 (4)

Sledi kratka predstavitev enačbe. Črka »E« predstavlja prožnostni modul, kateri je bil razložen

že nekoliko prej, zato tukaj razlaga ni potrebna. »I« je vztrajnostni moment ploskve in je

geometrijska lastnost površine. Določa se jo glede na os, katera gre skozi masno središče

nosilca, kjer predpostavljamo, da je y=z=0. Izračunamo ga po enačbi:

𝐼 = ∫ ∫ 𝑧2𝑑𝑦𝑑𝑧 (5)

Ostali sta še dve spremenljivki in to sta »q« in »∆(𝑥)«. Prva v enačbi predstavlja silo na enoto

dolžine, katera nastane zaradi bremena in deluje pravokotno na os x. Slednja pa je tako


8

imenovana upogibnica, ki opisuje odmik nosilca v z osi za vsak x (opiše odmik vsake točke

vzdolž nosilca glede na začetno lego).

Teorija vključuje tudi nekatere poenostavitve kot so:

-nosilec ima po celotni dolžini enak prerez

-nosilec je na začetku raven

-nosilec je homogen

-»E« je konstanta, kar pomeni da ostane nosilec v področju elastičnosti ker so odmiki dovolj

majhni. Tako odmiki ne spremenijo bistveno geometrijo.

Za dan primer sta »E« in »I« konstantna, obremenitev »q« in odmik »∆(𝑥)« pa sta povezana v

poenostavljeni enačbi.

𝐸𝐼𝑑4∆(𝑥)

𝑑𝑥4 = 𝑞(𝑥) (6)

Zelo tesno povezana količina z upogibom pa je tudi upogibni moment »M«. To je posledica

bremena in deluje v smeri y osi. Pri izbrani postavitvi koordinatnega sistema mora biti upogibni

moment pozitiven pri silah, katere delujejo v pozitivni smeri osi z. Spodaj je zapisana enačba

za upogibni moment.

𝑀(𝑥) = −𝐸𝐼𝑑2∆

𝑑𝑥2 (7)

V obremenjenem nosilcu pa poleg navora deluje tudi strižna sila, katero označimo s črko »V«.

Le-ta deluje prečno na nosilec in je definirana z odvodom navora:

𝑉(𝑥) = −𝑑

𝑑𝑥(𝐸𝐼

𝑑2∆

𝑑𝑥2) (8)


9

3. Primeri

Prvi primer sem povzel po diplomski nalogi študenta iz fakultete za strojništvo. Primer je na

začetku dokaj razumljiv, nato pa preidemo bolj v vode strojništva. Podoben prvemu primeru je

tudi drugi, vendar je razložen bolj kratko in jedernato. Ko sem jih primerjal sem videl, da sta se

rezultata glede Momenta ujemala. Prikazan pa je tudi še en primer, kjer je nosilec vpet na obeh

koncih. Pa poglejmo primere.

3.1 Primer 1

Nosilec je obremenjen s konstantno zvezno porazdeljeno obremenitvijo »q«, z vzdolžno tlačno

silo »P« in prečno silo »Q«, kateri delujeta na prostem koncu, kakor je razvidno iz spodnje

slike. Obremenitvi »q« in »Q« delujeta v smeri osi y, sila »P« pa deluje v nasprotni smeri

koordinate x. Na začetku je nosilec dolžine L, prerez nosilca pa nam prikazuje še ostali dve

dimenziji. Širina nosilca je b, višina pa h. V tem primeru sledi predpostavka, da je napetostno

stanje v celotnem polju nosilca v elastičnem področju.

Najprej si izberemo koordinatni sistem. Le-tega v našem primeru postavimo tako, da njegovo

izhodišče vzamemo v konzolnem vpetju. Koordinatna os x sovpada z nedeformirano osjo

nosilca. Ker obravnavamo nosilec pravokotnega prereza, je smiselno, da postavimo izhodišče

koordinatnega sistema v težišče prečnega prereza nosilca na vpetju tako, da tvori koordinatna

os y simetrijsko os prečnega prereza.


10

3.1.1 Ravnotežje zunanjih sil

Na podlagi obremenitve, geometrijskih zvez in zgoraj navedenih predpostavk tvorimo enake,

katere so neodvisne od napetostno deformacijske zveze materiala.

Zunanje obremenitve nosilca, ki jih predstavlja zvezna točka »q« in točkovna sila »Q« na

prostem koncu, povzročajo reakcijske sile na mestu vpetja A. Skladno z obravnavo upogiba po

teoriji velikih premikov moram ravnotežne enačbe nastaviti na deformiranem sistemu. Vse to

prikazuje spodnja slika.


11

S pomočjo te slike zapišemo ravnotežne enačbe zunanjih sil:

∑ 𝐹𝑖𝑥 = 0: 𝐴𝑥 = −𝑃𝑖 (9)

∑ 𝐹𝑖𝑦 = 0: 𝑖

𝐴𝑦 + 𝑄 + ∫ 𝑞(𝑠) ∙ 𝑑𝑠 = 0 → 𝐴𝑦 = −𝑄 − ∫ 𝑞 ∙ 𝑑𝑠 = −𝑄 − 𝑞 ∙ 𝐿𝐿

0

𝐿

0 (10)

3.1.2 Notranje obremenitve nosilca

Notranjo silo v smeri koordinatne osi x označimo ko 𝐹𝑥(𝑠), tisto v smeri koordinatne osi y pa

𝐹𝑦(𝑠). 𝑀(𝑠) predstavlja notranji moment v nosilcu.

Zopet ponovimo postopek kot smo ga prej in zapišemo ravnotežne enačbe:

∑ 𝐹𝑖𝑥 = 0: 𝐴𝑥 − 𝐹𝑥(𝑠) = 0 → 𝐹𝑥(𝑠) = 𝐴𝑥𝑖 (11)

∑ 𝐹𝑖𝑦 = 0: 𝐹𝑦(𝑠) + 𝐴𝑦 + ∫ 𝑔(𝑠) ∙ 𝑑𝑠 = 0 → 𝐹𝑦(𝑠) = −𝐴𝑦 − ∫ 𝑞 ∙ 𝑑𝑠𝑠

0

𝑠

0𝑖 (12)


12

Ko združimo enačbe za reakcije v točki A, dobimo za notranje sile naslednje rezultate:

𝐹𝑥(𝑠) = 𝐴𝑥 = −𝑃 (13)

𝐹𝑦(𝑠) = −𝐴𝑦 − ∫ 𝑞 ∙ 𝑑𝑠 = 𝑄 + 𝑞 ∙ 𝐿 − 𝑞 ∙ 𝑠 = 𝑄 + 𝑞 ∙ (𝐿 − 𝑠)𝑠

0 (14)

Enačbe ravnotežnega stanja obremenitve na infinitezimalno majhnem delčku nosilca v

deformiranem stanju zapišemo s pomočjo spodnje slike.

∑ 𝐹𝑖𝑥 = 0: 𝐹𝑥(𝑠) + 𝑑𝐹𝑥(𝑠) − 𝐹𝑥(𝑠) = 0𝑖 (15)

∑ 𝐹𝑖𝑦 = 0: 𝐹𝑦(𝑠) + 𝑑𝐹𝑦(𝑠) − 𝐹𝑦(𝑠) + 𝑞 ∙ 𝑑𝑠 = 0𝑖 (16)

∑ 𝑀𝑖 = 0: 𝑀(𝑠) + 𝑑𝑀(𝑠) − 𝑀(𝑠) + 𝐹𝑥(𝑠) ∙ 𝑑𝑦 + 𝐹𝑦(𝑠) ∙ 𝑑𝑥 − 𝑞 ∙ 𝑑𝑠 ∗𝑑𝑥

2= 0𝑖 (17)

Ob upoštevanju zgornjih enačb, za velikost notranjih sil 𝐹𝑥(𝑠) in 𝐹𝑦(𝑠) ter zanemaritvi zadnjega

člena v enačbi ravnotežnih momentov, dobimo naslednje izraze:

𝑑𝐹𝑥(𝑠) = 0 (18)

𝑑𝐹𝑦(𝑠) = −𝑞 ∙ 𝑑𝑠 (19)

𝑑𝑀(𝑠) = −𝐹𝑥(𝑠) ∙ 𝑑𝑦 − 𝐹𝑦(𝑠) ∙ 𝑑𝑥 = −𝑃 ∙ 𝑑𝑦 − (𝑄 + 𝑞 ∙ (𝐿 − 𝑠)) ∙ 𝑑𝑥 (20)


13

Vodilno diferencialno enačbo izpeljemo s pomočjo enačbe ravnotežja momentov na

diferencialnem majhnem delčku nevtralne osi in enačbe povezane ukrivljenosti z notranjim

momentom. Ko vse to poračunamo in odvajamo po diferencialno majhnem delčku dobimo

rezultat:

𝜌(𝑠) =𝑑𝜗(𝑠)

𝑑𝑠 (21)

𝑀(𝑠) = 𝜌(𝑠) ∙ 𝐸 ∙ 𝐼 =𝑑𝜗(𝑠)

𝑑𝑠∙ 𝐸 ∙ 𝐼 (22)

3.2 Primer 2

Drugi primer, je zelo podoben prvemu. Tukaj bom predstavil primere izračuna reakcije nosilca,

se pravi strižna sila, upogibni moment in odmik nosilca. Vključena je analiza, kjer je nosilec

vpet na enem koncu ter kjer je nosilec vpet na obeh koncih. Z pojmom »vpetega« mislimo to,

da je nosilec pritrjen tako, da mu je onemogočeno premikanje vertikalno ter rotirajoče.

Da določimo upogib v posameznih točkah na nosilcu, je po zgornji enačbi (𝑀(𝑥) = −𝐸𝐼𝑑2∆

𝑑𝑥2)

potrebno določiti funkcijo upogibnega momenta ter rešiti diferencialno enačbo drugega reda.

Pri statično določenih nosilcih je vedno z uporabo ravnotežnih enačb mogoče priti do rešitve.

Le- te veljajo povsod v sistemu, kar pomeni, da je vsota sil v x in z smeri enaka 0, ter vsota

navorov je enaka 0. Vse to je zapisano spodaj z enačbami.

∑ 𝐹𝑥 = 0 (23)

∑ 𝐹𝑧 = 0 (24)

∑ 𝑀 = 0 (25)


14

Ko smo vse te tri enačbe zapisali, sled določitev funkcije strižne sile in upogibnega navora. To

naredimo za vse točke na nosilcu. Predpostavimo, da je le-ta obremenjen z enakomerno.

»q« predstavlja obremenitev na enoto dolžine in je konstanta po celotni dolžini nosilca, dolžine

𝑙. Najprej skico nosilca poenostavimo ter v izbrani točki (A) zapišemo ravnotežne enačbe. Tako

dobimo reakcijske sile ter navor nosilca, ki so posledica obremenitve. 𝐴𝑥 [𝑁] in 𝐴𝑧 [𝑁]

predstavljata reakcijski sili v 𝑥 in 𝑧 osi v točki A. 𝑀𝐴 [𝑁𝑚] pa označuje upogibni moment v

točki A. Z uporabo enačb določimo:

𝐴𝑥 = 0 (26)

𝐴𝑧 = 𝑞𝑙 (27)

𝑀𝐴 = − 𝑞𝑙2

2 (28)

Kot sem omenil že nekoliko prej, pa nas zanima 𝑀(𝑥) in 𝑉(𝑥). Navidezno vodnik prerežemo

v točki C (prikazano na sliki) dolžine x, ter v tej točki ponovimo postopek in ponovno zapišemo

ravnotežne enačbe. Da pridemo do pravilnega rezultata ni pomembno kateri segment

uporabimo (levi ali desni). Iz dobljenih enačb izrazimo dobljeni funkciji:


15

Dobimo sledeče:

𝑉(𝑥) = 𝑞𝑥 (29)

𝑀(𝑥) = −𝑞𝑥2

2 (30)

Da izračunamo tako imenovano upogibnico »∆(𝑥)«, lahko uporabimo enačbo iz katere

izrazimo ∆(𝑥) in jo nato dvojno integriramo. Dobimo sledeč rezultat:

∆(𝑥) = ∫ ∫𝑀(𝑥)

𝐸𝐼 𝑑2𝑥 = −

𝑞

24𝐸𝐼(𝑥4 − 4𝑙3𝑥 + 3𝑙4) (31)

V spodnjem grafu je prikazan potek strižne sile in upogibnega momenta.


16

3.3 Primer 3

Nosilci vpetih na obeh koncih, so v splošnem statično nedoločeni. V takih primerih je potrebno

rešiti Euler-Bernoullijevo enačbo pri primernih robnih pogojih. Analitične rešitve so možne

samo za enostavne primere, pri katerih si lahko pomagamo s superpozicijo in drugimi

tehnikami. Na prvi sliki je prikazan rezultat za enakomerno porazdeljeno obremenitev, na drugi

pa za točkasto obremenitev na sredini nosilca.

𝑉(𝑥) = 𝑞 (𝑙

2− 𝑥) (32)

𝑀(𝑥) = 𝑞

12(6𝑙𝑥 − 𝑙2 − 6𝑥2) (33)

∆(𝑥) =𝑞𝑥2

24𝐸𝐼(𝑙 − 𝑥)2 (34)


17

𝑉(𝑥) = 𝑃

2 (35)

𝑀(𝑥) = 𝑃

8(4𝑥 − 𝑙) (36)

∆(𝑥) = 𝑃𝑥2

48𝐸𝐼(3𝑙 − 4𝑥) (37)


18

3.4 Primer izračuna

V nadaljevanju seminarja sem podal tudi en primer izračuna. Besedilo naloge gre sledeče:

Na enostransko vpet nosilec, kateri je dolg 15m deluje na koncu točkasta sila P velikosti 700N.

Izpelji funkcijo za strižno silo in upogibni moment vzdolž vodnika. Nariši in izračunaj navor v

točki, kjer je le-ta največji.

Zgoraj je za dani primer narisana skica, katero sem v nadaljevanju poenostavil, tako kot smo to

naredili nekoliko prej v predstavitvi primera. Na njej sem označil moment v točki, kjer je vodnik

vpet, ter reakcijsko silo. Le to sem označil s črko »P«.


19

S pomočjo skice sem spodaj zapisal ravnotežne enačbe v točki A, ter izrazil neznane količine.

∑ 𝐹𝑥 = 0, v smeri x deluje samo sila 𝐴𝑥, zato je 𝑨𝒙 = 𝟎.

∑ 𝐹𝑧 = 0, v smeri z delujeta sila 𝑃 in reakcijska sila 𝐴𝑧. Pišemo: −𝑃 + 𝐴𝑧 = 0 → 𝑨𝒛 = 𝑷.

∑ 𝑀 = 0, navora v točki A sta 2. En zaradi obremenitve, drugi pa kot reakcija na obremenitev.

Pišemo: −𝑀𝐴 − 𝑃𝑙 = 0 → 𝑴𝑨 = −𝑷𝒍.

Sedaj pa naredimo to, kar smo v teoriji opisali. Ko smo določili reakcije v točki, nosilec kjerkoli

prerežemo in postopek ponovimo.

Na mestu, kjer je nosilec prerezan označimo moment in strižno silo. Spet zapišemo ravnotežne

enačbe:

∑ 𝐹𝑧 = 0, v smeri z delujeta sila 𝑃 in sila 𝑉(𝑥) Pišemo: −𝑃 + 𝑉(𝑥) = 0 → 𝑽(𝒙) = 𝑷.

∑ 𝑀 = 0, navora v točki C sta zopet 2. Pišemo: −𝑀(𝑥) − 𝑃𝑥 = 0 → 𝑴(𝒙) = −𝑷𝒙.

Dobili smo funkciji strižne sile in momenta, katere so ponazorjene na spodnjem grafu:


20

Navor je največji v točki x=l in ga izračunamo:

𝑀(𝑥 = 𝑙) = −𝑃𝑙 = −700𝑁 × 15𝑚 = −10500 𝑁𝑚


21

4. Zaključek

Pri tej seminarski nalogi smo se spoznali z mehaniko vpetega nosilca. Pogledali smo si kakšni

navori in strižne sile delujejo na nosilcu vpetem na enem koncu, ter nosilcu vpetem na obeh

koncih. Seminarska naloga je bila zelo koristna, saj sem ob prebiranju ter brskanju teorije po

spletu našel veliko zanimivih stvari na to temo in se ob tem naučil.


22

5. Viri

[1] Spletna stran Raztezanje plastike, »Raztezanje plastike«. Dosegljivo:

http://projlab.fmf.uni-lj.si/arhiv/2010_11/naloge/izdelki/plastenka/teorija.html.

[Dostopano: 6.4.2019]

[2] Spletna stran Wikipedia, »Euler–Bernoulli beam theory«. Dosegljivo:

https://en.wikipedia.org/wiki/Euler%E2%80%93Bernoulli_beam_theory.

[Dostopano: 6.4.2019]

[3] Spletna stran academia, »diploma Žiga Gošar«. Dosegljivo:

https://www.academia.edu/4504784/Diploma_Ziga_Gosar.

[Dostopno: 20.4.2019]

[4] Spletna stran Trdnost za srednje šole, »Trdnost za srednje lesarske šole«. Dosegljivo:

http://www.mizs.gov.si/fileadmin/mizs.gov.si/pageuploads/podrocje/Strukturni_skladi

/Gradiva/MUNUS2/MUNUS2_10Lesnoobdelovalni.pdf

[Dostopno: 23.4.2019]

[5] Spletna stran Statično določeni nosilci, »Statično določeni nosilci«. Dosegljivo:

http://fgg-web.fgg.uni-

lj.si/KMLK/Ziga/Pomoc/Tabela%20stati%C4%8Dno%20dolo%C4%8Denih%20nosil

cev.pdf [Dostopno: 24.4.2019]

[6] Spletna stran Statika, »Statika«, Dosegljivo:

http://sabotin.ung.si/~arcon/fizika/okolje/seminar/statika.pdf

[Dostopno: 27.4.2019]

[7] Spletna stran studentski.net, »Nosilci«. Dosegljivo:

http://studentski.net/gradivo/ulj_fmf_ma2_mmo_sno_nosilci_01?r=1.

[Dostopno: 27.4.2019]

http://projlab.fmf.uni-lj.si/arhiv/2010_11/naloge/izdelki/plastenka/teorija.html

https://en.wikipedia.org/wiki/Euler%E2%80%93Bernoulli_beam_theory.

https://www.academia.edu/4504784/Diploma_Ziga_Gosar

http://www.mizs.gov.si/fileadmin/mizs.gov.si/pageuploads/podrocje/Strukturni_skladi/Gradiva/MUNUS2/MUNUS2_10Lesnoobdelovalni.pdf

http://www.mizs.gov.si/fileadmin/mizs.gov.si/pageuploads/podrocje/Strukturni_skladi/Gradiva/MUNUS2/MUNUS2_10Lesnoobdelovalni.pdf

http://fgg-web.fgg.uni-lj.si/KMLK/Ziga/Pomoc/Tabela%20stati%C4%8Dno%20dolo%C4%8Denih%20nosilcev.pdf



http://sabotin.ung.si/~arcon/fizika/okolje/seminar/statika.pdf

http://studentski.net/gradivo/ulj_fmf_ma2_mmo_sno_nosilci_01?r=1


23

6. vprašanja ter naloga

6.1 Vprašanja/odgovori

1. Zapišite Euler-Bernoullijevo enačbo. Zapišite razlago za enačbo.

𝑑2

𝑑𝑥2(𝐸𝐼

𝑑2∆(𝑥)

𝑑𝑥2) = 𝑞

Enačba povezuje odmik nosilca iz nevtralne lege ter silo, ki ta odmik povzroči.

2. Definicija prožnostnega modula.

Prožnostni modul je definiran kot razmerje mehanske napetosti in relativnega raztezka, ki

nastane zaradi te napetosti.

𝐸 =𝜎

𝜀

Merimo ga v pascalih [𝑃𝑎]. Govori nam o togosti materiala. Bolj kot je material tog, večja sila

je potrebna za deformacijo tega materiala.

3. Kaj pomeni, da je nosilec statično stabilen?

Da je nosilec statično določen, pomeni, da so ravnovesne enačbe dovolj za analitično rešitev.


24

6.2 Naloga

V tem primeru pa imamo dvostransko vpet nosilec. Izračunal sem navor na dveh razdaljah in

sicer točno na sredini, ter na 4 metrih.

mehanika vpetega nosilca -...

Documents