rezi konyv

8/6/2019 Rezi konyv

http://slidepdf.com/reader/full/rezi-konyv 1/394

PAVEL TRIPA MIHAI HLUŞCU

REZISTENŢA

MATERIALELOR

NOŢIUNI FUNDAMENTALE ŞI APLICAŢII

*

Editura MIRTON

Timişoara

2006

8/6/2019 Rezi konyv


Referenţi ştiinţifici:

Prof. Univ. Dr. Eur. Ing. Tiberiu BABEUMembru al Academiei de Ştiinţe Tehnice din România

Prof. Univ. Dr. ing. Nicolae NEGUŢ

Tehnoredactare computerizată:

Prof. univ. dr. ing. Pavel TRIPAŞef lucr. dr. ing. Mihai HLUŞCU

Descrierea CIP a Bibliotecii Naţionale a RomânieiTRIPA, PAVEL

Rezistenţa materialelor : noţiuni fundamentale şi aplicaţii/Pavel Tripa, Mihai Hluşcu. – Timişoara: Mirton, 2006

Bibliogr.ISBN (10) 973-661-934-6

(13) 978-973-661-934-2

I. Hluşcu Mihai

539.4

8/6/2019 Rezi konyv


8/6/2019 Rezi konyv


C U P R I N S

Cuprins ……………………………….………………….………….……. 1

Prefaţă ..................................................................................................... 3

1 INTRODUCERE ……………………………..………………………. 5 1.1 Clasificarea for ţelor care acţionează asupra elementelor de

rezistenţă ...................................................................................... 5

1.2 Momentul for ţei faţă de un punct ................................................ 7

1.3 Reducerea for ţelor într-un punct ................................................. 9

1.4 Condiţiile ce trebuie satisf ăcute de către elementele derezistenţă ...................................................................................... 10

1.5 Tipuri de probleme întâlnite în Rezistenţa materialelor ….......... 12

2 REAZEME ŞI REACŢIUNI …………..…………………………… 14

2.1 Reazeme ...................................................................................... 14 2.2 Reacţiuni ...................................................................................... 15

2.3 Calculul reacţiunilor .................................................................... 17

2.4 Etape în calculul reacţiunilor. Exemple ....................................... 19

3 EFORTURI. DIAGRAME DE EFORTURI …...……………...…. 24

3.1 Eforturi ........................................................................................ 24

3.2 Diagrame de eforturi ................................................................... 27

3.3 Etape pentru trasarea diagramelor de eforturi ............................. 29

3.4 Exemple de trasare a diagramelor de eforturi ............................. 31

3.4.1 Diagrame de eforturi la bare drepte orizontale ........... 31 3.4.2 Diagrame de eforturi la cadre cu bare drepte ............. 38

3.4.3 Diagrame de eforturi la bare curbe plane ................... 42

3.4.4 Diagrame de eforturi la sisteme spaţiale de bare

drepte ………………………………………………….….……. 46

3E Diagrame de eforturi (Probleme propuse) ................................... 57

3R Diagrame de eforturi (R ăspunsuri) ………………….…………. 77

4 CARACTERISTICI GEOMETRICE ALE SUPRAFEŢELOR PLANE ................................................................................................... 118

4.1 Consideraţii generale ................................................................... 1184.2 Caracteristicile geometrice ale câtorva suprafeţe simple ……… 122

4.3 Etape pentru determinarea caracteristicilor geometrice ale

suprafeţelor plane ..............................................................

124

4.4 Exemple de determinare a principalelor caracteristici

geometrice ale suprafeţelor plane ................................................ 128

4E Caracteristici geometrice ale suprafeţelor plane (Probleme

propuse) ……………………………….……………………….. 136

4R Caracteristici geometrice ale suprafeţelor plane (R ăspunsuri) … 147

5 SOLICITAREA AXIALĂ ……………………………………..…… 1595.1 Consideraţii generale. Etape de calcul ......................................... 159

5,2 Calculul sistemelor de bare drepte, static determinate ................ 163

8/6/2019 Rezi konyv


5.3 Calculul barelor drepte solicitate de for ţe axiale ......................... 170

5.4 Calculul sistemelor de bare articulate, static nedeterminate …... 173

5.5 Calculul sistemelor cu inexactităţi de execuţie …....................... 179

5.5.1 Calculul barelor articulate, static nedeterminate, cu

inexactităţi de execuţie ................................................................ 1795.5.2 Calculul barelor drepte solicitate axial, care prezintă

un rost la un capăt ........................................................................ 187

5.6 Calculul barelor cu secţiuni neomogene, solicitate axial ............ 191

5.7 Calculul barelor supuse variaţiilor de temperatur ă ...................... 198

5.8 Calculul barelor supuse acţiunii simultane a mai multor

factori............................................................................................ 204

5E Solicitarea axială (Probleme propuse) ……………….………… 208

5R Solicitarea axială (R ăspunsuri) ………………………..……….. 225

6 CALCULUL ÎMBINĂRILOR DE PIESE ………………………... 2326.1 Consideraţii generale. Etape de calcul.......................................... 232

6.2 Calculul îmbinărilor de piese cu grosime mică …....................... 234

6.3 Calculul îmbinărilor nituite …..................................................... 239

6.4 Calculul îmbinărilor sudate …..................................................... 246

6.5 Calculul îmbinărilor pieselor de lemn …..................................... 252

6E Calculul îmbinărilor de piese (Probleme propuse) …………….. 256

6R Calculul îmbinărilor de piese (R ăspunsuri) …………………… 269

7 CALCULUL LA ÎNCOVOIERE SIMPLĂ AL BARELOR

DREPTE PLANE …………………………….……………………… 2767.1 Consideraţii generale. Etape de calcul ......................................... 276

7.2 Exemplu de calcul …................................................................... 281

6E Calculul la încovoiere simplă al barelor drepte plane (Probleme

propuse) …………………………...…………………………… 288

6R Calculul la încovoiere simplă al barelor drepte plane

(R ăspunsuri) ….………………………………………………... 315

8 CALCULUL LA R ĂSUCIRE AL BARELOR DREPTE …..….. 351

8.1 Calculul la torsiune al barelor drepte cu secţiune circular ă sau

inelar ă. Consideraţii generale. Etape de calcul ............................ 3518.2 Calculul la torsiune al barelor drepte cu secţiune necircular ă …. 361

8E Calculul la r ăsucire al barelor drepte de secţiune circular ă, sau

inelar ă (Probleme propuse) ………………….…………………. 375

8R Calculul la r ăsucire al barelor drepte de secţiune circular ă sauinelar ă (R ăspunsuri) .................................................................... 385

Bibliografie ………………………………………………………………. 392

8/6/2019 Rezi konyv


3

Prefaţă

Rezolvarea problemelor de Rezistenţa Materialelor are unanumit specific.

Lucr ările de specialitate elaborate în domeniul RezistenţeiMaterialelor, mai ales cursurile şi culegerile de probleme, păgubescmult prin aceea că asupra modului de rezolvare al problemelor, seopresc foarte puţin sau chiar deloc.

Cei puşi în situaţia de a rezolva probleme de rezistenţamaterialelor întâmpină mari dificultăţi, în special din cauzanecunoaşterii etapelor şi metodologiei de rezolvare, specifice acestor probleme.

Cu rezolvarea unor probleme mai complexe de rezistenţamaterialelor se întâlnesc studenţii facultăţilor tehnice, care prin programa analitică studiază această disciplină. Cum pregătireaacestora pe parcursul activităţii lor nu este continuă şi susţinută, atuncicând sunt nevoiţi să rezolve probleme concrete de rezistenţamaterialelor, întâmpină mari greutăţi, care rezultă tocmai din

necunoaşterea etapelor şi a metodologiei de rezolvare.Această lucrare vine în sprijinul eliminării acestor neajunsuri,

prin prezentarea etapelor şi metodologiei ce trebuie urmată larezolvarea problemelor de rezistenţa materialelor.

Prezentarea etapelor şi a metodologiei de rezolvare ale problemelor de rezistenţa materialelor este gândită în sensulcuprinderii întregii materiii care se predă la cursul de RezistenţaMaterialelor, studenţilor de la facultăţile tehnice.

Lucrarea poate fi considerată un ghid practic, conţinând atâtnoţiuni teoretice, probleme rezolvate cât şi aplicaţii de rezolvat. Este ocombinaţie reuşită între curs şi culegerea de probleme.

La fiecare capitol se face o prezentare a noţiunilor teoretice (f ăr ă demonstraţie) necesare rezolvării problemelor din capitolul respectiv,a etapelor şi metodologiei de urmat în rezolvarea problemelor. După aceasta, se prezintă probleme a căror rezolvare urmează etapele şimetodologia indicată.

8/6/2019 Rezi konyv


4

În primele opt capitole se tratează: calculul reac ţ iunilor ,diagramele de eforturi, calculul caracteristicilor geometrice ale

suprafe ţ elor plane şi calculul elementelor de rezisten ţă la solicit ări

simple (întindere – compresiune, forfecare, încovoiere simplă,r ăsucire).

Pentru ca cei interesaţi de astfel de probleme să-şi poată verificacapacitatea de rezolvare a problemelor de rezistenţa materialelor, încapitolul 9 ( Aplica ţ ii) al lucr ării, sunt propuse, pentru fiecare capitol,un număr mare de aplicaţii la care se indică rezultatele finale şi decele mai multe ori şi cele intermediare.

Lucrarea se adresează în primul rând studenţilor de la facultăţiletehnice care studiază disciplina de Rezistenţa Materialelor în vederea pregătirii lor profesionale şi mai ales a examenului la această disciplină. În acelaşi timp, ea este deosebit de utilă proiectanţilor deelemente şi structuri de rezistenţă, care de cele mai multe ori dincomoditate şi mai ales din necunoşterea metodologiei de calcul arezistenţei şi deformabilităţii elementelor, nu fac calculele necesare.

Elaborarea acestei lucr ări, se bazează în primul rând peexperienţa de peste 25 de ani, acumulată de autori în activitatea custudenţii la disciplina de Rezistenţa Materialelor.

Autorii sunt recunoscători acelora care vor lectura această lucrare şi vor veni cu aprecieri, dar mai ales cu propuneri deînbunătăţire a conţinutului lucr ării într-o ediţie nouă, astfel încâtstudenţii şi cei interesaţi să aibă la dispoziţie o lucrarea utilă, de carela ora aceasta este foarte mare nevoie.

Celelalte capitole ale Rezistenţei Materialelor vor fi tratate într-oaltă lucrare.

Autorii

8/6/2019 Rezi konyv


5

1. INTRODUCERE

La proiectarea maşinilor şi a diferitelor construcţii, proiectantultrebuie să aleagă materialele şi să dimensioneze fiecare element derezistenţă, astfel încât acesta să reziste în deplină siguranţă acţiuniifor ţelor exterioare care i se transmit.

Pentru a avea convingerea că cele prezentate în această carte vor fi bine înţelese, consider că este necesar ă totuşi prezentarea unor noţiuni, chiar dacă acestea se prezintă detaliat în toate cursurile deRezistenţa Materialelor.

1.1 Clasificarea forţelor care acţionează asupraelementelor de rezistenţă

Organele de maşini şi diferitele elmente de rezistenţă, preiau oserie de sarcini exterioare şi transmit acţiunea acestora de la unelement la altul. For ţele pe care le preiau organele de maşini şielementele de construcţie sunt, fie for ţ e de volum, fie for ţ e de

interac ţ iune între elementul dat şi elementele vecine. For ţele devolum (exemplu greutatea proprie), acţionează asupra fiecăruielement de volum.

Clasificarea for ţelor se poate face după mai multe criterii:A. După modul de aplicare, distingem: a) for ţ e concentrate

b) for ţ e distribuite For ţele concentrate se transmit între diferitele elemente de

rezistenţă prin intermediul unei suprafeţe ale cărei dimensiuni suntfoarte mici în comparaţie cu dimensiunile întregului corp. În calculelede rezistenţă, datorită dimensiunii mici a suprafeţei prin care se

transmite for ţa, se consider ă că for ţaconcentrată (Fig.1.1-1) se aplică într-un punct. Acest mod de reprezentareeste doar o reprezentare aproximativă,introdusă numai pentru simplificareaFig.1.1-1

8/6/2019 Rezi konyv


6

calculelor. În practică, for ţele nu se pot transmite printr-un punct.Inexactitatea provocată de o astfel de aproximare este foarte mică şi în practică poate fi neglijată.For ţa concentrată se măsoar ă în [N].

For ţele aplicate continuu pe o lungime sau pe o suprafaţă a unuielement de rezistenţă, se numesc sarcini distribuite. Sarciniledistribuite, pot avea intensitate (mărime) constant ă (Fig.1.1-2a) sauvariabil ă (Fig.1.1-2b). Sarcinile distribuite liniar se măsoar ă în [N/m],

iar cele distribuite pe suprafaţă în [Pa] = [N/m2].În calculele de rezistenţa materialelor, de multe ori sarcinile

distribuite se înlocuiesc printr-o rezultantă, a cărei mărime şi direcţie,sens şi punct de aplicaţie trebuie cunoscut. Pentru cazul sarcinilor distribuite liniar, în Fig.1.1-3a,b sunt prezentate valoarea, sensul şi

punctul de aplicaie al rezultantei R a acestor sarcini.

Am prezentat numai cazul sarcinilor distribuite liniar, deoareceîn problemele curente întâlnite (mai ales la seminar), acest caz deîncărcare este cel mai frecvent.

p

a b

Fig.1.1-2

l / 2 2 l / 3

R = p l

R = pl / 2 l

l

p

a) b)

Fig.1.1-3

8/6/2019 Rezi konyv


7

B. După natura lor, for ţele sunt:a) for ţ e date sau active, numite şi sarcini sau încărcări ,b) for ţ e de leg ătur ă sau reac ţ iuni .

For ţele active împreună cu for ţele de legătur ă, formează grupa for ţ elor exterioare. Asupra legăturilor sau reazemelor undeacţionează for ţele de legătur ă, se revine într-un paragraf separat (par.2.2).

C. După natura acţiunii lor, sarcinile pot fi:a) statice

b) dinamice.

Sarcinile statice încarcă construcţia treptat. Odată aceste sarciniaplicate, ele nu mai variază sau sufer ă variaţii nesemnificative. Mareamajoritate a sarcinilor care acţionează asupra diferitelor construcţii,sunt de acest tip.

În construcţia de maşini mai ales, se întâlnesc elemente înmişcare a căror acceleraţii sunt mari şi variaţia vitezei are loc într-untimp relativ mic. Asupra acestor elemente, acţionează sarciniledinamice. Astfel de sarcini sunt: sarcinile aplicate brusc, cele care

produc şocuri şi sarcinile variabile (periodic sau aleator) în timp.Sarcinile aplicate brusc, se transmit dintr-o dată construcţiei cu

întreaga lor valoare.Şocurile iau naştere în urma variaţiei rapide a sarcinilor, ceea ce

cauzează variaţia bruscă a vitezei elementului de rezistenţă.Sarcinile variabile periodic în timp, acţionează asupra

elementelor de rezistenţă, repetându-se de un număr mare de ori.

D. Sarcinile mai pot fi clasificate şi în sarcini:a) permanente

b) mobile.

Sarcinile permanente acţionează pe toată durata existenţeiconstrucţiei sau structurii de rezistenţă, iar cele mobile acţionează doar în decursul unui anumit interval de timp.

Trebuie specificat că, for ţele pot fi clasificate şi pe baza altor criterii. Clasificarea prezentată este doar una din multiplele clasificări

care pot fi f ăcute.

8/6/2019 Rezi konyv


8

Cât priveşte cuplurile (momentele), clasificarea acestora, poatefi f ăcută pe baza clasificării for ţelor.

1.2 Momentul forţei faţă de un punct

În rezolvarea problemelor de rezistenţa materialelor, adeseoritrebuie calculat momentul for ţ elor fa ţă de un punct sau faţă decentrul de greutate al unei secţiuni. Să ne reamintim atunci, cum secalculează momentul unei for ţe faţă de un punct.

a) Momentul unei for ţ e concentrate F fa ţă de un punct B (Fig.1.2-1) este egal cu produsul dintremă rimaea for ţ ei F şi bra ţ ul acesteea, b:

(mF)B= F b 1.2-1

unde prin braţul for ţei se înţelegedistanţa de la punctul considerat (B) până la suportul for ţei F. În cazul prezentat, braţul for ţei este segmantul

BM care este perpendicular pe suportul for ţei (BM = b; BM perpendicular pe suportul for ţei).

b) Momentul unei sarcini distribuite p fa ţă de un punct B,

(Fig.1.2-2) este egal cu produsul dintre rezultanta sarcinii distribuite

(R= p l) şi bra ţ ul rezultantei. În acest caz, braţul rezultantei faţă de punctul B, este:

b = l / 2 + a

Deci, momentul sarcinii distribuite faţă de punctul B, pentrucazul prezentat, este:

B

M

F

b

Fig.1.2-1

a l

Fig.1.2-2

p

R

B

l/2

8/6/2019 Rezi konyv


9

(mp)B = R b = p l ( l / 2 + a ) 1.2-2

c) Momentul unui cuplu M0 (moment) fa ţă de un punct B (Fig.1.2-3), este egal cu valoarea acelui moment :

(mM0)B = M0 1.2-3

Atenţie: În acest caz, momentul M0 NU se înmulţeşte cu braţul b = l, aşa cum de multe ori, în mod greşit se procedează. Deci,momentul unui cuplu (moment ) fa ţă de un punct, este însăşi acel

cuplu.

1.3 Reducerea forţelor într-un punct

a) O for ţ ã concentratã F se reduce într-un punct B, totdeauna la

o for ţ ã concentratã şi la un cuplu concentrat (Fig.1.3-1). For ţaconcentratã rezultatã este egalã în mãrime, are aceeaşi direcţie şiacelaşi sens cu for ţa redusã.

B

l

M0 B

Fig.1.2-3

F F

b

M= F b

Fig. 1.3-1

8/6/2019 Rezi konyv


10

Cuplul rezultat prin reducere este egal în mărime cu produsuldintre for ţa F şi braţul b al acesteea, iar sensul lui este dat de regula burghiului drept.

Aşadar, o for ţă concentrat ă F se reduce într-un punct B

(nesituat pe suportul for ţ ei) la o for ţă şi la un cuplu.

b) O sarcină distribuită se reduce la fel ca şi o for ţă concentrată,cu specificarea că rolul for ţei concentrate este preluat de data aceasta

de rezultanta sarcinii distribuite (Fig.1.3-2).

B

c) Un cuplu (moment) M0 se reduce într-un punct tot la un cupluM de aceeaşi valoare cu cuplul care se reduce ( M = M0 ) şi la felorientat (acelaşi sens cu cuplul care se reduce M0).

F

(mF) = F b

F 1.3-1

R= p l

M=pl (l/2 + a)

R

a l

p

Fig.1.3-2

p

R = p l

(mp) = R b = p l ( l / 2 + a)

1.3-2

8/6/2019 Rezi konyv


11

1.4 Condiţiile ce trebuie satisf ăcute de către

elementele de rezistenţă

Unele dimensiuni (principale) ale elementelor de rezistenţă sestabilesc direct, din necesitatea asigur ării unor dimensiuni funcţionale.Aceste dimensiuni sunt dimensiuni constructive. Alte dimensiuni aleelementelor de rezistenţă, de obicei cele ale secţiunilor transversale, sedetermină prin calcul.

Calculul dimensiunilor secţiunilor transversale ale elementelor de rezistenţă se face în scopul satisfacerii simultan a următoarelor condiţii de bază:

a) Condiţia de rezistenţă. Fiecare element de rezistenţă trebuie să reziste în foarte bune condiţii, tuturor for ţelor exterioare careacţionează asupra lui. Prin rezisten ţ a unui element de rezisten ţă

trebuie în ţ eles, proprietatea acestuia de a nu se rupe, sau de a nuajunge într-o stare limit ă . Stare limită poate fi şi o altă stare în afar ă de cea din momentul ruperii elementului de rezistenţă. For ţele careacţionează asupra elementului de rezistenţă, trebuie să fie mai micidecât cele care acţionează în momentul atingerii stării limită.

Condiţia de rezistenţă este prima şi cea mai importantă condiţie pe care trebuie să o satisfacă un element de rezistenţă în timpulfuncţionării sale.

b) Condiţia de rigiditate. Este ştiut faptul că RezistenţaMaterialelor consider ă corpurile deformabile sub acţiunea sarcinilor.Cu cât sarcinile sunt mai mari, cu atât şi deformarea elementelor derezistenţă este mai pronunţată. În cazul maşinilor sau construcţiilor,deformaţiile diferitelor elemente de rezistenţă nu pot fi oricât de mari.Deformaţii prea mari, pot cauza distrugerea altor elemente derezistenţă sau scoaterea din funcţionare a maşinilor respective.

Proprietatea elementelor de rezisten ţă de a se opune deformă rii

lor, poart ă numele de rigiditate.

Calculul de rezistenţă, trebuie să aibă în vedere şi asigurareaunei rigidităţi corespunzătoare elementului de rezistestenţă respectiv.

c) Condiţia de stabilitate. În practică, se întâlnesc situaţii încare deşi elementul de rezistenţă satisface condiţia de rezistenţă şi ceade rigiditate, nu poate fi utilizat deoarece sub acţiunea sarcinilor,

acesta şi-a pierdut stabilitatea (condiţia de echilibru stabil).

8/6/2019 Rezi konyv


12

Fenomenul este cunoscut sub numele de flambaj . Este de precizat că,flambajul apare numai în anumite condiţii de solicitare şi pentru uneleelemente de rezistenţă. Totuşi, pentru aceste cazuri, dimensiunilesecţiunii transversale ale elementului de rezistenţă, trebuie să asigureacestuia o bună stabilitate.

d) Condiţia realizării economice. Tot calculul de rezistenţă efectuat asupra elementelor de rezistenţă, trebuie să aibă în vedere caacesta să fie realizat cu un preţ de cost cât mai mic.

Primele trei condiţii, asigur ă o bună funcţionare şi siguranţă înexploatere a construcţiei, iar cea de-a patra condiţie, asigur ă un preţ de cost scăzut. În acest caz, se spune că structura respectivă a fost

dimensionată raţional. Proiectarea raţională impune cunoaşterea decătre proiectant atât a metodelor de calcul de rezistenţă, cât şi a proprietăţilor (caracteristicilor) mecanice a materialului elementelor de rezistenţă, în condiţii de exploatare.

1.5 Tipuri de probleme întâlnite în Rezistenţa

Materialelor

În Rezistenţa Materialelor, în majoritatea cazurilor, se întâlnescurmătoarele tipuri de probleme:

a) Probleme de verificare. În acest caz, se cunosc toatedimensiunile elementului de rezistenţă, materialul din care acesta esteconfecţionat, for ţele exterioare care acţionează asupra sa şi trebuief ăcut un calcul în urma căruia să se poată aprecia dacă acel element derezistenţă satisface toate condiţiile impuse prin tema de proiectare.

b) Probleme de dimensionare. În cazul problemelor dedimensionare, se cunosc dimensiunile constructive ale elementului derezistenţă, for ţele exterioare aplicate, materialul din care esteconfecţionat elementul şi trebuie stabilite dimensiunile secţiuniitransversale în vederea satisfacerii condiţiilor cerute prin tema de proiectare.

c) Probleme de determinare a încărcării maxime admise (probleme de efort capabil). Pentru acest tip de probleme, se cunosc

toate dimensiunile elementului de rezistenţă (constructive şi ale

8/6/2019 Rezi konyv


13

secţiunii transversale), materialul din care este confecţionat elementulşi trebuie determinate valorile maxime admise ale sarcinilor care potacţiona asupra acelui element de rezistenţă în vederea satisfaceriicondiţiilor impuse prin tema de proiectare.

8/6/2019 Rezi konyv


14

2. REAZEME ŞI REACŢIUNI

2.1 Reazeme

Între elementele de rezistenţă ale unei structuri, există o serie delegături, numite reazeme.

În calculele obişnuite de rezistenţa materialelor, cele maiîntâlnite reazeme sunt:

- reazemul articulat mobil (articulaţia mobilă sau reazemul

mobil),- reazemul articulat fix (sau articulaţia fixă),- încastrarea (sau înţepenirea).

Articulaţia mobilă a cărei reprezentare este prezentată înFig.2.1-1a, permite celor două elemente de rezistenţă să se rotească unul faţă de celălalt şi o deplasare liber ă pe o anumită direcţie. Încazul prezentat în figur ă, este permisă deplasarea liber ă pe direcţie

orizontală. Pe direcţia verticală (direcţie perpendicular ă pe cea pe careeste permisă deplasarea liber ă), deplasarea este împiedecată.Articulaţia fixă (Fig.2.1-1b) permite rotirea elementului de

rezistenţă dar nu permite deplasarea acestuia pe nici o direcţie.Încastrarea (Fig.2.1-1c) împiedică orice fel de deplasare a

elementului de rezistenţă. Acest tip de reazem se poate obţine dintr-oarticulaţie fixă, la care se blochează rotirile.

a) b) c)

Fig.2.1-1

8/6/2019 Rezi konyv


15

2.2 Reacţiuni

Deoarece elementele de rezistenţă sunt supuse acţiuniidiferitelor sarcini, este firesc ca în reazeme să apar ă for ţe, numite for ţ e de leg ătur ă sau reac ţ iuni . Mărimea şi orientarea acestor reacţiuni este legată de mărimea şi orientarea sarcinilor care solicită elementul, iar direcţia reacţiunilor este legată de tipul reazemului.

După cum s-a mai spus, sarcinile direct aplicate (for ţe şimomente) împreună cu reacţiunile, formează sistemul for ţ elor

exterioare care acţionează asupra elementului de rezistenţă.Pentru calculul de rezistenţă este necesar să se cunoască întregul

ansamblu al for ţelor exterioare ce solicită elementul, deci este nevoiesă se cunoască şi reacţiunile.

Pentru început, stabilim ce fel de reacţiuni apar în cele trei tipuride reazeme care au fost prezentate anterior.

Mai precizăm că reacţiunile se opun acţiunii şi ca urmare eleapar pe acele direcţii pe care mişcările (deplasările şi rotirile)elementului de rezistenţă sunt împiedicate.

Pentru articula ţ ia mobil ă, fiind împiedicată deplasarea pe osingur ă direcţie, reacţiunea R care apare este o for ţă (Fig.2.2-1) caretrece prin centrul articulaţiei mobile şi este dirijată perpendicular pedirecţia deplasării libere a reazemului (în mod obişnuit pe axa grinzii).

F

R

R

F

Fig.2.2-1

8/6/2019 Rezi konyv


16

În cazul articula ţ iei fixe, reacţiunea care apare în reazem este ofor ţă R a cărei direcţie nu este cunoscută. Se cunoaşte numai punctulde aplicaţie al acesteea, care este articulaţia.

Pentru a putea calcula reacţiunea din articulaţia fixă, seînlocuieşte această reacţiune prin două componente ale sale: H dirijată în lungul axei elementului de rezistenţă şi V, dirijată perpendicular peaxa elementului (Fig.2.2-2). Aşadar, articulaţia fixă, din acest punctde vedere, dă două reacţiuni: H şi V.

La încastrare, după cum cunoaştem, toate mişcările elementuluide rezistenţă sunt împiedicate. Încastrarea fiind o articulaţie fixă lacare s-a blocat rotirea, înseamnă că la acest tip de reazem faţă dearticulaţia fixă apare în plus un cuplu M care să împiedice rotirea(Fig.2.2-3). De aceea, la o încastrare apar trei reacţiuni: H paralelă cu

H

V R

F

Fig.2.2-2

H

V M

F

Fig.2.2-3

8/6/2019 Rezi konyv


17

axa elementului; V perpendicular ă pe axa elementului de rezistenţă şimomentul (cuplul) M.

2.3 Calculul reacţiunilor

În paragraful anterior (2.2), am văzut care sunt reacţiunile pentru principalele tipuri de reazeme şi care este direcţia acestora. Nu s-a precizat care este mărimea şi sensul (orientarea) acestora. Mărimea şiorientarea reacţiunilor se determină din condiţia ca fiecare element derezistenţă în parte, să se afle în echilibru sub acţiunea tuturor for ţelor aplicate şi a reacţiunilor (a for ţelor exterioare).

Se exemplifică în continuare, calculul reacţiunilor pentrusisteme plane. Este ştiut faptul că, un sistem plan este în echilibrudacă:

- nu se deplasează pe o direcţie (fie x această direcţie),- nu se deplasează pe o direcţie perpendicular ă pe prima (fie y

direcţia perpendicular ă pe x),- nu se roteşte.Cele trei condiţii enunţate mai înainte sunt satisf ăcute dacă suma

proiecţiilor tuturor for ţelor pe direcţia x, respectiv y, este nulă şi sumatuturor cuplurilor faţă de un punct oarecare (fie K acest punct) al planului, este nul. Aceste condiţii pot fi scrise sub forma unor relaţiide forma:

( ) F x

∑ = 0

( ) F y

∑ = 0 2.3-1

( )M K ∑ = 0

Relaţiile 2.3-1 exprimă condiţiile pentru ca un sistem plan să fieîn echilibru. Acest sistem, pentru a putea fi rezolvat, poate conţinemaxim trei necunoscute. În cazul nostru, cele trei necunoscute suntreacţiunile. Dacă sunt mai mult de trei necunoscute (reacţiuni),sistemul de ecuaţii 2.3-1 nu poate fi rezolvat şi în acest caz, sistemuldat iniţial este un sistem static nederminat . Pentru rezolvarea

sistemelor static nederminate, sunt necesare ecuaţii suplimentare.

8/6/2019 Rezi konyv


18

Modul de rezolvare a sistemelor static nederminate, va fi prezentatîntr-un alt capitol.

Determinând reacţiunile unui element de rezistenţă cu relaţia2.3-1, se observă că nu avem o posibilitate simplă pentru verificareacorectitudinii calculului efectuat.

Pentru a avea posibilitatea verificării corectitudinii determinăriireacţiunilor şi pentru a obţine ecuaţii uşor de rezolvat, relaţiile pentrucalculul reacţiunilor vor rezulta din următoarele considerente:

- sistemul să nu se deplaseze pe o direcţie (fie x această direcţie,dar nu neaparat direcţia orizontală). Această direcţie, este acea direcţie pe care există numai o singur ă reacţiune necunoscută,

- sistemul să nu se rotească faţă de un punct (fie K 1 acest punct)al planului. Punctul K 1 va fi unul din cele două reazeme aleelementului de rezistenţă,

- sistemul să nu se rotească faţă de un alt punct (fie K 2 acest punct şi diferit de K 1) al planului. Punctul K 2 va fi neaparat celălaltreazem al elementului de rezistenţă.

Condiţiile de mai sus, se scriu sub forma unor relaţii:

( ) F

x

∑= 0

( )M

K ∑ =

10 2.3-2

( )M K

∑ =2

0

Sistemul 2.3-2 neconţinând şi relaţia ( ) F y

∑ = 0, nu înseamnă că

elementul de rezistenţă este în echilibru dar, scris sub această formă,

ne permite să calculăm cele trei reacţiuni. Pentru a putea şti că reacţiunile determinate (cu relaţiile 2.3-2) sunt corecte, valorilereacţiunilor găsite se introduc în relaţia ( ) F

y∑ .

Dacă:

( ) F y

∑ = 0, reacţiunile sunt corect calculate,

2.3-3

( ) F y∑ ≠ 0, reacţiunile sunt greşit calculate.

8/6/2019 Rezi konyv


19

În acest ultim caz, se reface calculul reacţiunilor.În concluzie, calculul reacţiunilor pentru un sistem plan se face

pe baza ecuaţiilor 2.3-2 iar verificarea corectitudinii calculului (etapă obligatorie), cu relaţiile 2.3-3.

2.4 Etape în calculul reacţiunilor. Exemple

Pentru a calcula corect reacţiunile unui sistem plan de elementede rezistenţă, propun parcurgerea următoarelor etape:• Privi ţ i atent sistemul; că uta ţ i reazemele şi nota ţ i-le cu litere (A, B,

C, ...). Dacă pute ţ i nu utiliza ţ i litera A, deoarece mai târziu aceast ă liter ă se va utiliza mult, pentru aria sec ţ iunii transversale a

elementului de rezisten ţă .

• Identifica ţ i fiecare reazem: articula ţ ie mobil ă , articula ţ ie fixă ,încastrare,

• După ce a ţ i identificat reazemele, introduce ţ i reac ţ iunile în fiecarereazem (vezi parag. 2.2) şi le nota ţ i (H B , V C , M, ...). Recomand ca

literele utilizate să fie înso ţ ite de un indice, iar acesta să fie cel cu

care s-a notat reazemul respectiv. Este u şor mai târziu să g ă si ţ ireac ţ iunile, în situa ţ ia în care ini ţ ial le-a ţ i calculat gre şit.

• Dacă pe elementul de rezisten ţă ave ţ i sarcini distribuite, este bine

să le înlocui ţ i cu rezultanta corespunz ă toare (vezi parag. 1.1), dar cu linie întrerupt ă , pentru a nu o considera din neaten ţ ie de două

ori,

• Acum se poate trece la scrierea detaliat ă a rela ţ iilor 2.3-2 şi

determinarea din acest sistem de ecua ţ ii, a reac ţ iunilor. La scrierea

acestor ecua ţ ii, pentru ecua ţ iile de momente, alege ţ i-vă un sens derotire considerat pozitiv şi nu-l mai schimba ţ i până nu a ţ i scristoat ă rela ţ ia,

• După ce a ţ i calculat reac ţ iunile cu ajutorul ecua ţ iilor 2.3-2,utiliza ţ i rela ţ ia 2.3-3. Dacă ob ţ ine ţ i 0 (zero), înseamnă că nu a ţ i

gre şit, reac ţ iunile sunt corecte. Dacă acea sumă nu conduce la 0(zero), a ţ i gre şit şi relua ţ i calculul de la prima ecua ţ ie a sistemului

de ecua ţ ii, 2.3-2.

Exemple:

8/6/2019 Rezi konyv


20

2.4.1 S ă se calculeze reac ţ iunile pentru grinda prezentat ă în

Fig.2.4.1-1.

Parcurgem acum toate etapele recomandate pentru calcululreacţiunilor (vezi Fig.2.4.1-2):

- elementul de rezistenţă este sprijinit (rezemat) pe două reazeme pe care le notăm cu B şi C; B este în stânga iar C este cel dindreapta.

HB B C

VB R=16kNVC

- reazemul din stânga B, este o articulaţie fixă. Introducem celedouă reacţiuni pentru acest reazem: HB şi VB. Reazemul din dreaptaC, este o articulaţie mobilă. Singura reacţiune din acest reazem şi pecare o punem este VC..

M= 40 kNm p= 4 kN/mF= 24 kN

300

1 m 3 m 1 m

Fig.2.4.1-1

1 m

M= 40 kNm p= 4 kN/m F= 24 kN

300

1 m 3 m 1 m

Fig.2.4.1-2

8/6/2019 Rezi konyv


21

- înlocuim sarcina uniform distribuită p, cu rezultanta sa R= p4=16 kN, care acţionează la mijlucul distanţei dintre reazeme (la 2 mde reazemul B şi tot la 2 m de reazemul C),

- scriem detaliat ecuaţiile pentru calculul reacţiunilor (rel. 2.3-2).Prima direcţie x, o alegem ca fiind cea orizontală, deoarece pe această direcţie există o singur ă reacţiune şi anume HB. Deci:

( ) F x

∑ = 0 HB - F cos300 = 0 (1)

( ) ( )M M K B

∑ ∑≡ =1

0

F sin300 5 - VC 4 + R 2 + M = 0 (2)

( ) ( )M M K C

∑ ∑≡ =2

0

VB 4 + M - R 2 + F sin300 1 = 0 (3)

Din ecuaţia (1), rezultă: HB = F cos300 = 12 3 kN.Din ecuaţia (2), rezultă: VC = 33 kN.Din ecuaţia (3), rezultă: VB = - 5 kN.

Reacţiunile HB şi VC, au rezultat pozitive, ceea ce înseamnă că ele sunt orientate aşa cum sunt figurate în Fig.2.4.1-2. Reacţiunea VB,rezultând negativă, este orientată invers de cum este pe Fig.2.4.1-2,adică este orientată de sus în jos.

- Verificăm acum dacă valorile calculate pentru cele treireacţiuni sunt bune. Pentru aceasta, scriem o ecuaţie de echilibru casumă de for ţe pe o direcţie perpendicular ă pe direcţie utilizată lacalculul reacţiunilor. Cum la calculul reacţiunilor am utilizat direcţia x(orizontală), pentru verificarea reacţiunilor, utilizăm direcţia y(verticala). Aşadar, rezultă:

( ) F V R V F y B C ∑ = − + − =sin300

= - 5 - 16 + 33 - 24 1/2 =- 21 +33 -12 = -33 + 33 = 0

8/6/2019 Rezi konyv


22

A rezultat ( ) F y

∑ = 0, ceea ce însemnă că condiţia 2.3-3 este

îndeplinită, deci reacţiunile sunt corect calculate şi valorile lor sunt bune.

2.4.2 Parcurgând etapele cunoscute, calcula ţ i şi verifica ţ i

reac ţ iunile pentru cadrul prezentat în Fig.2.4.2-1. Observaţie: Tot ce rezult ă a fi f ă cut, pentru acest exemplu este

reprezentat în Fig.2.4.2-1.

1 m

1 m R=20kN 1 m C

2 m 2 m

B

HB

VB

- Cadrul prezintă două reazeme, pe care le notăm cu B respectiv,cu C,

- Reazemul C este o articulaţie mobilă şi introduce numaireacţiunea HC. Reazemul B este o articulaţie fixă şi introduce două reacţiuni: HB şi VB,

- Înlocuim sarcina distribuită p, cu rezultanta sa R= 10 2 = 20kN,

- Trecem la scrierea ecuaţiilor pentru calculul reacţiunilor (rel.2.3-2). Se observă că pe verticală, există o singur ă reacţiune şi anumeVB.

Prima ecuaţie va fi atunci:

p = 10 kN/mF1 = 20 kN

F2 = 30 kN

M = 20 kN m

Fig.2.4.2-1

HC

8/6/2019 Rezi konyv


23

( ) F y

∑ = 0

R + F1 -VB = 0 (1)Celelalte ecuaţii sunt ecuaţii de momente faţă de reazemele B şi C:

( )M B

∑ = 0 HC 2 - R 1 + F1 1 - F2 2 - M = 0 (2)

( )M C

∑ = 0 VB 2 + HB 2 + M + F2 0 - F1 3 - R 1 = 0 (3)

Din relaţia (1), rezultă: VB = 40 kN.Din relaţia (2), rezultă: HC = 40 kN.Din relaţia (3), rezultă : HB = - 10 kN.

Se constată şi în acest exemplu, că reacţiunea HB este orientată inversde cum a fost reprezentată iniţial în Fig.2.4.2-1.

Să verificăm acum corectitudinea calculului efectuat. De dataaceasta, ecuaţia de verificare este o ecuaţie de proiecţii de for ţe peorizontală (pe o direcţie perpendicular ă la direcţia utilizată la calculul

reacţiunilor, care a fost direcţia verticală y).

( ) F H F H x C B∑ = − + = − − =2 40 30 10 0

Cum această ecuaţie satisface condiţia 2.3-3 de verificare areacţiunilor, rezultă că valorile calculate pentru reacţiuni sunt bune.Cu aceste reacţiuni, cadrul prezentat în Fig.2.4.2-1, este supus acţiuniiunui sistem de for ţe exterioare, ca cel prezentat în Fig.2.4.2-2.

10 kN/m 20 kN

40 kN

10 kN 20 kN m

40 kN Fig.2.4.2-2

30 kN

8/6/2019 Rezi konyv


24

3. EFORTURI. DIAGRAME DE EFORTURI

3.1 Eforturi

Eforturile sunt for ţ e interioare care iau na ştere în elementele derezisten ţă ca urmare a ac ţ iunii asupra acestora a for ţ elor exterioare.

Pentru un sistem plan, eforturile posibile dintr-o secţiunetransversală a elementului de rezistenţă, sunt: (Fig.3.1-1)

- efortul axial N, care acţionează în centrul de greutate alsecţiunii şi este perpendicular pe planul acesteea,

- efortul tăietor T, acţionează în centrul de greutate al secţiuniişi este situat în planul secţiunii,

- momentul încovoietor Mi, acţionează în centrul de greutate alsecţiunii şi este situat în planul acesteea.

yT

Mi x

N z

x

Eforturile de pe faţa din dreapta, suplinesc acţiunea for ţelor exterioare care acţionează pe partea stângă (considerată înlăturată) aelementului (vezi Fig.3.1-1). Eforturile de pe faţa din stânga asecţiunii, suplinesc acţiunea for ţelor exterioare care acţionează asupra păr ţii din dreapta elementului (considerată îndepărtată).

La sistemele spaţiale, eforturi tăietoare există pe ambele direcţii principale de iner ţie ale secţiunii transversale. La aceste sisteme,

momente pot exista pe toate cele trei direcţii: x, y, z. Momentelesituate pe axele din planul secţiunii (axele y şi z) sunt momente

Fig.3.1-1

Mt

8/6/2019 Rezi konyv


25

încovoietoare, iar momentul situat pe axa x (normală la planulsecţiunii), este un moment de torsiune (r ăsucire) care se notează cuMt.

Valoarea eforturilor este determinată de valoarea for ţelor exterioare care solicită elementul de rezistenţă.

Să vedem acum, pentru un sistem plan, cum se determină mărimea eforturilor.

Pentru un sistem plan, pot exista trei eforturi: axial (N), tăietor (T) şi moment încovoietor Mi.• Efortul axial N într-o sec ţ iune, este egal în mă rime cu suma

algebrică a proiec ţ iilor pe normala la sec ţ iunea barei a tuturor for ţ elor exterioare din stânga sec ţ iunii sau a celor din dreapta,luate însă cu semn schimbat. Efortul axial N, se consider ă pozitiv,atunci când are efect de întindere a por ţ iunii r ă mase a barei(Fig.3.1-2a)

• Efortul t ăietor T într-o sec ţ iune a elementului de rezisten ţă , esteegal în mă rime cu suma algebrică a proiec ţ iilor pe o direc ţ ie perpendicular ă la normala sec ţ iunii (deci în planul sec ţ iunii) atuturor for ţ elor exterioare din stânga sec ţ iunii sau a celor dindreapta, luate însă cu semn schimbat. Efortul t ă ietor se consider ă pozitiv, când la o bar ă dreapt ă ac ţ ionează de sus în jos pe fa ţ a din stânga sau de jos în sus pe fa ţ a din dreapta, sau altfel spus când acesta are tendin ţ a să rotească sec ţ iunea în care ac ţ ionează în sensul acelor de ceasornic (Fig.3.1-2b).

N

a) b) c)

Fig.3.1-2

N

T T Mi Mi

N

Fa a din drea ta Fa a din stân a

8/6/2019 Rezi konyv


26

• Momentul încovoietor M i dintr-o sec ţ iune a unui element derezisten ţă este egal în mă rime cu suma algebrică a momentelor înraport cu centrul de greutate al sec ţ iunii considerate, a tuturor for ţ elor exterioare din stânga sec ţ iunii sau a celor din dreapta, însă luate cu semn schimbat. La o bar ă dreapt ă , M i se consider ă pozitivatunci când pe fa ţ a din stânga are sensul acelor de ceasornic iar pe fa ţ a din dreapta, sens contrar acestora (Fig.3.1-2c)

Într-o reprezentare centralizată, în Fig.3.1-3 se prezintă orientarea pozitivă a celor trei eforturi N, T, Mi, atât pe faţa din stângacât şi pe cea din dreapta a secţiunii unui element de rezistenţă.

Această convenţie de semne este valabilă şi pentru cazul barelor verticale sau înclinate (vezi cadrele), cu condiţia să se aleagă un sensde parcurs al barei de la un capăt spre celălalt.

Pentru uşurinţa trasării diagramelor de eforturi, propun păstrareaaceleeaşi convenţii de semne pozitive ale eforturilor şi în cazul barelor

curbe plane.• Pentru momentul de torsiune M t , nu exist ă o conven ţ ie unanim

acceptat ă pentru ca acesta să fie considerat pozitiv. Pentru a nuîncă rca memoria cu prea multe no ţ iuni, propun ca momentul detorsiune să fie considerat pozitiv, dacă este orientat după normalaexterioar ă la sec ţ iune, adică la fel ca pentru efortul axial N.

3.2 Diagrame de eforturi

N N

T

T

Mi Mi

Faţa din dreapta Faţa din stânga

Fig.3.1-3

8/6/2019 Rezi konyv


27

Calculul de rezistenţă al diferitelor elemente, necesită

cunoaşterea în orice secţiune a valorilor eforturilor. Deoareceeforturile depind de secţiunea în care se determină, variaţia fiecăruiefort de-a lungul elementului de rezistenţă, se exprimă funcţie decoordonata secţiunii respective. O astfel de expresie (funcţie) pentruefort, poartă numele de func ţ ie de efort . În cazul problemelor plane(la care ne vom rezuma cel mai mult), funcţiile de eforturi reprezintă însăşi variaţia eforturilor N, T, Mi în lungul elementului de rezistenţă.

Reprezentarea grafică a funcţiilor de eforturi, conduce laobţinerea aşa numitelor diagrame de eforturi .

Pentru a obţine diagrame de eforturi corecte, pe lângă modul deobţinere a acestora, mai trebuie ştiut câteva aspecte care rezultă dinrelaţiile diferenţiale care există între eforturi şi for ţele exterioare caresolicită elementul de rezistenţă.

Iată câteva aspecte care sunt obligatoriu a fi cunoscute, pentruobţinerea unor diagrame de eforturi corecte:• valoarea efortului t ă ietor într-o sec ţ iune, reprezint ă tangenta

trigonometrică a unghiului pe care îl face cu axa x (axalongitudinal ă a barei) tangenta la diagrama M i în sec ţ iunearespectivă ,

• dacă pe o por ţ iune (interval) oarecare:a) efortul t ă ietor T > 0 (pozitiv), momentul încovoietor M i

cre şte,b) efortul t ă ietor T < 0 (negativ), momentul încovoietor M i

scade,c) efortul t ă ietor T trece prin valoarea zero schimbând semnul

din + (plus) în - (minus), atunci în acea sec ţ iune, M i are un maxim(M i = M i,max ), iar când semnul se schimbă din - în +, M i are un minim(M i = M i,min ),

d) efortul t ă ietor este nul (T = 0), momentul încovoietor M i esteconstant (M i = const.),• Dacă sarcina distribuit ă este nul ă (p = 0) pe un interval (interval

neîncă rcat), pe ecel interval efortul t ă ietor T este constant (T =const.). Pe acest interval, diagrama momentului încovoietor M i estereprezentat ă prin drepte oblice, numai dacă T ≠ 0. Dacă p < 0,

efortul t ă ietor, scade.

8/6/2019 Rezi konyv


28

• Pe intervale încă rcate cu sarcină uniform distribuit ă (p = const.),diagrama M i este o parabol ă , iar diagrama T, o dreapt ă înclinat ă . În cazul unei distribu ţ ii neuniforme a sarcinii distribuite p, ambelediagrame (T şi M i ) vor fi curbe a că ror natur ă depinde de tipul sarcinii p.• În sec ţ iunile din dreptul for ţ elor concentrate, diagrama T prezint ă o

discontinuitate de valoare (salt), egal ă cu valoarea acelei for ţ e şi produsă în sensul for ţ ei, iar diagrama M i prezint ă o discontinuitatede tangent ă (o frângere) a por ţ iunilor vecine ale diagramei.

• Dacă sarcina distribuit ă este orientat ă în jos ( p < 0), diagrama M i este o curbă a că rei convexitate este dirijat ă în jos (Fig.3.2-1a), iar dacă sarcina distribuit ă este dirijat ă în sus (p > 0), diagrama M

ipe

acea por ţ iune are convexitatea în sus (Fig.3.2-1b).• Pe intervale încă rcate cu sarcini distribuite liniar, efortul t ă ietor T

variază după o curbă de gradul doi, iar efortul M i după o curbă de gradul trei. Convexitatea diagramei M i , se stabile şte la fel ca încazul p = const., (Fig.3.2-1). Convexitatea efortului T, se stabile şteu şor pe baza celor cunoscute din Analiza Matematică .

• Pe reazemul articulat de la capă tul grinzii, momentul încovoietor M i este egal cu zero dacă pe acest reazem nu se g ă se şte un cuplu(moment) concentrat. Dacă în sec ţ iunea de la capă tul consolei nu

în os

în sus

a) b)

Fig.3.2-1

8/6/2019 Rezi konyv


29

este aplicat ă o for ţă concentrat ă , efortul t ă ietor pe consol ă T, esteegal cu zero.

• La capă tul încastrat al unei bare, eforturile T şi M i sunt egale cureac ţ iunea, respectiv momentul din încastrare.

• Sec ţ iunile în care se aplică un cuplu concentrat (moment concentrat exterioar), diagrama M i prezint ă o discontinuitate în valoare (salt)egal ă cu valoarea acelui cuplu concentrat şi produsă în sensul deac ţ iune al cuplului. Asupra diagramei T, acest cuplu concentrat, nuare nici o influen ţă .

3.3 Etape pentru trasarea diagramelor de eforturi

Pentru trasarea diagramelor de eforturi, recomand parcurgereaurmătoarelor etape:• Se calculează şi se verifică reac ţ iunile ( vezi Cap.1 ). Nu se trece la

etapa urmă toare până când nu s-au verificat reac ţ iunile şi avemcertitudinea că acestea sunt calculate corect. Altfel, toat ă muncadepusă mai departe este zadarnică .

• Se notează (cu numere ori litere) toate sec ţ iunile care pot delimitaintervale. Un interval este acea por ţ iune a unui element derezisten ţă , pe care eforturile nu- şi modifică func ţ iile. Astfel de puncte, pot fi considerate sec ţ iunile în care ac ţ ionează for ţ e,reac ţ iuni, cupluri, începutul şi sfâr şitul sarcinii distribuite, bara î şimodifică orientarea (noduri), etc.

• Analizând elementul de rezisten ţă , se stabile şte care sunt eforturilecare pot apă rea în sec ţ iunile acestuia. Se trasează acum liniile de

valoare zero ale eforturilor (linii care coincid cu axa geometrică aelementului), se notează eforturile care urmează a fi determinate şi se pun şi unit ăţ ile de mă sur ă utilizate pentru eforturi.• Se trece la scrierea func ţ iilor de eforturi şi reprezentarea lor

grafică , adică ob ţ inerea diagramelor de eforturi.

Pentru scrierea funcţiilor de eforturi şi reprezentarea lor grafică,se parcurg etapele:

• Din mul ţ imea de intervale care au rezultat, se alege unul singur.

8/6/2019 Rezi konyv


30

• În intervalul ales, se face o sec ţ iune (imaginar ă ) şi consider ă m că prin aceast ă sec ţ iune am separat elementul de rezisten ţă în două : o parte situat ă în stânga iar cealalt ă în dreapta sec ţ iunii f ă cute.• Privim atent cele două pă r ţ i rezultate şi alegem pentru scrierea

func ţ iilor de eforturi, pe cea cu for ţ e exterioare mai pu ţ ine.• Luă m variabila (x sau ϕ - pentru bare curbe) care pozi ţ ionează

sec ţ iunea f ă cut ă , în vederea scrierii func ţ iilor de eforturi. Origineavariabilei este în unul din capetele intervalului stabilit pentrurezolvare. Dacă s-a ales partea stâng ă de parcurs, atunci origineavariabilei este în capă tul din stânga al intervalului, iar dacă s-aales de parcurs partea dreapt ă , atunci originea variabilei este încapă tul din dreapta al intervalului.

• Se notează intervalul care se rezolvă . Tot acum se scrie şi intervalul valorilor variabilei, ca de exemplu:

Intervalul (B - 1) cu x ∈ ( 0 ; 2 m).

• După stabilirea intervalului, se trece la scrierea func ţ iilor deeforturi pe acest interval (vezi parag. 3.1), func ţ ii care apoi sereprezint ă grafic. Odat ă cu trasarea diagramelor, corectitudineaacestora se verifică cu ajutorul cuno ştiin ţ elor prezentate la

paraggraful 3-2.• Dacă totul a reie şit bine, se alege un alt interval şi se parcurg dinnou toate etapele indicate.

• După trasarea diagramelor de eforturi pentru tot elementul derezisten ţă , se recomand ă a se mai face încă o verificare pe bazacelor prezentate la paragraful 3.2.

La barele curbe, apar mici diferenţe, dar acestea se vor specifica

atunci când se prezintă un exemplu de trasare al diagramelor deeforturi la astfel de bare (vezi parag. 3.4.3).

3.4 Exemple de trasare ale diagramelor de eforturi

3.4.1 Diagrame de eforturi la bare drepte orizontale

8/6/2019 Rezi konyv


31

3.4.1-1 S ă se traseze diagramele de eforturi pentru bara dreapt ă

orizontal ă din Fig.3.4.1-1a.

B Cx 1 x x

VB=24 kN VC=32 kN

13,86 13,86

La barele drepte orizontale, se consider ă că observatorul (celcare rezolvă problema) se află sub bar ă şi de aici priveşte modul desolicitare şi deformare al barei.

2 m 2 m 1 m

24

300 F = 16 kN p = 12 kN/m M=16 kNm

HB = 13,86 kN

a)

b)

c)

d)

N [kN]

-8

- 32

T [kN]

Mi [kNm]

24

- 16 - 16

Fig.3.4.1-1

2

8/6/2019 Rezi konyv


32

De la început, trebuie lăsat loc suficient sub bar ă pentrudiagramele de eforturi.

- Calculul reacţiunilor şi verificarea lor, a condus la următoarelevalori:

HB = 13,86 kNVB = 24 kNVC = 32 kN.

- Notăm celelalte secţiuni caracteristice cu 1 şi 2. Au rezultatastfel trei intervale caracteristice: B-1 ; 1-C ; C-2. Pe fiecare astfel deinterval, eforturile au funcţii unice.

- Tinând seama de for ţele exterioare, se constată că pentruaceastă grindă există trei eforturi: N, T, Mi.

- Am reprezentat liniile de valoare zero (axa barei), le-am notatcu N, T, respectiv Mi şi am pus în paranteze drepte, unităţile demăsur ă corespunzătoare: [kN], [kN], [kNm].

Trecem la scrierea funcţiilor de eforturi şi trasarea acestor diagrame, pe fiecare interval.

- Alegem pentru început, intervalul din stânga şi realizăm o

secţiune imaginar ă (Fig.3.4.1-1a). Au rezultat astfel două păr ţi faţă deaceastă secţiune: una în stânga şi cealaltă în dreapta. Se constată că partea din stânga (por ţiunea B - până la secţiune) este mai puţinîncărcată, motiv pentru care alegem această parte. Originea variabileix o alegem în stânga, în punctul B (în reazem).

Deci, rezolvăm:

Intervalul (B - 1) cu x ∈ [0 ; 2 m].

Pe acest interval, funcţiile de eforturi sunt (vezi şi convenţia desemne pozitive):

Efortul axial N : N = HB = 13,86 kN. Efortul N, nu depinde de poziţia secţiunii x

şi este constant. Valorile pozitive le reprezentăm grafic, deasupra axeide valoare zero (vezi sensul pozitiv al ordonatei). În secţiunea B,rezultă un salt de 13,86 kN, salt care trebuie să existe (Fig.3.4.1-1b).

8/6/2019 Rezi konyv


33

Efortul t ăietor T :

T = VB - p x = 24 - 12 x şi este o dreaptă (corect).Calculăm valorile lui T, la capetele intervalului B - 1:

TB = Tx=0 = 24 -12 0 = 24 kN, rezultă salt (corect),T1 = Tx=2 = 24 -12 2 = 24 - 24 = 0 kN

Se unesc valorile de la capetele intervalului şi rezultă diagrama care prezintă o variaţie liniar ă (corect - Fig.3.4.1-1c).

Efortul moment încovoietor, M i : Mi = VB x - p x x/2 = 24 x -6 x2 - este o parabolă (corect).

Calculăm valorile lui Mi, la capetele intervalului:

Mi,B = Mi,x=0 = 24 0 - 6 02 = 0 (corect),Mi,B = Mi,x=2 = 24 2 - 6 22 = 48 - 24 = 24 kNm.

Rezultă, Mi crescător (corect, T>0) şi nu are salt sau extrem (corect).La momentul încovoietor, valorile pozitive se reprezintă sub axa devaloare zero (dedesubt - Fig.3.4.1-1d).

Deoarece am terminat intervalul din stânga, trecem la altinterval. Alegem spre exemplu, intervalul din dreapta.

- Am realizat secţiunea imaginar ă (Fig.3.4.1-1a),

- Se observă că partea din dreapta, faţă de secţiune, este mai puţin încărcată: numai cu momentul M. Alegem această parte.

-Variabila x, are originea în secţiunea 2.- Rezolvăm acum:

Intervalul (2 - C) cu x ∈ [0 ; 1 m]. Pe acest interval, funcţiile de eforturi, sunt (atenţie la semnele pozitiveale eforturilor - parcurgem intervalul de la dreapta la stânga):

N = 0 (nu există for ţe exterioare axiale pe partea din dreapta),T = 0 (nu există for ţe exterioare normale la axa barei),Mi = - M = - 16 kNm - nu depinde de poziţia secţiunii x,

- este constant,- prezintă salt în secţiunea 2 (corect).

A mai r ămas intervalul din mijloc.- Facem o secţiune imaginar ă x (vezi Fig.3.4.1-1a).

8/6/2019 Rezi konyv


34

- Am impresia că partea din dreapta este mai simplu de rezolvat.Alegem această parte. Varibila x, are originea în secţiunea C(reazemul din dreapta).

Rezolvăm acum:

Intervalul (C - 1) cu x ∈ [0 ; 2 m].

Funcţiile de eforturi, pe acest interval, sunt: N = 0 (nu există for ţe exterioare axiale pe partea din dreapta),

- în secţiunea 1, apare un salt de 13,86 kN (corect -Fig.3.4.1-1b),

T = - VC + p x = -32 + 12 x - variaţie liniar ă (corect),Valorile lui T la capetele intervalului, sunt:

TC = Tx=0 = -32 +12 0 = -32 kN,T1 = Tx=2 = -32 +12 2 = -32 + 24 = -8 kN.În secţiunea C, apare un salt de 32 kN (corect), iar în secţiunea

1, un salt de 8 kN (corect). Efortul T nu se anulează pe acest interval,decât în secţiunea 1 (Fig.3.4.1-1c).

Mi = -M + VC x - p x x/2 = -16 +32 x - 6 x2 -variaţie parabolică (corect).Valorile lui Mi la capetele intervalului, sunt:

Mi,C = Mi,x=0 = -16 kNm -diagrama se închide în C (corect),Mi,1 = Mi,x=2 = -16 +32 2 - 6 22 = -16 +64 -24 = 24 kNm -

diagrama se închide în 1 (corect). În secţiunea 1, rezultă un extrem(corect, deoarece T1 = 0). Pe intervalul 1 - C, T < 0, iar Mi estedescrescător, scade de la 24 kNm la -16 kNm (corect).

Aşa se trasează corect diagramele de eforturi. Este bine caverificarea corectitudinii diagramelor de eforturi, să se facă aşa ca în

exemplul prezentat, adică o dată cu trasarea diagramelor şi apoi serecomandă o reverificare la final. O verificare a diagramelor deeforturi numai la final (după ce acestea au fost trasate), prin corectareconduce la un aspect urât, dezordonat, de unde nu se mai înţelegenimic

3.4.1-2 S ă se traseze diagramele de eforturi, pentru bara

dreapt ă din figura de mai jos (Fig.3.4.1-2).

8/6/2019 Rezi konyv


35

Calculul reacţiunilor a condus la următoarele valori:

VB = 7,2 kNHC = 0VC = 14,8 kN.

Pentru acest element de rezistenţă, există numai eforturile T şi

Mi. Neexistând încărcări axiale, nu există nici efort axial N (N = 0).

= 3 6 m

M = 16 kNm p = 2 kN/m F = 2 kN

a)

7 2 7 26

2

-8,8

T [kN]

-1,6

-8

b)

c)

11,3

14,4

Mi [kNm]

Fig.3.4.1-2

1 2

VC = 14,8 kN VB = 7,2 kN

xx x

B

C

2 m 2 m8 m

8/6/2019 Rezi konyv


36

Alte puncte caracteristice în afar ă de reazeme, sunt secţiunile 1şi 2 (Fig.3.4.1-2a). Alegem pentru început,

Intervalul (B - 1) cu x ∈ [0 ; 2 m]. Originea variabilei x este în secţiunea B, deoarece alegem partea

din stânga, fiind mai puţin încărcată.Funcţiile eforturilor pe acest interval, sunt:T = VB = 7,2 kN -rezultă efort tăietor constant, cu salt în

secţiunea B (corect - vezi Fig.3.4.1-2b),Mi = VB x = 7,2 x -variaţie liniar ă (corect).

La capetele intervalului, valorile lui Mi, sunt:Mi,B = Mi,x=0 = 7,2 0 = 0 (corect),Mi,1 = Mi,x=2 = 7,2 2 = 14,4 kNm.

Momentul încovoietor Mi este crescător (corect, deoarece T > 0 -veziFig.3.4.1-2c).

Alegem alt interval şi anume, pe cel din mijloc, în care realizămo secţiune imaginar ă (Fig.3.4.1-2a). Partea din stânga pare mai uşor de rezolvat. Rezolvăm acum,

Intervalul (1 - C) cu x ∈ [0 ; 8 m].

Funcţiile eforturilor pe intervalul 1 - C, sunt:T = VB - p x = 7,2 - 2 x -variaţie liniar ă (corect).

Valorile efortului tăietor la capetele intervalului, sunt:T1 = Tx=0 = 7,2 - 2 0 = 7,2 kN -diagrama se închide f ăr ă salt în

secţiunea 1 (corect - vezi Fig.3.4.1-2b),TC = Tx=8 = 7,2 - 2 8 = 7,2 - 16 = -8,8 kN.

Efortul tăietor T se anulează (trece de la valori pozitive la valorinegative). Secţiunea în care T se anulează, trebuie determinată,

deoarece în această secţiune, efortul Mi prezintă un extrem (maxim încazul nostru). Punem condiţia ca T să fie nul. Rezultă:

T = 7,2 - 2 ξ = 0, de unde ξ = 7,2 / 2 = 3,6 m. Se cotează poziţiaacestei secţiuni (vezi Fig.3.4.1-2b).

Efortul Mi, are pe intervalul 1 - C, expresia:Mi = VB (2 + x) - M - p x x / 2 sau,Mi = 7,2 (2 + x) - 16 - x2 -variaţie parabolică (corect).

Valorile lui Mi la capetele intervalului şi valoarea extremă (maxim),

sunt:

8/6/2019 Rezi konyv


37

Mi,1 = Mi,x=0 = 7,2 (2 + 0) -16 - 02 = -1,6 kNm -rezultă însecţiunea 1 un salt de 16 kNm (corect -Fig.3.4.1-2c),

Mi,extrem = Mi,ξ=3,6 = 7,2 (2 + 3,6) -16 - 3,62 = 11,3 kNm,Mi,C = Mi,x=8 = 7,2 (2 + 8) -16 - 82 = -8 kNm.

Pe por ţiunea unde T > 0, Mi descreşte de la 11,3 kNm la -8 kNm(corect - Fig.3.4.1-2c).

A mai r ămas, intervalul din dreapta. După realizarea secţiuniiimaginare în acest interval (Fig.3.4.1-2a), se observă că partea dreaptă este mai puţin încărcată. Alegem atunci,

Intervalul (2 - C) cu x ∈ [0 ; 2 m]. Pe intervalul 2 - C, eforturile prezintă următoarele expresii:

T = F + p x = 2 + 2 x -variaţie liniar ă (corect).La capetele intervalului, efortul tăietor T, are valorile:

T2 = Tx=0 = 2 + 2 0 = 2 kN,TC = Tx=2 = 2 + 2 2 = 6 kN.

În secţiunea 2, apare un salt de 2 kN (corect), iar în secţiunea C unsalt de 14,8 kN (corect - Fig.3.4.1-2b). Efortul tăietor este pozitiv şinu se anulează.

Funcţiile de moment încovoietor Mi pe intervalul 2 - C, sunt:Mi = -F x - p x x/2 = -2 x - x2 -variaţie parabolică (corect).

Cum T nu se anulează, Mi nu prezintă extrem.La capetele intervalului 2 - C, valorile lui Mi, sunt:

Mi,2 = Mi,x=0 = -2 0 - 02 = 0 -f ăr ă salt în secţiunea 2 (corect),Mi,C = Mi,x=2 = -2 2 - 22 = -8 kNm -diagrama se închide în

secţiunea C f ăr ă salt (corect). Cum pe intervalul 2 - C, T > 0, efortulMi creşte de la -8 kNm la zero (corect).

3.4.2 Diagrame de eforturi la cadre cu bare drepte

3.4.2-1 S ă se traseze diagramele de eforturi, pentru cadrul

plan din Fig.3.4.2-1

8/6/2019 Rezi konyv


38

Calculul reacţinilor a condus la următoarele valori:

HB = 40 kNVB = 5 kNVC = 35 kN.

Liniile de valoare zero ale eforturilor, nu mai pot fi puse subelementul de rezistenţă ca la barele drepte orizontale. În acest caz,liniile de valoare zero ale eforturilor urmăresc conturul cadrului şi seaşează separat, ca în Fig.3.4.2-2. Aici se notează natura efortului şi

unitatea de măsur ă.Alte puncte caracteristice ale cadrului sunt secţiunile 1 şi 2

(Fig.3.4.2-1). Şi pentru acest cadru, avem tot trei intervalecaracteristice (B - 1, 1 - 2, 2 - C), unul (B - 1) fiind orientat peverticală, iar celelalte două pe orizontală, ca la exemplul 3.4.1.Aşezarea pe verticală a intervalului B - 1, nu ridică problemedeosebite pentru scrierea funcţiilor de eforturi şi trasarea diagramelor.

p = 20 kN/m

B HB = 40 kN

VB = 5 kN

x

2 m

x x

1 m 1 mVC = 35 kN

C

M = 10 kNm F = 40 kN

1 2

Fig.3.4.2-1

Observator

8/6/2019 Rezi konyv


39

.

Nu ne r ămâne decât să ne imaginăm că eforturile pe care le-amreprezentat pentru bara dreaptă orizontală, s-au rotit cu 900 şi au ajunsorientate pe vericală (Fig.3.4.2-3)

La cadre, pentru barele verticale, poziţia observatorului esteastfel încât trecerea la barele orizontale să fie f ăcută f ăr ă a trece decealaltă parte a barei. Pentru cadrele cu contururi închise, rezultă că poziţia observatorului trebuie să fie în interiorul cadrului. Pentruexemplul nostru, la por ţiunea verticală, observatorul va privi bara din partea dreaptă (Fig.3.4.2-1).

-5

-5

40

5 5

-35 -35

40

30

35 N[kN]

T[kN]

Mi [kNm]

a) b) c)

Fig.3.4.2-2

Observator

Observator

a) b) c)

Fig.3.4.2-3

8/6/2019 Rezi konyv


40

Începem scrierea funcţiilor de eforturi şi trasarea diagramelor deeforturi cu intervalul orientat pe verticală.

Realizăm secţiunea imaginar ă în acest interval (Fig.3.4.2-1) şiconstatăm că por ţiunea mai puţin încărcată este cea din partea stângă a observatorului (dinspre reazemul B). Ca urmare, originea variabileix, va fi în secţiunea B.

La scrierea funcţiilor de eforturi, pentru această situaţie, neorientăm după convenţia de semne pozitive, prezentată în Fig.3.4.2-3b. Rezolvăm atunci,

Intervalul (B - 1) cu x ∈ [0 ; 2 m] Funcţiile de eforturi pe acest interval, sunt: N = - VB = -5 kN -efort constant (corect)

-salt în secţiunea B (corect - Fig.3.4.2-2a)T = HB - p x = 40 - 20 x -variaţie liniar ă (corect).

Valorile lui T la capetele intervalului, sunt:TB = Tx=0 = 40 - 20 0 = 40 kN, salt în secţiunea B (corect),T1 = Tx=2 = 40 - 20 2 = 0 kN -se anulează în capătul

intervalului şi este pozitiv (corect - Fig.3.4.2-2b).Mi = HB x - p x x/2 = 40 x - 10 x2 -variaţie parabolică (corect).

Valorile lui Mi la capetele intervalului B - 1, sunt:Mi,B = Mi,x=0 = 40 0 - 10 02 = 0 -f ăr ă salt în secţiunea B

(corect),Mi,1 = Mi,x=2 = 40 2 - 10 22 = 40 kNm -momentul încovoietor

Mi este crescător (corect) şi prezintă extrem în secţiunea 1 (corect -Fig.3.4.2-2c).

Trasăm acum diagramele de eforturi pentru,

Intervalul (C - 2) cu x ∈ [0 ; 1 m] Originea variabilei x este în secţiunea C, deoarece am ales

partea din dreapta secţiunii. Acest interval fiind orizontal, nu ridică nici un fel de probleme.

Funcţiile de eforturi, sunt: N = 0 -nu există sarcini axiale pe partea luată în considerare

(corect),T = - VC = -35 kN -efort constant cu salt în secţiunea C (corect

- Fig.3.4.2-2b),

8/6/2019 Rezi konyv


41

Mi = VC x = 35 x -variaţie liniar ă (corect).La capetele intervalului C - 1, valorile lui Mi, sunt:

Mi,C = Mi,x=0 = 35 0 = 0 -f ăr ă salt în secţiunea C (corect),Mi,2 = Mi,x=1 = 35 1 = 35 kNm -momentul încovoietor este

descrescător pe intervalul 2 - C de la valoarea 35 kNm la 0 kNm(Fig.3.4.2-2c).

Intervalul (2 - 1) cu x ∈ [0 ; 1 m] va fi rezolvat tot de la dreapta spre stânga cu originea variabilei x, însecţiunea 1 (Fig.3.4.2-1).

Pe acest interval, funcţiile de eforturi au expresiile: N = 0 -nu există for ţe exterioare axiale pe partea considerată

(corect),T = -VC + F = -35 + 40 = 5 kN -efort constant cu salt de 40 kN

în secţiunea 1 şi pozitiv (corect - Fig.3.4.2-2b),Mi= VC (1 + x) - F x = 35 (1 + x) - 40 x = 35 - 5 x -variaţie

liniar ă (corect).Valorile lui Mi la capetele intervalului, sunt:

Mi,2 = Mi,x=0 = 35 - 5 0 = 35 kNm -diagrama în secţiunea 2 seînchide f ăr ă salt (corect - Fig.3.4.2-2c),

Mi,1 = Mi,x=1 = 35 - 5 1 = 30 kNm -momentul încovoietor estecrescător pe intervalul 1 - 2 (T > 0). În nodul rigid 1, apare un salt demoment încovoietor de la 30 kNm (pe bara verticală) la 40 kNm (pe bara orizontală). Apariţia acestui salt de 10 kNm este corectă,deoarece în secţiunea 1 acţionează momentul concentrat M = 10 kNm.

Se poate constata că în nodurile neîncărcate, formate de bare perpendiculare, efortul axial de pe o bar ă devine tăietor pe cealaltă, iar efortul tăietor de pe o bar ă devine axial pe cealaltă bar ă. De asemenea,

în nodurile neîncărcate formate din bare perpendiculare, momentulîncovoietor Mi de pe o bar ă, se transmite pe cealaltă bar ă în mărime şisemn.

3.4.3 Diagrame de eforturi la bare curbe plane

3.4.3-1 S ă se traseze diagramele de eforturi pentru bara curbă plană din Fig.3.4.3-1.

8/6/2019 Rezi konyv


42

La bare înţepenite, pentru trasarea diagramelor de eforturi, se poate renunţa la calculul reacţiunilor, cu condiţia ca funcţiile deeforturi pentru toate intervalele să fie scrise parcurgând fiecareinterval caracteristic dinspre capătul liber spre încastrare.

Pentru bara din Fig.3.4.3-1, după notarea secţiunilor caracteristice 1, 2 respectiv B, rezultă două intervale caracteristice: primul interval 1 - 2 constituie o por ţiune dreaptă, iar cel de-al doilea2 - 3 - B, este o por ţiune curbă cu raza de curbur ă R.

Abordăm trasarea diagramelor de eforturi la fel ca la cadre (vezi

parag. 3.4.2). Diagramele de eforturi, le trasăm pe conturul cadrului prezentat în Fig.3.4.3-2. Începem cu:

Intervalul (1 - 2) cu x ∈ [0 ; 2R].

Originea variabilei x este în secţiunea 1, deoarece consider ăm că partea din dreapta secţiunii este mai puţin încărcată şi mai uşor derezolvat.

Pe intervalul 1 - 2, funcţiile de eforturi au expresiile: N = 0 -nu există for ţe exterioare axiale pe partea dreaptă,

T = F -efort axial constant de valoare F, pozitiv, iar în secţiunea1 apare un salt de valoare F (corect - Fig.3.4.3-2b),

Mi = -F x -variaţie liniar ă (corect).Valorile lui Mi la capetele intervalului 1 - 2, sunt:

Mi,1 = Mi,x=0 = F 0 = 0 -nu apare salt în secţiunea 1 (corect -Fig.3.4.3-2c),

F

2 R

R

1

B

Fi .3.4.3-1

3

8/6/2019 Rezi konyv


43

Mi,2 = Mi,x=2R = F 2R = 2FR -momentul încovoietor Mi peintervalul 2 -1 este descrescător, T < 0 (corect - Fig.3.4.3-2c).

Cel de-al doilea interval, după cum se poate observa, nu mai estedrept, ci este o por ţiune curbă. Variabila liniar ă x de la barele dreptenu poate fi utilizată şi pentru por ţiunile curbe. Pentru por ţiunile curbe,variabila care poziţionează secţiunea în care se scriu funcţiile deeforturi este un unghi, fie el notat cu ϕ (Fig.3.4.3-3).

În secţiunea definită de unghiul ϕ, trebuie scrise funcţiile deeforturi.

După cum se ştie, efortul axial N este situat pe o direcţie perpendicular ă la secţiune. La por ţiunile curbe, o astfel de direcţieeste tangenta la curbă, notată ( t ) în Fig.3.4.3-3. Efortul tăietor T, esteconţinut în planul secţiunii. La por ţiunile curbe, această direcţie trece prin secţiune şi prin centrul de curbur ă (direcţia radială r-Fig.3.4.3-3).

-F

-F

F F -2FR

-2FR

-3FR

N [kN] T [kN]

Mi [kNm]

a) b) c)

Fig.3.4.3-2

ϕ

( r ) ( t ) F

Fig.3.4.3-3

CC (centrul de curbur ă)

8/6/2019 Rezi konyv


44

Aşadar, pentru a stabili funcţia de efort axial N într-o secţiune aunei por ţiuni curbe, toate for ţele exterioare de pe partea considerată,trebuie proiectate pe tangenta la curbă în secţiunea respectivă (direcţiat).

Pentru funcţia efort tăietor T, se proiectează toate for ţeleexterioare de pe partea considerată, pe direcţia radială ( r ) careconţine acea secţiune.

Dacă o proiectare directă a for ţelor exterioare ce acţionează pe partea considerată este dificilă, atunci se recomandă reducerea tuturor acestor for ţe exterioare în secţiunea respectivă (vezi şi parag. 1.3).

Exemplu de reducere a for ţelor exterioare, pentru problemastudiată (Fig.3.4.3-1) este prezentat în Fig.3.4.3-4.

Acum putem scrie funcţiile de eforturi (cu aceleaşi convenţii de

semn pozitiv de la barele drepte) pe:Intervalul (2 - B) cu ϕ ∈ [o ; Π].

Efortul axial N, are expresia: N = -F sin ϕ -variaţie sinusoidală (vezi Fig.3.4.3-4),

Valorile efortului axial N la capetele intervalului considerat, sunt: N2 = Nϕ=0 = -F sin 0 = 0 -nu apare salt în diagramă (corect -

Fig.3.4.3-2a), N3 = Nϕ=Π/2 = -F sin Π/2 = -F

F F

T

CC N = F sin ϕ T = F cos ϕ

ϕ

Fig.3.4.3-4

3

ϕ

ϕ

8/6/2019 Rezi konyv


45

NB = Nϕ=Π = -F sin Π = -F 0 = 0 -se poate constata că peintervalul 2 - B, efortul axial N, prezintă un singur extrem pentru ϕ=Π/2 (Fig.3.4.3-2a).

Efortul tăietor T, are expresia:T = F cos ϕ -variaţie cosinusoidală (vezi Fig.3.4.3-4).

Valorile lui T pe intervalul considerat, sunt:T2 = Tϕ=0 = F cos 0 = F -diagrama T se închide f ăr ă salt în

secţiunea 2 (corect - Fig.3.4.3-2b),T3 = Nϕ=Π/2 = F cos Π/2 = 0TB = Tϕ=Π = F cos Π = F (-1) = -F -în secţiunea B apare un salt

determinat de reacţiunea verticală din înţepenire (corect - Fig.3.4.3-

2b). Efortul moment încovoietor Mi în secţiunea considerată, se scrierelativ uşor. Din Fig.3.4.3-4, rezultă:

Mi = -F (2R + R sin ϕ) = -FR (2 + sin ϕ) -o variaţiesinusoidală.Pe intervalul 2 - B, valorile lui Mi sunt:

Mi,2 = Mi,ϕ=0= -FR (2 + sin 0) = -2FR -diagrama Mi se închidef ăr ă salt în secţiunea 2 (corect - Fig.3.4.3-2c),

Mi,3 = Mi,ϕ=Π/2= -FR (2 + sin Π/2) = -FR(2 + 1) = -3FR -areextrem în secţiunea 3, deoarece T3 = 0 (corect - Fig.3.4.3-2c),Mi,B = Mi,ϕ=Π= -FR (2 + sin Π) = -FR(2 + 0) = -2FR -în

secţiunea B apare un salt determinat de reacţiunea unui cuplu dinîncastrare (corect - Fig.3.4.3-2c). Pe por ţiunea 3 - 2 unde T > 0, Mi creşte de la -3FR la -2FR, iar pe por ţiunea B - 3 unde T < 0, Mi descreşte de la -2FR la -3FR (corect - Fig.3.4.3-2c).

Trasarea diagramelor de eforturi la bare curbe a fost prezentată pe un exemplu de combinaţie bar ă dreaptă - bar ă curbă. În cazulexistenţei numai a por ţiunilor curbe, scrierea funcţiilor şi trasareadiagramelor de eforturi, se face la fel ca pentru por ţiunea curbă prezentată.

Se atrage atenţia asupra faptului că în unele situaţii, funcţiile deefort N şi T pot prezenta extrem, a cărui valoare trebuie determinată.La aceste eforturi, extreme se pot întâlni atunci când funcţiile

eforturilor conţin atât funcţia trigonometrică sin cât şi cos, saucombinaţii de aceste funcţii trigonometrice.

8/6/2019 Rezi konyv


46

Pentru semnele pozitive ale eforturilor din barele curbe plane,recomand utilizarea convenţiei stabilită la barele drepte şi nu altele,care nu fac altceva decât să îngreuneze calculul şi să deruteze sau să încurce pe rezolvitor.

3.4.4 Diagrame de eforturi la sisteme spa ţ iale de bare drepte

Sistemele spaţiale sunt printre cele mai r ăspândite sisteme într-oconstrucţie sau structur ă de rezistenţă. Ele pot fi formate din baredrepte, curbe sau combinaţie a acestora.

Mă voi opri asupra sistemelor spaţiale alcătuite din bare drepte,nu numai pentru faptul că sunt cele mai r ăspândite, ci şi pentru aceeacă formează baza de studiu pentru studenţii facultăţilor cu profilmecanic.

La sistemele spaţiale, nu putem utiliza toate convenţiile pe carele-am utilizat la exemplele precedente. La aceste sisteme, folosimurmătoarele convenţii pentru trasarea diagramelor de eforturi:• Diagrama efortului axial N, o putem reprezenta în orice plan al

sistemului. În aceast ă diagramă , vom pune semn: plus (+) dacă efortul este de întindere şi minus (-) dacă este de compresiune.

• Diagrama efortului t ă ietor T, se va reprezenta în planul în careac ţ ionează for ţ ele exterioare normale la axa barei şi de aceea şi parte a barei cu for ţ ele respective. În diagrama T, nu se mai pune semn. • Diagrama momentului încovoietor M i , se va reprezenta de partea

fibrei întinse a barei, iar în diagramă nu se mai pune semn. • Momentul de torsiune M t , se poate reprezenta în orice plan, nu se

mai pune semn în diagramă , iar "ha şura" diagramei M t se face printr-o spiral ă , tocmai pentru a se deosebi de momentul încovoietor M i.

Înainte de a ne apuca să trasăm diagramele de eforturi la unsistem spaţial, este recomandat a ne reaminti cum variază eforturile înfuncţie de încărcarea fiecărui interval (vezi parag.3.2). De asemeneaeste bine să ne reamintim cum se reduc for ţele exterioare într-osecţiune (vezi parag. 1.3) şi faptul că o dimensiune a unui element de

8/6/2019 Rezi konyv


47

rezisten ţă paralel ă cu suportul for ţ ei nu constituie bra ţ al for ţ ei şi caurmare produsul dintre for ţă şi o astfel de dimensiune, nu produceniciodat ă un cuplu (moment). Dacă ne-am reamintit toate acestea, putem începe să trasăm diagramede eforturi pentru sisteme spaţiale.

3.4.4.1 Pentru cadrul din Fig.3.4.4.1-1, să se trasezediagramele de eforturi.

După cum se poate constata, cadrul proprizis împreună cu F1,formează un sistem plan. Cum F2 este într-un plan perpendicular pe planul cadrului şi a for ţei F1, rezultă un sistem spaţial.

Notăm secţiunile caracteristice ale sistemului cu: 1, 2, 3, B. S-auobţinut astfel trei intervale caracteristice (Fig.3.4.4.1-1).

Privind atent sistemul din Fig.3.4.4.1-1, se pot stabili o serie deaspecte cu privire la diagramele de eforturi. Iată doar câteva dintreacestea:

. efortul axial N există numai pe tronsonul 2 - 3 dat de F1, esteconstant şi de întindere; poate fi pus pe diagrama N (Fig.3.4.4.1-2a).

- for ţa exterioar ă F1 produce efort tăietor pe intervalele 1 - 2 şi3-B, constant, de valoare F1. În diagramă acest efort se va reprezentaîn plan vertical (cum acţionează şi F1) şi deasupra barei (de partea

B

c 3

b

2 aF1

F2

b > a

Fig.3.4.4.1-1

1

8/6/2019 Rezi konyv


48

for ţei F1). Efortul tăietor produs de F1, este reprezentat în diagrama Tdin Fig.3.4.4.1-2b.

- for ţa exterioar ă F2 este perpendicular ă pe toate intervalelesistemului, deci pe fiecare interval produce efort tăietor, constant şi devaloare F2. Efortul tăietor produs de F2 se reprezintă în diagrama T în planul în care acţionează F2 şi de aceeaşi parte a barei cu F2 (veziFig.3.4.4.1-2b).

După cum se poate observa, la sistemele spaţiale alcătuite din bare drepte, trasarea diagramelor de eforturi N şi T, se face foarte

uşor, f ăr ă a mai fi nevoie de scrierea funcţiilor eforturilor.

F1 F1 F1

F2 F2

F2 F2

F1 a + c

F1 a

F1a

F1 a

F2 a

F2(a+c) F2 b

F2 a

N T Mi(F1) Mi(F2)

a) b) c) d)

F2 b F2 b

F2 a

F2 a

F1 a

F1 a

F2 a

F2 b

F2 (a + c)

F1 a + c

F2 a

Mt Mi

e) f)

Fig.3.4.4.1-2

F1

8/6/2019 Rezi konyv


49

Trasarea diagramelor Mi şi Mt este ceva mai dificilă, dar dacă v-aţi însuşit bine toate cunoştiinţele prezentate până acum, veţi vedea că nu aveţi dificultăţi.

Trasarea diagramelor Mi şi Mt este bine să se facă prinsuprapunere de efecte. Asta înseamnă că se va lua sistemul încărcat perând numai cu câte o sarcină. Acest principiu îl aplicăm şi exempluluinostru din Fig.3.4.4.1-1.

Pentru început, consider ăm sistemul încărcat numai cu for ţaexterioar ă F1 (Fig.3.4.4.1-3).

Privind sistemul şi având trasate diagramele T, putem afirmaurmătoarele:

- Sistemul din Fig.3.4.4.1-3 este un cadru plan (vezi diagramelede eforturi de la parag. 3.4.2).

- Pe toate intervalele, diagramele Mi produse de F1, prezintă variaţie liniar ă (intervale neîncărcate).

- Dimensiunea b a intervalului 2 - 3 fiind paralelă cu suportul

for ţei F1, nu va fi braţ pentru aceasta. Asta înseamnă că nu va existanici un moment egal cu F1 b.

- Dacă variaţia momentelor produse de F1 sunt liniare, atuncieste convenabil să determinăm valoarea momentelor numai lacapetele intervalelor şi apoi să le unim cu linie dreaptă.

- Cum intervalul 2 - 3 este paralel cu suportul for ţei F1 dar la odistanţă a de acesta, rezultă că pe acest interval, momentul produs deF1 este constant.

B c 3

b

2 1

a

F1

Fig.3.4.4.1-3

8/6/2019 Rezi konyv


50

- Mai ştim că în noduri rigide (cum sunt nodurile 2 şi 3), lasistemele plane, momentele se transmit de la o bar ă la alta.

- Sistemul fiind plan şi neexistând încărcări cupluri (momente)de torsiune, nu va exista nici efort moment de torsiune Mt.

În Fig.3.4.4.1-4, se arată valorile momentelor produse de for ţaF1 la capetele fiecărui interval.

Nu ne r ămâne acum decât ca aceste momente să fie identificate

(sunt de încovoiere sau de torsiune), să fie reprezentate de parteafibrei întinse (cele de încovoiere în Fig.3.4.4.1-4 s-au pus de parteafibrei întinse) şi unite valorile cu linii drepte. Această etapă este parcursă în Fig.3.4.4.1-2c.

Să procedăm la fel şi pentru for ţa exterioar ă F2 (Fig.3.4.4.1-5).Şi la acest sistem, se pot preciza încă de început, câteva aspecte:

- Pe toate intervalele, momentele au o variaţie liniar ă (intervaleneîncărcate).

0

B 3

F1 (a + c) F1 a

3

2

F1 a

F1 a

2 1

F1 a

F1

Fig.3.4.4.1-4

B c 3

b

2 1

F2

Fig.3.4.4.1-5

8/6/2019 Rezi konyv


51

- Toate dimensiunile a, b, c sunt perpendiculare pe direcţia for ţeiF2, deci toate sunt braţe pentru F2, toate vor creea momente cu F2.

- Cum for ţa F2 împinge sistemul dinspre noi înspre partea opusă nouă, rezultă că fibrele întinse ale cadrului sunt situate înspre noi. Deaceastă parte vor fi reprezentate şi diagramele Mi.

În Fig.3.4.4.1-6, sunt puse la capetele intervalelor, momentele produse de for ţa exterioar ă F2.

R ămâne acum să stabilim natura momentelor şi să lereprezentăm grafic (Fig.3.4.4.1-2d,e).

Intervalul 1 - 2. Momentul F2a din secţiunea 2, este momentîncovoietor Mi.

Intervalul 2 - 3. Momentul F2a din secţiunea 2, este moment detorsiune Mt. În secţiunea 2, nu există moment încovoietor Mi.Momentul F2b din secţiunea 3, este moment încovoietor Mi, iar

momentul F2a din secţiunea 3, este moment de torsiune Mt. Intervalul 3 - B. Momentul F2b din secţiunea 3, este moment de

torsiune Mt. Momentul F2a din secţiunea 3, este moment încovoietor Mi. Momentul F2(a + c) din secţiunea B, este moment încovoietor, iar momentul F2b din secţiunea B, este moment de torsiune Mt.

Puse pe diagramă şi unind valorile momentelor de acelaşi tip, aurezultat diagramele de eforturi din Fig.3.4.4.1-2d,e. Se poate constatacă momente încovoietoare Mi există în mai multe plane, produse de F1 şi F2. Diagrama finală rezultată Mi este prezentată în Fig.3.4.4.1-2f.

B 3 3

F2 b F2 b F2 a

F2(a + c) F2 a F2 b

F2 a

22 1

0 F2 a 0

Fig.3.4.4.1-6

F2

8/6/2019 Rezi konyv


52

Pentru cazul prezentat, diagramele finale de eforturi N, T, Mi,Mt sunt cele reprezentate în Fig.3.4.4.1-2a,b,e,f.

S-a prezentat prin acest exemplu, o metodă simplă de trasare adiagramelor de eforturi pentru sistemele spaţiale, care nu necesită sisteme de axe, scrierea funcţiilor de eforturi, etc.

Dacă există intervale cu sarcini uniform distribuite, nu uitaţi că pe acele intervale, T variază liniar, iar Mi, parabolic. Pe celelalteintervale, efectul sarcinii distribuite este dat de rezultanta sarciniidistribuite (reamintiţi-vă valoarea rezultantei şi punctul ei deaplicaţie).

3.4.4.2 Pentru bara cotit ă din Fig.3.4.4.2-1, să se trasezediagramele de eforturi.

Nu calculăm reacţiunea din înţepenire, dar toate intervalele vor fi parcurse dinspre capătul liber spre înţepenire.

Notăm secţiunile caracteristice ale cadrului cu: 1, 2, 3, B(Fig.3.4.4.2-1), rezultând trei intervale: 1 - 2, 2 - 3, 3 - B.

Privind atent sistemul (cadrul şi încărcarea), diagramele

eforturilor N şi T se trasează foarte uşor. Toate intervalele suntneîncărcate (p = 0), de unde rezultă că N şi T sunt constante, iar M(Mi şi Mt) prezintă variaţie liniar ă.

Pe intervalele 1 - 2 şi 2 - 3, for ţa exterioar ă F produce eforttăietor care acţionează în plan vertical (de sus în jos), iar pe intervalul3 - B, for ţa F produce efort axial N, de compresiune. Efortul axial Nse poate reprezenta în diagramă în orice plan, iar efortul tăietor T îlreprezentăm în planul for ţei F, adică în plan vertical, deasupra barei

(pentru a fi de aceeaşi parte pe bar ă cu for ţa F).

Fig.3.4.4.2-1

b

B

a1

F

2 3

c

8/6/2019 Rezi konyv


53

Diagramele N şi T, sunt prezentate în Fig.3.4.4.2-2a, respectivFig.3.4.4.2-2b.

În diagrama N punem semn, iar în diagrama T nu mai punemsemn.

Să calculăm şi să trasăm acum diagramele de momente(încovoietoare Mi şi de torsiune Mt), diagrame care se obţin ceva maigreu.

Utilizăm aceeaşi metodă ca la exemplul precedent. Separ ăm celetrei intervale (Fig.3.4.4.2-3) şi calculăm valoarea momentelor lacapetele fiecărui interval. Să ne reamintim că, într-o secţiune (nucontează la care interval apar ţine), eforturile M sunt aceleaşi, dar de laun interval la altul pot fi de natur ă diferită (Mi → Mt sau Mt → Mi).

0 F b

F

F

F

F a

F

F

N T

a) b)

Fa F b

F b

F b

F

F a

F a

Mi Mt

c) d)

Fig.3.4.4.2-2

8/6/2019 Rezi konyv


54

Se poate constata că dimensiunile a şi b ale primelor două intervale, sunt perpendiculare pe suportul for ţei F şi ca urmare acestedimensiuni sunt braţe pentru for ţa F; ele creează momente împreună cu for ţa F. Dimensiunea c a celui de-al treilea interval (3 - B), este paralelă cu direcţia for ţei F, ceea ce înseamnă că dimensiunea c nu vafi braţ pentru F şi ca urmare nu există nici un moment dat de F cu c.

Aşadar, să începem cu ,

Intervalul (1 - 2).

În secţiunea 1, M1 = 0.În secţiunea 2, M2 = F a.

Valorile momentelor pentru acest interval, sunt trecute în Fig.3.4.4.2-3 la capetele intervalului. R ămâne să stabilim natura acestora. M2 =

Fa este moment încovoietor (este perpendicular pe planul format deF şi braţul b). Variaţia lui M1-2 este liniar ă, fibra întinsă fiinddeasupra. Diagrama aceasta este reprezentată în Fig.3.4.4.2-2c.

Intervalul (2 - 3). În secţiunea 2 a intervalului 2 - 3, există acelaşi moment M2 =

Fa care a existat şi în secţiunea 2 a intervalului 1 - 2. Momentul M2 =

Fa este scris la capătul intervalului 2 - 3 (Fig.3.4.4.2-3). Acestmoment este un moment de torsiune (este orientat în lungul barei 2 -3). În secţiunea 3 a intervalului 2 - 3, for ţa F creează două momente(pentru a ajunge în secţiunea 3, trebuie parcurse braţele a şi b): M1,3 =

Fa şi M2,3 = Fb. Momentele M1,3 şi M2,3 sunt puse în secţiunea 3 a

intervalului 2 - 3 (Fig.3.4.4.2-3). Momentul M1,3 = Fa este un moment

2

0 1

F

F a

2 3 3

B

F a F aF b

F b

F a

F aFig.3.4.4.2-3

8/6/2019 Rezi konyv


55

de torsiune, iar M2,3 = Fb moment încovoietor, fibra întinsă fiinddeasupra barei. De remarcat că în secţiunea 2 a intervalului 2 - 3, nuexistă moment încovoietor şi momentul M2 = Fa (încovoietor) dinsecţiunea 2 a intervalului 1 - 2, devine moment de torsiune în aceeaşisecţiune 2, dar a intervalului 2 - 3. Valorile momentelor determinate pentru intervalul 2 - 3, sunt trecute în diagrama din Fig.3.4.4.2-2c,respectiv Fig.3.4.4.2-2d şi apoi aceste valori sunt unite prin liniedreaptă (variaţie liniar ă). Diagrama Mt rezultată, poate fi reprezentată în orice plan.

Intervalul (3 - B). În secţiunea 3 a intervalului 3 - B există aceleaşi momente care

au existat şi în secţiunea 3 a intervalului 2 - 3. Acestea sunt trecute însecţiunea 3 a intervalului 3 - B (Fig.3.4.4.2-3). Pentru a ajunge lasecţiunea B, trebuie parcurse de la for ţa F (secţiunea 1) dimensiunilea, b şi c. Aşa cum s-a mai spus ceva mai devreme, dimensiunea c nuformează moment cu for ţa F. Rezultă că în secţiunea B nu apar momente suplimentare faţă de cele din secţiunea 3. În secţiunea B,există atunci numai momentele, M1,B = Fa şi M2,B = Fb. Ele sunttrecute în secţiunea B în Fig.3.4.4.2-3. Atât M1,B cât şi M2,B sunt

momente încovoietoare. Momentul încovoietor M1,3 = M1,B = Fa, dinsecţiunile 3 şi B, apleacă intervalul 3 - B dinspre noi înspre planul dinspate, întinzând fibrele situate înspre noi. În Fig.3.4.4.2-2c punemvalorile acestui moment la capetele intervalului de partea fibrei întinseşi unim aceste valori printr-o linie dreaptă, rezultând o variaţie liniar ă constantă (vezi Fig.3.4.4.2-2c).

Momentul încovoietor M2,3 = M2,B = Fb din ambele secţiuni (3şi B ale intervalului 3 - B), apleacă bara 3 - B spre stânga (în planul

barelor 2 - 3 şi 3 - B) întinzând fibrele din partea dreaptă. ÎnFig.3.4.4.2-3 punem valorile acestui moment la capetele intervalului 3- B de partea fibrei întinse (în partea dreaptă). Unim cu linie dreaptă valorile de la capătul intervalului 3 - B şi obţinem diagrama dinFig.3.4.4.2-2c (variaţie liniar ă constantă).

Am parcurs astfel întreaga bar ă cotită (din capătul liber până laînţepenire), rezultând diagramele de eforturi, prezentate în Fig.3.4.4.2-2.

8/6/2019 Rezi konyv


56

După cele două exemple prezentate (3.4.4.1 şi 3.4.4.2), consider că puteţi aborda cu curaj şi încredere orice sistem spaţial în vedereatrasării diagramelor de eforturi (vezi Cap.3E).

8/6/2019 Rezi konyv


57

3E. Diagrame de eforturi (Probleme propuse)

Pentru sistemele următoare să se traseze diagramele de

eforturi:

8 kN

300

12 kNm6 kN/m

2 m 4 m

3E.1

3E.2 6 kN7 kN/m

12 kNm

2 m 4 m

3E.3

8 kN

4 kN/m6 kNm

2 m 4 m

3E.410 kNm

9 kN/m10 kN

4 m 2 m

8/6/2019 Rezi konyv


58

10 kNm3E.5

8 kN/m

16 kN4 m 2 m

8 kNm3E.6 9 kN/m

4 kN1 m 3 m

3E.7 8 kN/m10 kNm

2 kN1 m 3 m 1 m

1 m

3E.8 10 kNm 10 kN/m

8 kN2 m1 m

8/6/2019 Rezi konyv


59

3E.9 1,5 pa 0,5 pa2

p

a 2 a a

3E.10 7 kN/m10 kNm

4 kN1,5 m 1 m2,5 m

pa

3E.12 p2pa2

a a 2a

1 m

3E.11

1 m 3 m

15 kN/m

5 kNm

10 kN

8/6/2019 Rezi konyv


60

8 kN1,2 m

3E.1312 kNm 6 kN/m

2 m 1,4 m

3E.144 kN/m

6 kNm6 kN

1m 5m 1m

2pa

3E.15 pa2

2p

1,8a 2,2a 2a

0,8m

3E.164 kN

7 kN/m2 kNm

1,2m1m

1m2m1m

12 kN/m3E.17 6 kNm

8 kN

8/6/2019 Rezi konyv


61

3E.184 kNm

6 kN/m

8 kN2m2m 1m

3E.194 kN

4 kNm

10 kN1m1m 4m

8 kN

3E.20

4 kNm6 kN/m

1m 1m2m

8/6/2019 Rezi konyv


62

2pa

3E.21p pa

2

2a a 3a

1m 1m1m

3E.226 kN/m

9 kN 3 kNm

3m

3E.23pa

a 2a2a

p

3pa 4pa3E.24 2p

a

a a a2a

3E.25 pa p

2a3a

a

6a 2a

8/6/2019 Rezi konyv


63

2p

3E.267p 2pa

2

2a2a2a

1m

3 kN3E.27

3 kN/m 9 kN

1,5m 1,5m 1,5m

3E.28

6 kN/m

12 kN/m

3m 2m

3E.29 6 kN/m

2m 2m 1m

3E.3010 kN

2 kNm8 kN/m

600

2m 2m1m

8/6/2019 Rezi konyv


64

3E.32 3 kN

1,5 kN/m

2 kNm

2 m

1,5 m 1,5 m

1,5 m

3E.3320 kN/m

50 kN

20 kN

1m1m

2m

2m

3m

4m

3E.31 pa

2a

a

a

a

p

8/6/2019 Rezi konyv


65

3E.34 2pa2

2pa

p

4a

4a4a

2a

a

a

3E.35

pa

p

2aa

3E.36 2 kN/m

3 kN

2m

1m1m1m

8/6/2019 Rezi konyv


66

3E.37 3 kN

2 kN/m

1,5m

1m

300

3 m

3E.38 Fa/2 a/2

a a

3E.39F a/2 a/2

h h

8/6/2019 Rezi konyv


67

3E.40 p

3a

4a3aa

3E.41

a/2 a/2

h h

p

8/6/2019 Rezi konyv


68

9.1.42

R

F

2F3E.42

R

F

2F

3E.43

R

M

3E.44

R2F

F

3E.45

p

R

8/6/2019 Rezi konyv


69

3E.46

F

R

3E.47

Fa

2a 2a

3E.4810 kN

4 kN/m1m

1m

8/6/2019 Rezi konyv


70

3E.49

a

2F

F

3F

2a

3E.50

a

2aa

p p

pa

4pa

2a

p

3E.51

F

p

aa

2a

2aa

a

p

3E.52

F

p

8/6/2019 Rezi konyv


71

2a

3E.53 F2F

2a

a

a

p

3E.54p =2P/a

F

P

a

a

2a

2a

a

3E.55

F

P

a

a

2a

3E.56

4a

2FF

8/6/2019 Rezi konyv


72

a

a

a

a

3E.57

p

pa

a

F1

3E.58

F1

F2

a

a

a

F3E.59F

F

a

2a

3E.60

2a

a

F a

8/6/2019 Rezi konyv


73

P = 20 kW, n = 100 rot/min, S1 = 2S2, T1 = 2T2, D1= 400 mm, D2

= 600 mm.

P = 12 kW, n = 110 rot/min, S1 = 2S2, T1 = 2T2, D1 = 500 mm,

D2 = 700 mm.

P = 16 kW, n = 90 rot/min, D1 = 600 mm, D2 = 900 mm.

3E.61

S2

T2

S1

T1

100 150

1 2

260

3E.62

S1

S2

T1

T2

12

100 150 120

3E.63

S1

S2

1 2

200 240 190

8/6/2019 Rezi konyv


74

P = 50 kW, n = 150 rot/min, D1 = 600 mm, D2 = 400 mm, T1 =

3T2

P = 70 kW, n = 300 rot/min, D1 = 400 mm, D2 = 600 mm, S1 =

3S2, T1 = 2T2


3S2, T1 = 2T2

3E.64

S

T1

T2

300300 100

3E.65

200500100S2

S1

T1

T2 1 2

3E.66

S1

S2

T1

T2

300 300 200

1 2

8/6/2019 Rezi konyv


75


2S2, T1 = 3T2.

P1 = 80 kW, P2 = 30 kW, P3 = 50 kW, n = 400 rot/min, D1 = 320

mm, D2 = 480 mm, D3 = 4000 mm.

P = 40 CP, n = 750 rot/min, P1 = 6 CP, P2 = 18 CP, P3 = 16 CP,

D1 = 400 mm, D2 = 800 mm, D3 = 400 mm, G1 = 80 daN, G2 = 200daN, G3 = 80 daN.

3E.67

T1

T2

S1

S2

200 300 300

21

3E.68

3E.69

ME

1 2 3

200 200400 400

2T1

T1 2T2T2

2T3

T3

P

12

3

T2T1 T3

4T33T2

200 500 500 300

8/6/2019 Rezi konyv


76

P1 = P2 = 100 CP, n = 200 rot/min, D1= 800 mm, D2 = 1.000

mm, G1 = 60 daN, G2 = 120 daN.

500

3E.70

750 750

1 230

0

450

T1

2T1

T2

2T2

1 2

8/6/2019 Rezi konyv


77

3R. Diagrame de eforturi (R ăspunsuri)

14

3R.2 6 kN7 kN/m

12 kNm

2 m 4 m

20 kN14 kN

2 m

-6-14

-12-12

2

Mi [kNm]

T [kN]

-8

8 kN30

0

12 kNm6 kN/m

2 m 4 m

15 kN 13 kN

6,93

-4

11

-13

1,83 m

4

14,1

Mi [kNm]

T [kN]

N [kN]

3R.1

6,93 kN

8/6/2019 Rezi konyv


78

1,88 m

8

3R.3

8 kN

4 kN/m6 kNm

2 m 4 m

7,5 kN 8,5 kN

T [kN]

Mi [kNm]

8 7,5

-8,5

15,03

6

-10

3R.410 kNm

9 kN/m10 kN

15,5 kN 30,5 kN

4 m 2 m

15,5 1010

-20,51,72 m

-20

T [kN]

Mi [kNm]

13,35

8/6/2019 Rezi konyv


79

16

10 kNm3R.5

T [kN]

8 kN/m

16 kN

22,5 kN

9,5 kN

4 m 2 m

2,81 m

Mi [kNm]

22,55

-9,5-16

-10

21,64

1,13

-8

9,13

3R.68 kNm

9 kN/m

4 kN1 m 3 m

9,13 kN 13,87 kN

T [kN]

Mi [kNm]

13,13

-13,87

1,46 m

10,7

8/6/2019 Rezi konyv


80

2

1,37 m

3R.7 8 kN/m

T [kN]

10 kNm

2 kN1 m 3 m 1 m

Mi [kNm]

18,7 kN 11,3 kN

10,7

-8-13,3

2

4

3,1

8

2,75

4,25

0,92 m

1 m

3R.8

Mi [kNm]

10 kNm10 kN/m

8 kN2 m1 m

12,25

19,25 kN 2,75 kN

-10,75

-2,75T [kN]

14,25

8,5

8/6/2019 Rezi konyv


81

-1,5 pa

0,33 pa2

0,34 pa2

0,83 a

3R.9 1,5 pa 0,5 pa2

p

a 2 a a

2,17 pa

-0,83 pa-1,5 pa

3,67 pa 0,83 pa

T

Mi

1,5 pa2

0,83 pa2

10,125

1,71 m

3R.10

T [kN]

7 kN/m 10 kNm

4 kN

12 kN12 kN

Mi [kNm]

1,5 m 1 m2,5 m

12 5,5

1,5

-12 -12

12,28

2

10

8/6/2019 Rezi konyv


82

1 m

3R.11

1 m 3 m

1,8 m

10 KN

15 kN/m

5 kNm

17 kN33 kN

T [kN]

Mi [kNm]

17

27

-18-33

17

41,3

30,5

25,5

0,38 pa2

0,8 pa2

3R.12

pa

p2pa

2

a a 2a

1,13pa 0,87pa

1,13pa 1,13pa

-0,87pa

0,87a

2 pa2

0,13pa

0,25 pa2

T

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


83

1,2 m

3R.1312 kNm 6 kN/m

8 kN2 m 1,4 m

0,71 m

15 kN 3,8 kN

T [kN]

Mi [kNm]

-7,2

7,8

-4,2

-8 -8

4,3

7,7

12,711,2

3R.14 4 kN/m6 kNm

6 kN

6 kN

24 kN

1m 5m 1m

1,5 m

6

106

14

8

16,5

6

12

T [kN]

Mi [kNm]

8/6/2019 Rezi konyv


84

5,87pa2

0,9pa4,4pa

2pa

3R.15 pa2

2p

4,4pa

1,5pa

-3,5pa-1,5pa

4,87pa2

6,07pa2

3pa

2

1,8a 2,2a 2a

1,75a

T

Mi

1,1

0,8m

3R.16

-4

4 kN

7 kN/m2 kNm

14 kN4 kN

-4-4

10

1,2m1m

0,55m

4

3

1

T [kN]

Mi [kN]

8/6/2019 Rezi konyv


85

1m2m1m

12 kN/m3R.17

25,33 kN

6 kNm

8 kN

2,67 kN

1,11 m

T [kN]

Mi [kNm]

-12

13,33

-10,67

-2,67

6

1,4

3,34 6

1,5m

3R.184 kNm

6 kN/m

8 kN

1 kN15 kN

T [kN]

Mi [kNm]

2m2m 1m

-9

15

-8

1817

814

8/6/2019 Rezi konyv


86

-7,2

12,8

1,8m

3R.19 4 kN4 kNm

10 kN

12,8 kN2,8 kN

1m1m 4m

-10

12,8

16,48

10

8,8

T [kN]

Mi [kNm]

3,25

7,75

3,75

0,625m

8 kN

3R.20

4 kNm6 kN/m

3,75 kN 6,25 kN

1m 1m2m

-8,25-6,25

-0,25

4

8,92

T [kN]

Mi [kNm]

8/6/2019 Rezi konyv


8/6/2019 Rezi konyv


88

4pa3pa

0,0625pa2

0,5pa2

1,75pa

2

-0,5pa

3,5pa

-3pa

3R.24 2p

6,5pa 2,75pa 1,75pa

-3pa

2,25pa

-1,75pa

3pa2

a

a a a2a

0,25a

T

Mi

-2pa-pa

3R.23pa

pa

-2pa

pa

a

pa2

5pa2

0,5pa2

T

Mi

a 2a2a

p

8/6/2019 Rezi konyv


89

0,25pa2

2pa2

-pa

3pa

2p

3R.267p

2pa2

3pa

3pa

-4pa

3pa

3pa

1,5a1,963a

2a2a2a

3,92pa2

2pa2

T

Mi

3,225a

2pa2

-1,2pa

2pa0,8pa

3R.25 pa p

0,8pa 2pa 4,13p

-2,13pa

2,4pa2

1,2pa2

0,66pa2

T

Mi

2a3a

a

6a 2a

0,8pa

8/6/2019 Rezi konyv


90

0,75m

1m

0,843

9,75

-4,75

8,75

-2,25

3 kN3R.27 3 kN/m 9 kN

2,25 kN 20 kN

2,25

-8,25-11,25

4,25

-9,25

10,5

T [kN]

Mi [kNm]

1,5m 1,5m 1,5m

1,154m

3R.286 kN/m

12 kN/m

4 kN

17

20

8

-4

51

3,08

T [kN]

Mi [kNm]

3m 2m

8/6/2019 Rezi konyv


91

3

-6

3R.29 6 kN/m

2m 2m 1m

1m18

-12

6

24

9

T [kN]

Mi [kNm]

5

3R.3010 kN

2 kNm8 kN/m

600

2m 2m1m

8,66 8,66

-5

8 kN

3 5 3 5

-12 50,43m

7 9

0,76

N [kN]

T [kN]

Mi [kNm]

8/6/2019 Rezi konyv


92

3R.31 pa

0,25pa

pa

3,25pa

2a

a

a

a

pa

pa+

_

pa

3,25papa

pa

0,25pa

2,25pa

pa2

pa2

pa2

2,5pa2

1,5pa2

N

T

Mi

3R.32 3 kN

1,5 kN/m 2 kNm

1,67 kN

3 kN

1,33 kN

2 m

1,5 m 1,5 m

1,5 m

8/6/2019 Rezi konyv


93

0,4953

3

-

-

-

1,67

1,67 1,33

1,33

1,67

1,33

1,67

33

3

2,5

4,5

N [kN] T [kN]

Mi [kNm]

50 kN

3R.3320 kN/m

20 kN

30 kN

57,5 kN

42,5 kN

1m1m

2m

2m

3m

4m

8/6/2019 Rezi konyv


94

-

--

57,5

57,5 42,5

42,5

2020

20

20

20

20

20

37,5

42,5

2,125m

25,15

30

30

10

60

N [kN] T [kN]

Mi [kNm]

20

8/6/2019 Rezi konyv


95

2pa2

1,5a

-

-

1,5pa

1,5pa

1,5pa

2,5pa

2,5pa

2,5pa

2pa

2pa

2pa2

3,25pa2

4pa2

N T

Mi

1,5pa

3R.34 2pa2

2pa

p

2pa

2,5pa

4a

4a4a

2a

a

8/6/2019 Rezi konyv


96

2pa2

2pa2

-

a

3R.35

pa

p

2aa

+

pa pa

pa

pa

pa pa

pa

pa pa

1,5pa2

2,5pa2

0,5pa2

0,5pa2

N

T

Mi

3R.362 kN/m

3 kN

2m

1m1m1m

1,83 kN 3,17 kN

8/6/2019 Rezi konyv


97

1,17

1,83

0,66

-

2

2

2

2 2

2

2

2

21,83

1,83

1,17

N [kN]

T [kN]

Mi [kNm]

3R.37 3 kN

2 kN/m

1,5m

1m

300

3 m

+

-

6

6

1,5

1,5

3

2,6

2,6

N [kN] T [kN]

8/6/2019 Rezi konyv


98

6,75

6,75

Mi [kNm]

9

2,25

3R.38 F

F/2F/2

F/2 F/2

a/2 a/2

a a

Fa/4

-

--

F/2

F/2

F/2 F/2

F/2

F/2 F/2

F/2

N

F/2

F/2

F/2

F/2

T

Fa/4 Fa/4

Fa/4

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


99

3R.39 F

F/2 F/2

Fh/a Fh/a

a/2 a/2

h h

Fh/a F/2-

+ -

F/2

F/2

F/2

F/2

Fh/a

Fh/a

Fh/a Fh/a Fh/2

Fh/2Fh/2

Fh/2

NT

Mi

3R.40

2pa

1,83pa

5pa

1,83pa

p

3a

4a3aa

8/6/2019 Rezi konyv


100

5,5pa2

2a

-

-

5pa

5pa

1,83pa1,83pa

4pa

pa

1,83pa

2pa

6pa2

0,5pa2

2pa2

N T

Mi

3R.41

a/2 a/2

h h

pa/2 pa/2

pa2 /8h

pa2 /8h

pa2 /8h -

- -

pa/2 pa/2

pa/2pa/2pa/2

pa/2

pa2 /8h

pa2 /8h pa

2 /8h

pa2 /8h

pa2 /8h

pa2 /8 pa

2 /8

pa2 /8 pa

2 /8

N T

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


101

3F

3R.42

R

F

2F

F-3F

F

FR

4FR

NT

Mi

3R.43

R

M

-M/2R M/2R

M/2RM/2

M/2

N T Mi

8/6/2019 Rezi konyv


102

3R.45

p

R

2,24F

1160

3R.44

R2F

F

-F F

2F 2,24F

116

0

F

2F 2F

2FR

1,235FR

N T

Mi

116

0

8/6/2019 Rezi konyv


103

3pR2 /2

pR

-pR

pRpR

pR

pR2 /2

pR2 /2

pR2 /2

pR2 /2

N T

Mi

3R.46

F

R

-FF

F

F

FR

2FR

FR

N

TMi

8/6/2019 Rezi konyv


104

3R.47

F

F

FF

a

2a 2a

2,41Fa

F

F-F

-F

-FF

F

F

F

450

1,41F

450

450

2Fa

N T Mi

2Fa

3R.4810 kN

10 kN

12 kN

4 kN/m 1m

1m

8 kN

8

-10

12

8

10

810

18

T [kN]

N [kN]

Mi [kNm]

8/6/2019 Rezi konyv


105

-4pa

2pa

papa

-4pa

pa

pa

pa

pa

2pa

N T

+

2Fa6Fa

F

F+

3F

3F

F

3F3F

F

2F

2F

2Fa

Fa

4Fa

FaFa

2Fa

N T

Mi Mt

a

3R.49

2F

F

3F

2a

a

2aa

p

3R.50

p

pa4pa

8/6/2019 Rezi konyv


106

2pa2

Fa

pa

2a

p

3R.51

F

p

a

a

2a

F

F

F

F

F

-pa

-pa

Fa

Fa

Fa

Fa

Fa

Fa

Fa

Fa

Fa

2pa2

2pa2

N

T

MiMt

2pa22pa

2

pa2pa

2

2pa2

2pa2 2pa

2

MiMt

pa2

8/6/2019 Rezi konyv


107

Fa

F

2aa

a

p

3R.52

F

+F+F

F

papapa

2 /2

2pa2

Fa

Fa

pa2 /2pa

2 /2

N

TMi

Mt

p

Fa

2Fa

5Fa

2a

3R.53 F2F

2a

a

a

+2F

+2F

2F

2F

F

FF

2F+2pa

2Fa

2Fa

2Fa

4Fa+2pa2

p

N

TMi

Mt

5Fa

8/6/2019 Rezi konyv


108

Fa

F F

F

3R.54p =2P/a

F

P

a

a

2a

+P +P

+P +P P

P F

Fa3Fa

Pa

3Pa

Fa

Fa

NT

Mi

Mt

Fa

2Fa

Pa

P2a

a

3R.55

F

P

a

+P+P P

F

FF

F

2Pa

Fa

FaFa

FaN T

Mi Mt

8/6/2019 Rezi konyv


109

2Fa

a

2a

3R.56

4a

2FF

2F

2F

2F

2F

2F

F

2F

F

FF

F

2Fa

Fa

Fa

2Fa 2Fa

2Fa

4Fa

4Fa

4Fa

7Fa

4Fa

4Fa

N T

MiMt

a

a

a

a

3R.57p

pa

pa

pa

pa

2pa

2pa

T

8/6/2019 Rezi konyv


110

F1a

F2a

F2a

F1a

F1

a

F1

3R.58

F1

F2

a

a

-F1

F1

-F1

+F1

+F1

+F2+F2

F1F1

F1

F2

F2

F2

N T

F2a

F2a

F2a

F1aF1a

F1aF1a

Mi Mt

pa2 pa

2

pa2

0,5pa2

1,5pa2

pa2

pa2

pa2

0,5pa2

0,5pa2

MiMt

8/6/2019 Rezi konyv


111

F

F

F

Fa

FaFa

a

F

3R.59

F

F

a

2a

FaFa

Fa

Fa

N

T

F F

F

F

F

F

F

F

F

Mi

Mt

Fa

Fa

Fa

FF

F

2a

a

3R.60

F a

F

Fa

Fa

Fa

T

Mi Mt

8/6/2019 Rezi konyv


112

3R.61

0,56

1,91 1,91

2,30,84

2,02

M [kNm]

3R.62

3S2T2D2 /23T2

100 150 120

1,25

1,071

Mi [kNm]

Mt [kNm]1,041,04

S2D1 /2 T2D2 /23T2

100 150260

3S2

S2D1 /2

8/6/2019 Rezi konyv


113

3R.63

1,69

0,617

0,716

1,69

Mi [kNm]

Mt [kNm]

3R.64

300S1

S1S2

200 240 190

450S2

300S

S

4T2

300300 100

400T2

3,171,58

3,17 3,17

M [kNm]

8/6/2019 Rezi konyv


114

3R.65

2,217

4,43

2,217

2,217

Mi [kNm]

Mt [kNm]

3R.66

200S2300T

2

200500100

S2

3T2

300T2

4S2

3T1

300300 200

400S2

3,8

7,125

5,7

2,85

2,85

3,8

Mi [kNm]

Mt [kNm]

8/6/2019 Rezi konyv


115

2,85 2,85

5,74,275

2,85

M [kNm]

4T2 5T3

T1

Mt2

Mt1

Mt3

200 500 500 300

1,193

2,02

0,413

3,673

0,716 0,716

1,193 1,193

Mi [kNm]

Mt [kNm]

3R.67

300S2

4T2

3S2

200 300 300

400T2

3R.68

8/6/2019 Rezi konyv


116

G1 G3G2+3T2

200 200 400 200

FV

MiV [kNm]

0,16

MiH [kNm]

Mt [kNm]

0,16

0,4928

3T3

3T1

FH

0,1685

0,3089 0,4494

0,0561

0,2274

0,3745

3R.69

8/6/2019 Rezi konyv


117

unde:

F1V = G1 +3T1sin300, F2V = G2 + 3T2sin45

0, F1H = -3T1cos30

0,

F2H = 3T2cos450

F1V F2V

500 750 750

FV

6,883

25,945

MiV [kNm]

MiH [kNm]

Mt [kNm]

F2H

FH

F1H

11,402 11,287

3,511 3,511

3R.70

8/6/2019 Rezi konyv


118

4. CARACTERISTICI GEOMETRICE ALE

SUPRAFEŢELOR PLANE

4.1 Consideraţii generale

În relaţiile de calcul ale tensiunilor din secţiunile transversale aleelementelor de rezistenţă solicitate, precum şi în formulele de calcul adeformaţiilor acestora, intervin nişte mărimi, numite caracteristici

geometrice.

În cazul barelor drepte solicitate numai de efort axial (deîntindere sau compresiune), caracteristica geometrică este aria A asecţiunii transversale a barei.

În cazul elementelor de rezistenţă solicitate la torsiune sau laîncovoiere pur ă, caracteristicile geometrice care intervin, depind atâtde mărimea ariei, forma secţiunii cât şi de poziţia suprafeţei secţiuniifaţă de planul for ţelor exterioare.

Fie, spre exemplu, aceeaşi bar ă solicitată de acelaşi sistem defor ţe exterioare, dar aşezată faţă de sistemul for ţelor în două variante(Fig.4.1-1).

Cu toate că barele sunt identice, se constată că cea din Fig.4.1-1a prezintă o rezistenţă la încovoiere mai mare, dar în acelaşi timp,

FF

a) b)

Fig.4.1-1

h

b

b

h

l l

8/6/2019 Rezi konyv


119

deplasarea capătului liber este mai mică decât la cea din Fig.4.1-1b.Rezultă din acest exemplu, că deşi aria şi forma suprafeţei secţiuniitransversale ale celor două bare sunt identice, ele prezintă o rezistenţă mecanică şi rigiditate la încovoiere, diferite. Această comportarediferită, se explică prin aceea că prin modificarea poziţiei secţiuniitransversale faţă de planul for ţelor, s-au modificat caracteristicilegeometrice ale secţiunii transversale ale barei.

Cunoaşterea mărimii caracteristicilor geometrice ale suprafeţeisecţiunilor transversale ale elementelor de rezistenţă, este foartenecesar ă, pentru efectuarea unui calcul de rezistenţă corect.

În calculul de rezistenţă sau de rigiditate ale elementelor derezistenţă solicitate, intervin în principal următoarele caracteristicigeometrice ale suprafeţei secţiunii transversale:• momentele statice,• momentele de iner ţie

- axiale- centrifugale- polare

• raza de iner ţie (giraţie),• modulele de rezistenţă.

Pentru a putea ajunge la faza de definire a principalelor etape pentru determinarea caracteristicilor geometrice ale suprafeţelor plane, să abordăm această problemă în mod invers, e drept puţin camciudat acest mod de abordare. Optăm pentru acest mod cu scopul de aînţelege mai bine de ce avem nevoie în calculele de rezistenţă deaceste caracteristici geometrice.

Ne aducem aminte, că pentru calculul de rezistenţă şi rigiditateeste necesar să se cunoască momentele de iner ţie principale I1 şi I2.

Momentele de iner ţ ie principale I1 şi I2, se determină din relaţia:

I I I I I I

z y zy z y

1 2 212

2 24 , ( )= ± − ++

4.1-1

Dar cine sunt Iz, Iy, Izy în relaţia 4.1-1 ? Nu sunt altcineva decâtmomentele de iner ţie axiale faţă de axa Gz, respectiv Gy (Iz respectivIy) şi momentul de iner ţie centrifugal (Izy) faţă de sistemul central deaxe zGy (G fiind centrul de greutate al suprafeţei secţiunii).

8/6/2019 Rezi konyv


120

Iată că trebuie acum să stabilim centrul de greutate G al suprafeţeisecţiunii, precum şi valoarea momentelor de iner ţie Iz, Iy, Izy. Dar cumsuprafaţa secţiunii transversale a elementului de rezistenţă este unaoarecare, ne punem întrebarea: cum determinăm pe Iz, Iy şi Izy ?

Aceste caracteristici se pot determina cu relaţia lui Steiner, dar numai dacă sunt cunoscute momentele de iner ţie ale suprafeţelor simple care formează suprafaţa secţiunii. Relaţiile lui Steiner, sunt:

I I c A I c A z z z= + + + +1 21

21 2

22 ...

I I d A I d A y y y= + + + +1 21

21 2

22 ... 4.1-2

I I c d A I c d A zy z y z y= + + + +1 1 2 21 1 1 2 2 2 ...

unde: I I I I I I z z y y z y z y1 2 1 2 1 1 2 2, , , , , ,... sunt momentele de iner ţie (axiale,

respectiv centrifugale) ale suprafeţelor simple ce compun suprafaţasecţiunii transversale,

c1, c2, ... - distanţa dintre axa centrală Gz şi axele centrale propriiG1z1, G2z2, ... ale suprafeţelor simple componente,

d1, d2, ...- distanţa dintre axa centrală Gy şi axele centrale proprii

G1y1, G2y2, ... ale suprafeţelor simple componente.După cum se poate constata, este nevoie să se cunoască momentele de iner ţie ale suprafeţelor simple ce compun suprafaţasecţiunii transversale. Principalele caracteristici geometrice ale celor mai uzuale suprafeţe, sunt prezentate în Tabelul 4.2-1.

Cu ajutorul caracteristicilor geometrice prezentate până acuma,se pot determina:

Modulele de rezisten ţă:

W W

W W

z I

y z I

y

y I

z y I

z

z z

y y

,m in ,m a x

,m in ,m a x

m a x m in

m a x m in

;

;

= =

= =4.1-3

unde:ymax - distanţa de la axa centrală Gz până la fibrele extreme cele

mai îndepărtate,ymin - distanţa de la axa centrală Gz, până la fibrele extreme cele

mai apropiate,

8/6/2019 Rezi konyv


121

zmax - distanţa de la axa centrală Gy, până la fibrele extreme celemai îndepărtate,

zmin - distanţa de la axa centrală Gy, până la fibrele extreme celemai apropiate.

Raza de iner ţ ie (giraţie) este definită astfel:

i i z

I

A y

I

A z y

= =; 4.1-4

În calculele de rezistenţă intervine uneori şi momentul static al

unei suprafeţe faţă de o axă . Momentul static al unei suprafe ţ e fa ţă de o ax ă , este egal cu produsul dintre aria acelei suprafe ţ e şi distan ţ ade la centrul de greutate al suprafe ţ ei până la axa respectivă .

Momentul static al suprafeţei haşurate faţă de axa z (Fig.4.1-2)este:

Sz = A d = b h d 4.1-5

Alte caracteristici geometrice şi în special pentru suprafeţe simple,sunt prezentate în paragraful 4.2.

G b

h

z

d

Fig.4.1-2

8/6/2019 Rezi konyv


122

4.2 Caracteristici geometrice ale unor suprafeţe

simple

În Tabelul 4.2-1, se prezintă unele caracteristici geometrice pentru câteva suprafeţe simple, des întâlnite în practica inginerească.Tabelul 4.2-1

Suprafaţa Iz Iy Izy Ip Wz,min Wy,min Wp

y

h z

b

Bh3/12 b3h/12 0 Iz+Iy bh2/6 b2h/6 -

y

a z a4/12 a4/12 0 a4/6 a3/6 a3/6 -

Πd4/64 Πd4/64 0 Πd4/32 Πd3/32 Πd3/32 Πd3/16

Πd4(1-k 4)/64

Πd4(1-k 4)/64 0

Πd4(1-k 4)/32

Πd3(1-k 4)/32

Πd3(1-k 4)/32

Πd3(1-k 4)/16

Y bz

h z Bh3/36 b3h/36 b2h2/72 Iz+Iy bh2/24 b2h/24 -

a

z

d

y

z

d/D=k

d

D

2h/3

8/6/2019 Rezi konyv


123

4.3 Etape pentru determinarea caracteristicilor

geometrice ale suprafeţelor plane

Pentru determinarea principalelor caracteristici geometrice alesuprafeţelor plane, caracteristici care într ă în calculul de rezistenţă şirigiditate ale diferitelor elemente de rezistenţă, este bine să se parcurgă următoarele etape:

a) Prima etapă const ă în determinarea centrului de greutate al suprafe ţ ei pentru a cunoa şte pe unde trec direc ţ iile centrale ( şiulterior cele principale) de iner ţ ie. Pentru determinarea centrului de greutate al suprafe ţ ei, se procedează astfel:

- împă r ţ im suprafa ţ a pe care o avem în suprafe ţ e simple (pă trat,dreptunghi, cerc, etc.) la care să se cunoască aria suprafe ţ ei şi pozi ţ iacentrului de greutate,

- not ă m suprafe ţ ele simple stabilite, cu 1, 2, 3, ...,- pozi ţ ionă m centrul de greutate al suprafe ţ elor simple şi le

not ă m cu G1 , G2 , G3 , ...,- pentru fiecare suprafa ţă simpl ă , ducem sistemul de axe

central: z1G1y1, z2G2y2, z3G3y3 , ...,- luă m un sistem de axe perpendiculare z

0Oy

0fa ţă de care

calcul ă m pozi ţ ia centrului de greutate G al suprafe ţ ei compuse(ini ţ iale). Este recomandat ca axa Oz0 să treacă prin punctele celemai de jos ale suprafe ţ ei, iar axa Oy0 , prin punctele cele mai din stânga. La un astfel de sistem de referin ţă , toate coordonatelecentrelor de greutate G1 , G2 , G3 , ... ale suprafe ţ elor simple, vor aveaîn rela ţ iile de calcul ale centrului de greutate a suprafe ţ ei compuse,numai semnul + (plus),

- se calculează pozi ţ ia centrului de greutate a suprafe ţ eicompuse, cu rela ţ iile:

yG

A y

A

A y A y A y A

i i

i tot =

∑∑ =

± + ± + ± +( ) ( ) ( ) ...1 1 2 2 3 3

4.3-1

zG

A z

A

A z A z A z

Ai i

i tot

=∑

∑

=± + ± + ± +( ) ( ) ( ) ...1 1 2 2 3 3

4.3-2

8/6/2019 Rezi konyv


124

unde: A1 , A2 , A3 , ..., -ariile suprafe ţ elor simple stabilite, y1 , y2 , y3 , ..., -distan ţ a dintre axa de referin ţă Oz0 şi axele

G1z1, G2z2, G3z3 , ..., z1 , z2 , z3 , ..., -distan ţ a dintre axa de referin ţă Oy0 şi axele G1y1,

G2y2, G3y3, ....

În rela ţ iile 4.3-1 şi 4.3-2 la A1, A2 , A3 , ..., s-a pus semnul ± deoarece în aceste rela ţ ii, ariile suprafe ţ elor simple stabilite intr ă cu semn, după cum urmează :

- semnul + (plus) pentru suprafe ţ e pline,- semnul − (minus) pentru suprafe ţ e goluri. După determinarea centrului de greutate G al suprafe ţ ei

compuse, acesta se pozi ţ ionează pe sec ţ iunea compusă şi se duc axelecentrale Gz şi Gy.

Se poate trece acum la determinarea principalelor caracteristicigeometrice ale suprafeţei. Mai întâi:• Se determină distan ţ ele dintre axa central ă Gz şi axele G1z1, G2z2,

G3y3 ,.... Aceste distan ţ e se notează cu c1 , c2 , c3 , ...,• Se determină distan ţ ele dintre axa central ă Gy şi axele G

1y

1, G

2y

2,

G3y3 , .... Aceste distan ţ e se notează cu d 1 , d 2 , d 3 ,.... Distan ţ ele ci situate sub axa central ă Gz au semnul − (minus), iar distan ţ ele d i aflate la stânga axei centrale Gy , au de asemenea semnul − (minus).

b) Determinarea momentelor de iner ţ ie axiale şi centrifugale,se face cu relaţiile lui Steiner:

I I c A I c A z z z= ± + ± ± + ± ±1 21

21 2

22( ) ( ) ... 4.3-3

I I d A I d A y y y= ± + ± ± + ± ±1 21

21 2

22( ) ( ) ... 4.3-4

I I c d A I c d A zy z y z y= ± + ± ± + ± ±1 1 2 21 1 1 2 2 2( ) ( ) ... 4.3-5

unde:

8/6/2019 Rezi konyv


125

I I z z1 2, , ... sunt momentele de iner ţie axiale ale suprafeţelor

simple, calculate faţă de axele lor centrale G1z1, G2z2,... (vezi şiTabelul 4.2-1)

I I y y1 2, , . . . sunt momentele de iner ţie axiale ale suprafeţelor simple, calculate faţă de axele lor centrale G1y1, G2y2,...(vezi şiTabelul 4.2-1),

I I z y z y1 1 2 2, , . . . sunt momentele de iner ţie centrifugale ale

suprafeţelor simple, calculate faţă de sistemul de axe central propriuz1G1y1, z2G2y2, ... (vezi şi Tabelul 4.2-1),

Unitatea de măsur ă pentru Iz, Iy, Izy, este [m4]. În construcţia demaşini se utilizează de obicei [mm4] sau [cm4].Atenţie: Pentru suprafe ţ ele goluri, la Iz i , Iyi , Iz i yi , se pune semnul −(minus) iar distan ţ ele ci şi d i intr ă şi ele cu semn.

Toate suprafeţele care au cel puţin o axă de simetrie, au Izy=0(vezi şi Tabelul 4.2-1).

c) Având cunoscute momentele de iner ţie axiale, se potdetermina razele de iner ţ ie (giraţie) ale suprafeţei, utilizând relaţiile:

i z I

A z

= > 0 4.3-6

i y I

A y

= > 0 4.3-7unde:

A -aria totală a secţiunii.Raza de iner ţie se măsoar ă în [m], [mm] sau [cm].

d) Modulele de rezisten ţă faţă de axele centrale Gz şi Gy, secalculează cu relaţiile:

W W z

I

y z

I

y

z z

,min ,maxmax min

;= = 4.3-8

W W y

I

z y

I

z

y y

,min ,maxmax min;= = 4.3-9

8/6/2019 Rezi konyv


126

unde:ymax respectiv ymin - distanţa de la axa centrală Gz până la fibrele

extreme cele mai îndepărtate, respectiv fibrele extreme cele maiapropiate,

zmax, zmin - distaţa de la axa centrală Gy până la fibrele extremecele mai îndepărtate, respectiv fibrele extreme cele mai apropiate.

Unitatea de măsur ă pentru modulul de rezistenţă este [m3], dar în construcţia de maşini, frecvent se utilizează unităţile [mm3] sau[cm3].

e) Valorile momentelor de iner ţ ie axiale şi centrifugale faţă deun sistem de axe central z1Gy1 rotit cu un unghi α faţă de sistemulcentral zGy, pot fi determinate cu relaţiile:

I I I I I I z z y z y zy1

12

12 2 2= + + − −( ) ( ) cos sinα α 4.3-10

I I I I I I y z y z y zy1

12

12 2 2= + − − +( ) ( ) cos sinα α 4.3-11

I I I I z y z y zy1 1

12 2 2= − +( ) sin cosα α 4.3-12

f) Există un sistem de axe central 1G2 rotit cu unghiul α1 faţă desistemul central zGy, faţă de care momentele de iner ţie axiale Iz, Iy, auvalori extreme (maxime, respectiv minime) şi faţă de care momentulde iner ţie centrifugal Izy este nul. Acest sistem central de axe este un sistem central principal , axele acestuia sunt axe centrale principale

de iner ţ ie, iar momentele de iner ţie axiale faţă de aceste axe, senumesc momente de iner ţ ie axiale principale.

Valoarea momentelor de iner ţie principale, notate cu I1,respectiv I2, se determină cu relaţiile:

I I I I I I I z y z y zy112

12

2 24 0= + + − + = >( ) ( ) max 4.3-13

I I I I I I I z y z y zy212

12

2 24 0= + − − + = >( ) ( ) min 4.3-14

8/6/2019 Rezi konyv


127

Dacă ne interesează şi poziţia direcţiei principale de iner ţie G1(faţă de care momentul de iner ţie are valoare maximă, I1=Imax),aceasta este dată de unghiul α1 a cărui valoare se determină cu relaţia:

α 112

2= − −arc tg

I

I I zy

z y( ) 4.3-15

Poziţia celeilalte axe principale de iner ţie G2 (faţă de caremomentul de iner ţie are valoarea minimă, I2 = Imin) este dată de relaţia:

α2 = α1 + Π / 2 4.3-16

Dacă α1 < 0 (negativ), rotirea axei Gz pentru obţinerea direcţiei principale G1, se face în sensul acelor de ceasornic, iar dacă α1 > 0(pozitiv), rotirea axei centrale Gz se face în sens invers acelor deceasornic (sens trigonometric). Rotirea lui Gz spre Gy în acest caz seface pe drumul cel mai scurt.

Dacă Izy < 0, atunci direcţia G1 trece prin primul cadran, adică cadranul zGy şi faţă de această axă se obţine valoarea maximă amomentului de iner ţie axial Imax, care se notează atunci cu I1.Momentul de iner ţie axial cu valoarea minimă, se notează cu I2 şi seobţine faţă de axa principală de iner ţie G2.

g) Aşa cum s-au determinat modulele de rezistenţă Wz, Wy faţă de direcţiile centrale Gz, respectiv Gy, tot aşa se determină şimodulele de rezisten ţă principale (W1,min, W1,max, W2,min, W2,max),adică faţă de axele principale de iner ţie.

8/6/2019 Rezi konyv


128

4.4 Exemple de determinare a principalelor

caracteristici geometrice ale suprafeţelor plane

4.4.1 Fie suprafa ţ a plană din Fig.4.4.1-1 care reprezint ă

sec ţ iunea transversal ă a unui element de rezisten ţă . S ă se calculeze:a) momentele de iner ţ ie axiale I z , I y ,

b) razele de iner ţ ie i z , i y ,c) modulele de rezisten ţă W z,min , W z,max , W y,min , W y,max ,

d) momentele de iner ţ ie principale I 1 , I 2 şi direc ţ iile principale

de iner ţ ie,

e) momentul static al t ă lpii de sus fa ţă de axa central ă Gz.

Rezolvare :

Pentru a determina caracteristicile geometrice propuse, se parcurg pas cu pas, etapele prezentate la paragraful 4.3.

Recomand următorul procedeu: pe o coală de hârtie, format A4,desenaţi secţiunea din Fig.4.4.1-1 şi pe baza acestei figuri faceţi tot cese prezintă în continuare (pe foaia voastr ă) şi confruntaţi cu ce secalculează şi prezintă în continuare.• Împăr ţim suprafaţa în două suprafeţe simple pline (Fig.4.4.1-2) şi le

notăm cu 1, respectiv cu 2.

120

10

10

80

Fig.4.4.1-1

8/6/2019 Rezi konyv


129

• Poziţionăm centrele de greutate ale celor două suprafeţe simple încare am împăr ţit secţiunea, pe care le notăm cu G1, G2 (Fig.4.4.1-3).

• Ducem sistemele de axe z1G1y1, respectiv z2G2y2 (Fig.4.4.1-3).• Luăm sistemul de axe z0Oy0 faţă de care calculăm poziţia centrului

de greutate G (Fig.4.4.1-3).

70

2

1

10

120

10 Fig.4.4.1-2

y0 y1 y y2

c2

c1yG = 80 mm

d1 d2

G2

G1

z2

z

z1

z0 O

zG = 20 mm

Fig.4.4.1-3

G

8/6/2019 Rezi konyv


130

• Calculăm poziţia centrului de greutate G al suprafeţei cu relaţiile4.3-1, respectiv 4.3-2:

yG

A y A y

Atot = = =

+ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

⋅ + ⋅

1 1 2 2 120 10 60 70 10 115

120 10 70 10 80 mm

z G A z A z

Ato t = = =

+ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

⋅ + ⋅

1 1 2 2 120 10 5 70 10 45120 10 70 10 19 7, mm

Pentru simplificarea calculelor ulterioare, consider ăm zG = 20mm.• Poziţionăm centrul de greutate G al suprafeţei (Fig.4.4.1-3).

• Determinăm constantele c1, c2, d1, d2 (Fig.4.4.1-3):c1 = -(yG - yG1) = - (80 - 60) = -20 mmc2 = yG2 - yG = 115 - 80 = 35 mmd1 = -(zG - zG1) = -(20 - 5) = -15 mmd2 = zG2 - zG = 45 - 20 = 25 mm.

a) Calculăm momentele de iner ţie axiale şi centrifugal, faţă desistemul central zGy (rel.4.3-3...4.3-5):

I I c A I c A

mm

z z z = + + + = + − ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ =

= ⋅

⋅ ⋅

1 2

3 3

12

1 22

210120

122 7010

122

4 4

20 120 10 35 70 10

278 10

( ) ( )

I I d A I d A

mm

y y y= + + + = + − ⋅ ⋅ + + ⋅ ⋅ =

≈ ⋅

⋅ ⋅

1 2

3 3

12

1 22

210 120

122 70 10

122

4 4

15 120 10 25 70 10

100 10

( ) ( )

I I cd I c d

mm

zy z y z y= + + + = + − − ⋅ + ⋅ =

= ⋅

1 1 2 21 1 1 2 2 2

4 4

0 20 15 120 10 35 25 70 10

97 10

( )( ) ( )( )

b) Razele de iner ţie (giraţie) faţă de cele două axe centrale Gz şi Gysunt (rel. 4.3-6 şi 4.3-7):

i m m z = =

⋅2 7 8 1 01 9 0 0

4

3 8 2 5,

8/6/2019 Rezi konyv


131

i m m y = =⋅1 0 0 1 0

1 9 0 0

4

2 2 9 4,

c) Modulele de rezistenţă faţă de axele centrale Gz şi Gy se determină cu relaţiile 4.3-8 şi 4.3-9.

Din Fig.4.4.1-3, rezultă:ymax = 80 mm ; ymin = 120 - 80 = 40 mmzmax = 80 - 20 = 60 mm ; zmin = 20 mm.

Se obţine atunci:

W mm z

I

y

z

,min max ,= = = ⋅

⋅278 10

80

3 34

34 75 10

W mm z

I

y

z

,max min,= = = ⋅

⋅2781040

3 34

69 5 10

W mm y

I

z

y

,minmax

,= = = ⋅⋅10010

603 34

16 67 10

W mm y

I

z y

,max min= = = ⋅⋅1001020 3 3

4

50 10

d) Momentele de iner ţie principale I1 şi I2, se calculează cu relaţiile4.3-13 şi 4.3-14:

I

mm

1 2278 10

212

4 4 2 4 2

4 4 4

4

278 10 100 10 4 97 10

189 10 131 64 10

, ( ) ( )

,

= ± ⋅ − ⋅ + ⋅ =

= ⋅ ± ⋅

⋅

de unde rezultă:

I1 = 189 104 + 131,64 104 = 320,64 104 mm4 I2 = 189 104 - 131,64 104 = 57,36 104 mm4

Prima direcţie principală de iner ţie, face cu axa centrală Gz,unghiul:

8/6/2019 Rezi konyv


132

α 112

2 97 10

27810 10010

12

04

4 4 1089 2373= − = − = −⋅ ⋅

⋅ − ⋅arctg arctg ( ) ( , ) ,

Deoarece α1 < 0, rotirea se face în sensul acelor de ceasornic

(Fig.4.4.1-4).

Cum Izy > 0, rezultă că axa care trece prin primul cadran ( zGy ),nu este axa 1, ci axa 2 (vezi Fig.4.4.1-4)e) Momentul static al suprafeţei tălpii de sus, faţă de axa centrală Gz,se calculează cu relaţia 4.1-5 (Fig.4.4.1-3):

Sz,A1 = A1 c2 = 70 10 35 = 24.500 mm3.

Sz,A1 este pozitiv, deoarece şi c2 (distanţa de la centrul de

greutate al suprafeţei de arie A1 până la axa centrală Gz faţă de care secalculează momentul static) este pozitivă.

4.4.2 Pentru suprafa ţ a plană din Fig.4.4.2-1 să se calculeze:a) modulele de rezisten ţă minime,

b) direc ţ iile principale de iner ţ ie,

z

y 2

1 α1 = -23,730

α1 = -23,730

Fig.4.4.1-4

G

8/6/2019 Rezi konyv


133

c) momentele de iner ţ ie principale.

Rezolvare

• Împăr ţim suprafaţa din Fig.4.4.2-1 în două suprafeţe: una plină dedimensiuni H şi B şi a doua (suprafaţă gol ) de dimensiuni b şi h.

• Centrele de greutate G1 şi G2 coincid, la fel şi axele lor proprii G1z1,G2z2, G1y1, G2y2. De asemenea şi centrul de greutate al întregii

secţiuni G, coincide cu centrele G1 şi G2 (suprafaţa este dublusimetrică), iar axele centrale Gz şi Gy se suprapun peste axele G1z1,G2z2, G1y1, G2y2 (Fig.4.4.2-2)

• Distanţele de la axele centrale Gz, respectiv Gy până la axele

centrale proprii ale celor două suprafeţe sunt: c1 = c2 = d1 = d2 = 0.

b

h H

B

h = 100 mmH = 120 mmB = 60 mmB = 80 mm

Fig.4.4.2-1

1

2

y1 y2

GG1,G2 z

z1, z2

yG = 60 mm

Fig.4.4.2-2

8/6/2019 Rezi konyv


134

• Valoarea momentelor de iner ţie axiale şi centrifugale sunt:

I I c A I c A

mm

z z z = + − + − = + ⋅ − + − ⋅ =

= ⋅

⋅ ⋅

1 2

3 3

12

1 22

2120 80

122 100 60

122

4 4

0 120 80 0 100 60

652 10

( ) ( ) ( )

I I d A I d A

mm

y y y= + − + − = + ⋅ − + − ⋅ =

= ⋅

⋅ ⋅

1 2

3 3

12

1 22

2120 80

122 100 60

122

4 4

0 120 80 0 100 60

332 10

( ) ( ) ( )

I I c d A I c d A zy z y z y= + − + − = + − − =1 1 2 21 1 1 2 2 2 0 0 0 0 0( )

La Izy = 0 se putea ajunge şi f ăr ă calcule, deoarece suprafaţacercetată (Fig.4.4.2-1) prezintă două axe de simetrie şi este ştiut faptulcă suprafeţele care prezintă cel puţin o axă de simetrie au momentulde iner ţie centrifugal Izy nul.a) Modulele de rezistenţă minime şi maxime se calculează numai pe baza momentelor de iner ţie axiale. Pentru acest motiv s-au calculatmai devreme Iz şi Iy. În cazul nostru, modulele de rezistenţă minime şi

maxime faţă de cele două axe centrale z şi y, sunt egale, deoarecedistanţele până la fibrele extreme de la o direcţie centrală, sunt egale(vezi Fig.4.4.2-2).

Se obţine:

W W mm z z

I

y

I

y z z

min max max min,= = = = = ⋅

⋅6521060

3 34

108 67 10

W W mm y y

I

z

I

z

yz y

min max max min= = = = = ⋅

⋅332 10

40

3 34

83 10

b) Una din direcţiile principale de iner ţie face cu direcţia centrală Gz,unghiul:

α 112

2 12

2 0

652 332 104 0= − = − =−

⋅

−arctg arctg

I

I I

zy

z y( ) ( )

( )

Deoarece α1 = 0, rezultă că o direcţie principală se suprapune peste direcţia centrală Gz, iar cealaltă direcţie principală, se suprapune

8/6/2019 Rezi konyv


135

peste direcţia centrală Gy. Asta înseamnă de asemenea că direcţiilecentrale Gz şi Gy sunt şi direcţii principale de iner ţie: G1 ≡ Gz şi G2≡ Gy.c) La punctul b) a rezultat că direcţiile centrale Gz şi Gy sunt şidirecţii principale de iner ţie. Rezultă atunci că, momentele axiale deiner ţie Iz şi Iy sunt momente de iner ţie principale:

I1 = Iz = 652 104 mm4,I2 = Iy = 332 104 mm4.

Din acest exemplu, se desprinde următoarea concluzie foarte

important ă, care ştiută simplifică mult calculele pentru unele cazuride secţiuni: la suprafe ţ ele care prezint ă cel pu ţ in o axă de simetrie şila care I zy = 0, direc ţ iile centrale Gz şi Gy, sunt şi direc ţ ii principale

de iner ţ ie, iar momentele axiale de iner ţ ie I z şi I y sunt şi momente de

iner ţ ie principale. Valoarea cea mai mare dintre I z şi I y este I 1 , iar ceamai mică valoare o are I 2.

A şadar, dacă :

I z > I y ⇒ I 1 = I z şi I 2 = I y ,

I z

< I y ⇒ I

1= I

y şi I

2= I

z .

8/6/2019 Rezi konyv


136

4E. Caracteristici geometrice ale suprafeţelor plane

(Probleme propuse)

Pentru suprafeţele plane din figurile următoare să se determinemodulele de rezistenţă (Wz,Wy), direcţiile principale şi momentele de

iner ţie principale.

Obs. Caracteristicile geometrice ale profilelor laminate se vor

lua de la “Rezultate”.

4E.2

4E.1

4E.3

140

180

120

80

180

120

80

40

70

200

120

140

30

8/6/2019 Rezi konyv


137

4E.4

4E.5

4E.6

160

100

Ø 60

I 20

120

Gros 20

Gros 20

I 30

U 18

8/6/2019 Rezi konyv


138

4E.7

4E.9

4E.8

260

220

Gros 10

U 20U 20

80

20 80

40

90

14080

40

90

60

8/6/2019 Rezi konyv


139

4E.11

4E.10

4E.12

140

90

120

80

150

80

40

90

60

60

2 4

80

24

120

2 4

1 0 0

8/6/2019 Rezi konyv


140

4E.13

4E.15

4E.14

120

60

Ø 40

3 0

1 1 5

8 0

1 5

130

100

80

1 2 0

3 0

160

30 3060

8/6/2019 Rezi konyv


141

4E.16

4E.17

4E.18

4 δ

2 δ

10 δ

2 δ

8 δ

2 δ

6 δ

6 δ

180

9 0

ф 130 1 8 0

8 0

8 0

1 5 0

3 0

1 8 5

30

I 22

210

Gros 16

8/6/2019 Rezi konyv


142

4E.21

4E.19

4E.20

1 2 0

100

Ø 40

3 0

30

4 t

t

6 t

2

t

8

t

t

218

Gros 18

U 20

300

80

8/6/2019 Rezi konyv


143

4E.22

4E.23

4E.24

1 8 0

110

4 0

40

1 3 0

60

9 0

60

2 0

20

40

20

80

3

0

3 0

8 0

8/6/2019 Rezi konyv


144

4E.25

4E.26

4E.27

45

45

9 0

10

1 5

1 5

1 6 0

Gros 12

L 80×80×10

L 80×80×10

Gros 10

2 0 0

U 8

U 8

8/6/2019 Rezi konyv


145

4E.29

4E.30

4E.28

Gros 10

2 0 0

U 8

U 8

L 1

0 0 × 1 0 0 × 1

0

U 20

1 6 0

Gros 12

L 80×80×10

L 80×80×10

8/6/2019 Rezi konyv


146

4E.31

L 70×70×10

U 22

2 4 0

Gros 30

8/6/2019 Rezi konyv


147

4R. Caracteristici geometrice ale suprafeţelor plane

(R ăspunsuri)

yG= 90 mm

Iz= I1= 58 320 000 mm4

Iy= I2= 25 920 000 mm4

Wz,min= 648 000 mm3

Wy,min= 432 000 mm3

140

180

120

80

G

Y

Z

yG

4R.1

yG= 90 mm

Iz= I1= 19 866 667 mm4

Iy= I2= 19 946 667mm4

Wz,min= 220 741 mm

3

Wy,min= 332 444 mm3

4R.2

180

120

80

40

70

G

Y

Z

yG

200

120

140

30

G

Y

Z

yG

yG= 100 mmIz= I1= 59 420 000 mm

4

Iy= I2= 8 955 000mm4

Wz,min= 594 200 mm3

Wy,min= 149 250 mm3

4R.3

8/6/2019 Rezi konyv


148

160

100

Ø 60

G

Y

Z

yG

yG= 80 mm

Iz= I1= 33 497 161 mm4

Iy= I2= 12 697 161 mm4

Wz,min= 418 714 mm3

Wy,min= 253 943 mm3

4R.4

4R.5

I 20

120

Gros 20

Gros 20

G

Y

Z

yG

yG= 120 mm

Iz= I1= mm4

Iy= I2= 25920000 mm4

Wz,min= 648000 mm3

Wy,min= 432000 mm3

Din STAS pentru I 20:h= 200 mm ; b= 90 mm

Iz= 21 400 000 mm4

Iy= 1 170 000 mm4

A= 3 350 mm2

4R.6yG= 158 mm

Iz= I

1= 208 166 464 mm

4

Iy= I2= 31 510 000 mm4

Wz,min= 1 317 509 mm3

Wy,min= 350 111 mm3

Din STAS pentru I 30:

h= 300 mm ; b= 125 mmIz= 98 000 000 mm4

Iy= 4 510 000 mm4

A= 6 910 mm2

I 30

U 18 G

Y

Z

yG

e t

8/6/2019 Rezi konyv


149

Din STAS pentru U 18: h= 180 mm ; b= 70 mm; t=8 mm; e=19,2 mm;

Iz= 13 500 000 mm4; Iy= 1 140 000 mm

4; A= 2 800 mm

2.

4R.7

G

Y

Z

yG= 110 mm

Iz= I1= 107 013 333

mm4

Iy= I2= 55 514 678 mm4

Wz,min= 972 848 mm3

Wy,min= 427 036 mm3

Din STAS pentru U 20: h= 200 mm ; b= 75 mm; t=11,5 mm; e=20,1 mm;

Iz= 19 100 000 mm4; Iy= 1 480 000 mm

4; A= 3 220 mm

2.

260

220

Gros 10

U 20U 20

80yG

h

b

t

e

4R.8

20 80

40

90

O

Y0≡Y

Z0

G Z

yG

yG= 81,54 mm

Iz= I1= 5 320 000 mm4

Iy= I2= 2 483 333 mm4

Wz,min= 65 257 mm3

Wy,min= 55 185 mm3

4R.9

yG

140

80

40

90

60

O

Y0≡Y

Z0

GZ

yG= 76,154 mm

Iz= I1= 17 244 600 mm4

Iy= I2= 7 065 000 mm4

Wz,min= 226 440 mm3

Wy,min= 92 772 mm3

8/6/2019 Rezi konyv


150

4R.10

140

90

120

80

O

Y0≡Y

Z0

G

Z

yG

yG= 88,75 mm

Iz= I1= 14 705 000 mm4

Iy= I2= 16 320 000 mm4

Wz,min= 165 690 mm3

Wy,min= 272 000 mm3

4R.11

150

80

40

90

60

60

O

Y0≡Y

Z0

G

Z

yG

yG= 69,286 mm

Iz= I1= 9 086 786 mm4

Iy= I2= 6 952 500 mm4

Wz,min= 112 580 mm3

Wy,min= 154 500 mm

3

4R.12 2 4

80

24

120

2 4

1 0 0

O

Y0≡Y

Z0

GZ

yG

yG= 65,73(3) mm

Iz= I1= 20 189 568 mm4

Iy= I2= 4 595 200 mm4

Wz,min= 245 416 mm3

Wy,min= 75 587 mm3

8/6/2019 Rezi konyv


151

4R.13

1 2 0

60

Ø 40 3 0

O

Y0≡Y

Z0

GZ

yG

yG= 53,6 mm

Iz= I1= 7 144 200 mm4

Iy= I2= 2 034 300 mm4

Wz,min= 107 590 mm3

Wy,min= 67 810 mm3

4R.14

1 1 5

8 0

1 5

130

100

80

O

Y0≡Y

Z0

GZ

yG

yG= 69,8 mm

Iz= I1= 6 673 600 mm4

Iy= I2= 7 026 300 mm4

Wz,min

= 95 611 mm3

Wy,min= 108 096 mm3

4R.15

1 2 0

3 0

160

6030 30O

Y0≡Y

Z0

GZ

yG

yG= 90 mm

Iz= I1= 25 200 000 mm4

Iy= I2= 25 360 000 mm4

Wz,min= 280 000 mm3

Wy,min= 317 000 mm3

8/6/2019 Rezi konyv


152

4R.16

yG= 4,125 δ

Iz= I1= 646,16(6) δ4

Iy= I2= 178,6(6) δ4

Wz,min= 82,053 δ3

Wy,min= 35,73(3) δ3

4 δ

2 δ

10 δ

2 δ

8 δ

2 δ

6 δ

6 δ

O

Y0≡Y

Z0

GZ

yG

4R.17

yG

180

9 0

130 1 8 0

8 0

8 0

1 5 0

3 0

1 8 5

30

Y0≡Y

O Z0

GZ

yG= 345,4 mm

Iz= I1= 989 036 073 mm4

Iy= I2= 88 400 152 mm4

Wz,min= 2 866 771 mm3

Wy,min= 982 224 mm3

4R.18

yG= 164,164 mm

Iz= I1= 55 981 403 mm4

Iy= I2= 13 968 000 mm4

Wz,min= 341 009 mm3

Wy,min= 133 028 mm3

Din STAS pentru I 22: h= 220 mm ;

b= 98 mm; Iz= 30 600 000 mm4

Iy= 1 620 000 mm4; A= 3 960 mm2.

I 22

210

Gros 16

O

Y0≡Y

Z0

yG

G Z

b

h z

8/6/2019 Rezi konyv


153

4R.19

O

Y0≡Y

Z0

yG

G Z

218

Gros 18

U 20

300

b h

z

y

e

80

yG= 149,713 mmIz= I1= 73 242 224 mm

4

Iy= I2= 66 721 344 mm4

Wz,min= 489 217 mm3

Wy,min= 444 809 mm3

Din STAS pentru U 20: h= 200 mm ; b= 75 mm; e=20,1 mm;

Iz= 19 100 000 mm4

; Iy= 1 480 000 mm4

; A= 3 220 mm2

.

4R.20

yG= 63,5 mm; zG=47,7 mm;

Iz= 13 011 000 mm4

Iy= 9 313 000 mm4

Izy= -842 200 mm4

I1= 13 194 000 mm4

I2= 9 130 200 mm4

α1= 12,24º; α2= 102,24º;

Izy,max=2 032 000 mm4

1 2 0

100

Ø 40

3 0

30O

Y0

Z0

Y

GZ

(2)

(1)α1

α2

4R.21

yG= 4,25 t ; zG=2 t;

Iz= 354,5 t4; Iy= 72 t

4;

Izy= -60 t4;

I1= 366,715 t4;

I2= 58,785 t4;

α1= -11,24º;α2= 78,493º;

4 t

t

6 t

2

t

8

t

t

O

Y0

Z0

Y

GZ

yG

zG

(2)

(1)

α1

α2

8/6/2019 Rezi konyv


154

4R.22

yG= 84,7 mm;

zG=52,8 mm;Iz= 46 980 305 mm

4

Iy= 18 663 755 mm4

Izy= -2 610 988 mm4

I1= 48 980 305 mm4

I2= 18 440 529 mm4

α1= -10,45º;α2= 79,55º. O

Y0

Z

1 8 0

110

4 0

40

1 3 0

60

Y

GZ

yG

zG

(2

1α1

α2

4R.23

yG= 34; zG=19 mm;

Iz= 1 920 000 mm4

Iy= 665 000 mm4

Izy= -580 000 mm4

I1= 2 147 000 mm4

I2= 438 000 mm4

α1= 21,37; α2= 111,37º

(2)

1α1α2 9

0

60

2 0

20

O

Y0

Z0

Y

G Z

yG

zG

4R.24

yG= 57,3; zG= 29,2 mm;

Iz= 11 176 000 mm4

Iy= 2 010 000 mm4

Izy= -2 030 000 mm4

I1= 11 605 000 mm4

I2= 1 580 500 mm4

α1= 11,94; α2= 101,94º

40

20

80

3 0

3 0

8 0

O

Y0

Z0

Y

GZ

yG

zG

(2)

1α1

α2

8/6/2019 Rezi konyv


155

yG= 60; zG=40 mm;Iz= 4 353 800 mm

4

Iy= 648 750 mm4

Izy= -1 240 300 mm4

I1= 4 730 600 mm4

I2= 271 871 mm4

α1= 16,9; α2= 106,9º

4R.26

yG= 80; zG=86 mm;

Iz= 15 520 751 mm4

Iy= 4 383 407 mm4

Izy= -6 185 401 mm4

I1= 18 274 897 mm4

I2= 1 629 261 mm4

α1= 48 º; α2= 138º

Din STAS pentru L80×80×10: h=b=80; e=23,4 mm; A= 1 510 mm2;

Iz= Iy =875 000; I1=1 390 000; I2= 363 000; Izy=(I1-I2)/2= -513 500 mm4

.

Obs. Izy pentru cornierul simetric se calculează ca fiind Izy,max deoarece

axele z şi y sunt situate la 45º faţă de axele principale ale profilului.

(2) (1)

α1

α2

1 6 0

Gros 12

L 80×80×10

L 80×80×10

O

Y0

Z0

Y

GZ

yG

zG

e

z

y

4R.25(2)

45

45

9 0

10

1 5

1 5

O

Y0

Z0

Y

GZ

yG

zG

(1)α1

α2

8/6/2019 Rezi konyv


156

4R.27

yG= 100; zG=85 mm;

Iz= 23 137 000 mm4

Iy= 6 591 600 mm4

Izy= -8 464 500 mm4

I1= 26 700 000 mm4

I2= 3 028 500 mm4

α1= 22,83; α2= 112,83º

Din STAS pentru U 8: t=8 mm;

e=14,5 mm; Iz= 194 000 mm4;

I =1 060 000 mm4; A=1 100 mm

2.

Gros 10

2 0 0

U 8

U 8

G

Y

Z

yG

e t

O

Y0

Z0

zG

(2)

(1)

α1

α2

z

y

z

y

4R.28

yG= 100; zG=61,43 mm;

Iz= I1 = 23 137 217 mm4

Iy= I2= 4 258 095 mm

4

Izy= 0 mm4; α1= 0º

Wz= 231 372 mm3

W = 69 316 mm3

Din STAS pentru U 8: t=8 mm;

e=14,5 mm; Iz= 194 000 mm4;

I =1 060 000 mm4; A=1 100 mm

2.

Gros 10

2 0 0

U 8

U 8

yG

e

t

O

Y0

Z0

zG

y

z

Y

G

Z

8/6/2019 Rezi konyv


157

4R.29

yG= 73,2; zG=102 mm;Iz= 27 070 000 mm

4

Iy= 6 056 000 mm4

Izy= 5 206 700 mm4

I1= 28 290 000 mm4

I2= 4 836 600 mm4

α1= - 13,18; α2=76,8º


Iz= 19 100 000 mm4; Iy= 1 480 000 mm

4; A= 3 220 mm

2.

Pentru L100×100×10: h=b=100; e=28,2 mm; A= 1 920 mm2;

Iz=Iy =1 770 000; I1=2 800 000; I2=729 000; Izy=(I1-I2)/2=1 035 500 mm4



(2)

(1)

α1

α2

L 1 0 0 × 1 0 0 × 1 0

U 20

O

Y0

Z0

z

y

z

y

Y

G

Z

yG

zG

4R.30

Din STAS pentru L80×80×10: h=b=80; e=23,4 mm; A= 1 510 mm2;

Iz= Iy =875 000; I1=1 390 000; I2= 363 000; Izy=(I1-I2)/2= -513 500 mm4

.

Obs. Izy pentru cornierul simetric se calculează ca fiind Izy,max deoareceaxele z şi y sunt situate la 45º faţă de axele principale ale profilului.

yG= 80; zG≈24 mm;

Iz= I1=15 520 751 mm4

Iy= I2= 2 787 599 mm4

Izy= 0; α1= 0º;

Wz= 194 009 mm3

Wy= 40 994 mm3

1 6 0

Gros 12

L 80×80×10

L 80×80×10

O

Y0

Z0

Y

G Z

z

y

z

y e

yG

zG

8/6/2019 Rezi konyv


158

4R.31


Iz= 1 970 000 mm4; Iy= 26 900 000 mm

4; A= 3 740 mm

2.

Pentru L70×70×10: h=b=70; e=20,9 mm; A= 1 310 mm2;

Iz=Iy =572 000; I1=905 000; I2=289 000; Izy=(I1-I2)/2=308 000 mm4



yG≈ 75; zG≈177 mm;

Iz= 74 474 692 mm4

Iy= 90 451 177 mm4

Izy= 48 599 037 mm4

I1= 131 714 111 mm4

I2= 33 211 758 mm

4

α1= 80,67; α2=170,67º

y G

L 70×70×10

U 22 2 4 0

Gros 30

O

Y0

Z0

z

y

e

z

y

e

Y

GZ

zG

(2)

α1

(1)

α2

8/6/2019 Rezi konyv


159

5. SOLICITAREA AXIALĂ

5.1 Consideraţii generale. Etape de calcul

Într-o sec ţ iune a unui element de rezisten ţă , se realizează o solicitare axial ă , atunci când în acea sec ţ iune ac ţ ionează un singur efort şi acesta este efortul axial N.

În funcţie de orientarea efortului axial N faţă de secţiune,solicitarea poate fi, de:

• trac ţ iune sau întindere când N > 0 (pozitiv), • compresiune, când N < 0 (negativ). La solicitarea axială, într-un punct al secţiunii transversale, se

produc tensiuni normale σ, de aceeaşi valoare în orice punct alsecţiunii (tensiune uniform distribuită), tensiune care se calculează curelaţia:

σ = ± N

5.1-1

Sub acţiunea eforturilor axiale, elementul de rezistenţă sedeformează. Principala deformaţie suferită de un element de rezistenţă solicitat axial, este deformaţia liniar ă. În funcţie de efectul efortuluiaxial N, deformaţia liniar ă poartă numele de:• l ungire, când N > 0, • scurtare, când N < 0.

Lungirea sau scurtarea unui element de rezistenţă de lungime l solicitat de efortul axial N şi care prezintă rigiditatea la solicitareaaxială EA, se calculează cu relaţia:

Δ l N l E A= 5.1-2

Dacă pe lungimea l, efortul axial N nu este constant saurigiditatea EA este variabilă, atunci lungirea sau scurtarea se

8/6/2019 Rezi konyv


160

calculează prin însumarea lungirilor sau scurtărilor de pe toate por ţiunile pe care N şi EA sunt constante:

Δ l N l E A

i

ni i

i=

=∑ ( )

15.1-3

La solicitarea axială, în calcule, de multe ori se utilizează deformaţia specifică, în special lungirea specifică sau alungirea,notată cu ε şi a cărei relaţie de calcul este:

ε = =Δl l

N EA 5.1-4

De obicei, alungirea ε se exprimă în procente:

[ ] 100%ε EA N= 5.1-5

În elementele de rezistenţă, atât tensiunea normală σ cât şi

alungirea ε, nu trebuie să depăşească anumite valori maxime, numitemărimi admisibile:

- tensiunea normal ă admisibil ă σa, respectiv- alungirea admisibil ă εa,

Satisfacerea condiţiei de rezistenţă şi a celei de rigiditate(deformabilitate) impune îndeplinirea următoarelor:

σmax ≤ σa (pentru condiţia de rezistenţă) 5.1-6εmax ≤ εa (pentru condiţia de rigiditate) 5.1-7

Calculul elementelor de rezistenţă la solicitarea axială, se face în principal din satisfacerea condiţiei de rezistenţă. Sunt situaţii când laelementele de rezistenţă solicitate axial, trebuie avută în vedere şicondiţia de rigiditate.

Relaţiile de calcul pentru cele trei tipuri de probleme şi celedouă condiţii (verificare, dimensionare şi efort capabil, respectivcondiţia de rezistenţă şi rigiditate - vezi parag.1.4 şi 1.5) pentru

solicitarea axială, sunt prezentate succint în Tabelul 5.1-1.

8/6/2019 Rezi konyv


161

Pentru a verifica satisfacerea condiţiilor impuse, după cum seconstată din Tabelul 5.1-1, trebuie cunoscute σmax şi εmax. Sec ţ iunile încare se ating valorile maxime σ max şi ε max , se numesc sec ţ iuni

periculoase.

Pentru un calcul corect, aceste secţiuni trebuie cunoscute. Lasolicitarea axială, poziţia secţiunii periculoase, depinde atât devaloarea efortului axial N, cât şi de mărimea ariei secţiuniitransversale a elementului. Dacă una dintre aceste mărimi esteconstantă pentru tot elementul de rezistenţă, atunci poziţia secţiunii periculoase se stabileşte mai uşor şi anume:

- dacă A = constant, secţiunea periculoasă este acolo undeefortul axial N are valoarea cea mai mare (maximă),

- dacă N = constant, secţiunea periculoasă este acolo unde ariasecţiunii transversale a elementului este mai mică (minimă).

Tabelul 5.1-1Tipul C o n d i ţ i a

problemei de rezistenţă de rigiditate

De verificare σ σ max = ≤

N

A a

Δ Δl l Nl EA a

N EA a

max

max

= ≤

= ≤ε ε

De dimensionare Anec N

a= =

σ ...

Anec N l

E l N

E a=

⋅=

Δ max ε

De efort capabil N Acap a= =σ

... N E Acap

EA l

l

a

a= =

= ⋅ ⋅

⋅Δ

ε

Atunci când începem să rezolvăm o problemă de rezistenţă (exemplificarea se face pentru solicitarea axială), stabilim următoareleaspecte, care pot constitui în acelaşi timp şi etapele de calcul:• Stabilim care elemente de rezisten ţă din structura respectivă ne

interesează sau prezint ă importan ţă pentru calcul.

8/6/2019 Rezi konyv


162

• Stabilim la ce solicit ă ri sunt supuse aceste elemente. Stabilirea solicit ă rii poate fi f ă cut ă în urma unei observa ţ ii atente asupra structurii şi a modului de transmitere al for ţ elor exterioare de la unelement la altul, sau în urma trasă rii diagramelor de eforturi.

• Se stabile şte sec ţ iunea periculoasă (una sau mai multe). Stabilirea sec ţ iunii periculoase se face analizând varia ţ ia efortului şi a sec ţ iunii transversale de-a lungul elementului de rezisten ţă care secalculează .

• Se stabile şte tipul problemei (verificare, dimensionare sau efort capabil). Tipul problemei rezult ă din enun ţ ul problemei pe care orezolvă m.

• Se stabile şte condi ţ ia impusă (de rezisten ţă sau rigiditate).Stabilirea condi ţ iei se face tot pe baza datelor din enun ţ ul problemei, în func ţ ie de mă rimile admisibile care se dau. Dacă sed ă σ a se impune condi ţ ia de rezisten ţă , iar dacă se d ă ε a (sau Δl a ) se impune condi ţ ia de rigiditate. Dacă se dau toate mă rimileadmisibile amintite mai înainte, se impun ambele condi ţ ii.

• Dacă s-a stabilit solicitarea, sec ţ iunea periculoasă , tipul problemei şi condi ţ ia impusă , se trece la Tabelul 5.1-1 (dacă solicitarea este

axial ă ) sau la tabelul asemă nă tor de la solicitarea respectivă , deunde se iau formulele de calcul corespunză toare şi se rezolvă problema.

Observaţie: După cum se constată, în relaţiile din Tabelul 5.1-1,apare şi efortul axial N din secţiunea periculoasă. Determinareaeforturilor în general, depinde de sistemul pe care-l avem. Dinmultiplele exemple care se vor prezenta, sper că veţi ajunge la

înţelegerea modului de determinare al eforturilor axiale. În cel maidificil caz, trasaţi diagramele de eforturi, aşa cum s-a prezentat înCapitolul 3.

8/6/2019 Rezi konyv


163

5.2 Calculul sistemelor de bare drepte articulate,

static determinate

Se ştie că dacă numărul necunoscutelor (eforturi, reacţiuni) esteegal sau mai mic decât numărul ecuaţiilor de echilibru ce pot fi scrise pentru un sistem, sistemul este static determinat.

Să ne reamintim că la o bar ă solicitată la întindere de cătrefor ţele F egale şi de sensuri opuse (Fig.5.2-1a), efortul axial esteorientat spre interiorul barei, iar la bara solicitată la compresiune,efortul axial este orientat spre capetele barei (Fig.5.2-1b).

Barele articulate la ambele capete, care pe toată lungimea lor nu prezintă sarcini, sunt solicitate numai axial. Solicitarea acestora provine din acţiunea celorlalte elemente de rezistenţă cu care sunt înlegătur ă.

Exemplu. Platforma rigid ă BC pe care trebuie a şezat ă o sarcină F = 90 kN, este suspendat ă cu ajutorul a doi tiran ţ i verticali,ca în Fig.5.2-2. Cunoscând σ a = 150 MPa şi E = 2,1 105 MPa pentrumaterialul tiran ţ ilor, se cere:

a) dimensionarea tiran ţ ilor (d = ? şi a = ?) pentru σ max ≤ σ a ,b) deplasarea pe verical ă a punctului de aplica ţ ie al for ţ ei F

( δ D=?).

F N=F N=F F

F N=F N=F F

Fig.5.2-1

a)

b)

8/6/2019 Rezi konyv


164

Rezolvare

a) Să parcurgem acum etapele prezentate la paragraful 5.1.• Dintre toate elementele care apar în Fig.5.2-1, ne intereseză numai

cei doi tiranţi care susţin platforma, notaţi cu 1, respectiv 2. Dealtfel, nu cunoaştem dimensiunile platformei, ştim numai că ea esterigidă, adică deformaţiile sale pot fi considerate nule (neglijabile).

• Cei doi tiranţi neavând alte sarcini de-a lungul lor, sunt solicitaţinumai axial. Este foarte uşor de înţeles, că aceştia sunt solicitaţi latracţiune (întindere).

• Deoarece în lungul tiranţilor atât N cât şi aria secţiunii transversaleA sunt constante, rezultă că secţiunea periculoasă poate fi oriunde.

• Problema este de dimensionare şi se impune condiţia de rezistenţă,deoarece se cer dimensiunile secţiunii transversale (d şi a) şi înenunţul problemei s-a dat tensiunea maximă admisă σ

a. Aici nu se

impune o dimensionare şi din condiţia de rigiditate, deoarece nu s-adat în enunţ εa (sau Δla). Este adevărat că la punctul b) al problemeitrebuie f ăcute calcule de deformaţii, dar acestea nu au nimic cudimensionarea tiranţilor prevăzută la punctul a).

• Din Tabelul 5.1-1, rezultă că pentru dimensionare, utilizăm relaţia:

Anec N

a= =

σ ... 5.2-1

Pentru tirantul 1 (cel din stânga), relaţia 5.2-1 se scrie:

1 2d a

a

F

l = 3 m

1 m 2 m

B C

M D N

Fig.5.2-2

8/6/2019 Rezi konyv


165

A nec N d

a1 41

2

= =σ

Π ⋅

de unde rezultă relaţia de calcul pentru diametrul secţiunii transversalea tirantului:

d N

a= ⋅

4 1

Π σ 5.2-2

Pentru tirantul din dreapta (notat cu 2), relaţia 5.2-1, se scrie:

A anec N

a222

= =σ

de unde rezultă dimensiunea secţiunii transversale a tirantului 2:

a N a

=2

σ 5.2-3

În relaţiile 5.2-2 şi 5.2-3, N1 şi N2 sunt eforturile axiale dinsecţiunile transversale periculoase ale celor doi tiranţi. Valorile lui N1 şi N2, trebuie determinate.

Determinarea eforturilor din secţiunile periculoase (pe care le-am precizat deja) se face prin metoda secţiunilor, metodă binecuscută de determinare a eforturilor din secţiunile transversale ale elementelor de rezistenţă. Secţionăm atunci cei doi tiranţi în secţiunile lor

periculoase şi în locul por ţiunii de tirant înlăturată, punem N1,respectiv N2 pentru a nu strica echilibrul sistemului (Fig.5.2-3).Acest sistem îl izolăm şi punem condiţiile de echilibru:

( ) F x =∑ 0 → 0 = 0 (această condiţie nu ne ajută).

( ) F y =∑ 0

N1 - F + N2 = 0

8/6/2019 Rezi konyv


166

sau N1 + N2 = F 5.2-4

( )M M =∑ 0 F 1 - N2 3 = 0

sau3 N2 = F 5.2-5

S-au obţinut două ecuaţii cu două necunoscute (N1 şi N2):

N1 + N2 = F3 N2 = F

Rezolvând acest sistem, rezultă: N1 = 60 kN N2 = 30 kN.

Înlocuind valorile lui N1 şi N2 în relaţiile 5.2-2, respectiv 5.2-3,se obţine dimensiunea secţiunii transversale a tiranţilor:

mmd 56,2215010604 3

==⋅Π

⋅⋅5.2-6

mma 14,141501030 3

== ⋅5.2-7

ND

N1

N1

N2

N2 N1 F

M

1 m 2 m

Fig.5.2-3

8/6/2019 Rezi konyv


167

Dimensiunile secţiunilor transversale se rotunjesc prin adaos,rezultând valorile finale:

d = 23 mm 5.2-8a = 15 mm. 5.2-9

b) La acest punct trebuie determinată deplasarea secţiunii în careacţionează for ţa F (secţiunea D).

Atunci când trebuie determinate deplasările unor secţiuni se parcurg următoarele etape:• Se schi ţ ează sistemul în pozi ţ ia pe care o are înainte de aplicarea

sarcinilor. Schi ţ a ţ i aceast ă pozi ţ ie prin linie continuă . • Se analizează modul de deformare al fiecă rui element deformabil şi

cum deforma ţ ia acestuia influen ţ ează deplasarea celorlalteelemente.

• Pe baza deforma ţ iilor elementelor analizate, se schi ţ ează sistemul în pozi ţ ia pe care o are după aplicarea sarcinilor şi deformareaelementelor componente. Schi ţ a ţ i aceast ă pozi ţ ie cu linie întrerupt ă .

• Se cotează toate deforma ţ iile produse ale elementelor. • Se determină deplasarea cerut ă pe baza deforma ţ iilor cotate.

Să revenim acum la exemplul nostru, punctul b).Schiţa sistemului în poziţie nedeformată, este prezentată înFig.5.2-4 (linia continuă).

Tiranţii fiind solicitaţi la întindere, se lungesc cu lungirile:

M

M'

D

D'

N

N'

Δl2 Δl1

Fig.5.2-4

8/6/2019 Rezi konyv


168

mmMM l A E l N 06,2' 2

45

33

1

1

23101,21031060

1 ====Δ⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

⋅

⋅

Π 5.2-10

Δl NN mm N l E A2

30 10 3 102 1 10 15

2

2

3 3

5 2 1 96= = = =

⋅

⋅⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅' , , 5.2-11

Deformaţiile Δl1 şi Δl2 sunt trecute în Fig.5.2-4, rezultând astfel poziţia sistemului după deformare (trasată cu linie întreruptă).Deplasarea punctului de aplicaţie al for ţei F (δD = DD'), printr-uncalcul geometric, rezultă uşor. O reprezentare mai clar ă, pentrudeterminarea deplasării punctului de aplicaţie a for ţei F, (δD) este

prezentată în Fig.5.2-5.

δD = DD1 + D1D' = Δl2 + D1D' 5.2-12

iar din asemănarea triunghiurilor N'D1D' şi N'M1M', rezultă:

D DM M

ND NM

1

1

'' = 5.2-13

Relaţia 5.2-12, devine:

δ D l l l mm= + − = + + =Δ Δ Δ223 1 2

231 96 2 06 1 96 2 01( ) , ( , , ) ,

Deci, punctul de aplicaţie al for ţei F, se deplasează în jos cu 2,01

mm.

M D N

M' D'

N'

M1 D1

Δl1−Δl2

Δl1 Δl2

Fig.5.2-5

Δl2

8/6/2019 Rezi konyv


169

Observaţie Această problemă a fost o problemă de dimensionare.Să presupunem că problema este de verificare. Înseamnă că se

cunosc dimensiunile secţiunii transversale d şi a şi trebuie verificată condiţia de rezistenţă sau rigiditate. Mersul problemei în acest caz esteidentic cu cel prezentat, numai că se utilizează relaţiile:

σ σ 11

1max = = ≤ N A a...

σ σ 22

2max = = ≤ N A a...

sau

ε ε 11

1m ax . . .= = ≤⋅

N E A a

ε ε 22

2m ax . ..= = ≤⋅

N E A a

În aceste relaţii, eforturile N1 şi N

2sunt cele calculate.

Consider ăm acum că problema este de efort capabil . În acestcaz nu se cunoaşte valoarea for ţei F, iar eforturile N1 şi N2 nu mai auvalori numerice, ele determinându-se ca la exemplul precedent, dar r ămân necunoscute, adică:

32

32

1

F

F

N

N

=

=

Relaţiile de calcul din Tabelul 5.1-1 care se utilizează, au forma:

231

22

132

11

3''2

3'

A F F A N

A F A N

aacap

a F

acap

⋅⋅=⇒=⋅=

⋅⋅=⇒=⋅=

σ σ

σ σ

Se obţine câte o valoare pentru for ţa F impusă de fiecare tirant.

8/6/2019 Rezi konyv


170

Dacă se consider ă şi condiţia de rigiditate, mai rezultă două valori pentru for ţa capabilă F:

a IV F

acap

a F

acap

A E F A E N

A E F A E N

ε ε

ε ε

⋅⋅⋅=⇒=⋅⋅=

⋅⋅⋅=⇒=⋅⋅=

2322

132

11

32

3'''

Pentru a fi satisf ăcute toate condiţiile (de rezistenţă şi derigiditate) dintre cele patru valori F', F'', F''', FIV ale for ţei F se iavaloarea cea mai mică.

F = min ( F', F'', F''', FIV).

Se observă că schimbarea tipului problemei nu complică modulde rezolvare a problemei. Prin schimbarea tipului de problemă, seschimbă doar mărimile cunoscute cu cele necunoscute.

5.3 Calculul barelor drepte solicitate de forţe axiale

Fie o bar ă dreapt ă cu forma şi încă rcarea din Fig.5.3-1. Se cer:a) for ţ a capabil ă F pentru σ max = σ a = 150 MPa.

b) deplasarea capă tului liber al barei. Se cunosc: E = 2,1⋅ 105 MPa, d = 40 mm, l = 1 m.

Rezolvare a) Etapele de rezolvare sunt aceleaşi pe care le-am utilizat şi la

exemplul precedent (parag.5.2).

F

2F

10F2l

l d

7

7F3F

3F

F

a) b)

N

Fig.5.3-1

2d

1

2

3

4

8/6/2019 Rezi konyv


171

• Avem un singur element de rezistenţă (bara), dar care prezintă secţiune variabilă în lungul său.

• Bara este solicitată axial, cu por ţiuni întinse, respectiv comprimate. •

Secţiunea periculoasă după cum s-a mai spus, depinde atât devaloarea efortului axial cât şi de mărimea ariei secţiuniitransversale. Pentru a stabili secţiunea periculoasă, în acest caz,trebuie trasată diagrama de efort axial N. Această diagramă este prezentată în Fig.5.3-1b. Există, după cum se poate constata, treiintervale caracteristice: 1-2, 2-3, 3-4. Pe primele două intervale (1-2şi 2-3), aria A a secţiunii transversale este constantă (A = const.), iar N este variabil. Rezultă că intervalul 2-3 (unde N = 3F), este mai periculos decât intervalul 1-2. Dintre intervalul 3-4 (N = -7F) şiintervalul 2-3 (N = 3F), este mai periculos intervalul 2-3, concluziecare rezultă din următorul calcul simplu:

σ 2 332 3

2 3 2

4

2

4

3−⋅

= = =−

− ⋅ ⋅

N A

F F d d Π Π 5.3-1

σ σ 3 4 72 74 2 33 43 4

42 2

4

−⋅

⋅−= = = ⋅ <

−

− ⋅

N A F d F d Π

Π( ) 5.3-2

Aşadar, secţiunea periculoasă este oricare secţiune situată înintervalul 2-3.• Problema este de efort capabil (nu se cunoaşte încărcarea F). • Condiţia impusă pentru determinarea for ţei F, este condiţia de

rezistenţă (se impune numai σmax ≤ σa). • Relaţia pe care o utilizăm pentru calcul (din Tabelul 5.1-1), este:

Ncap = A σa = ... 5.3-3

Relaţia 5.3-3, transcrisă pentru exemplul nostru în secţiunea periculoasă, este:

Ncap = A2-3 σa = 3 F 5.3-4

de unde rezultă valoarea maximă admisă pentru for ţa F:

8/6/2019 Rezi konyv


172

F KN A d a

d a a

= = = = =−

⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅2 3

2

42 2

3 3 1240 150

12 62831σ σ σ

ΠΠ Π , 5.3-5

b) Pentru rezolvarea acestui punct, parcurgem următorulraţionament:• Toată bara se deformează: intervalele 1-2 şi 2-3 se lungesc (N > 0),

iar intervalul 3-4 se scurtează (N < 0).• Capătul liber al barei se deplasează, fiindcă toate intervalele se

deformează. Nu se poate şti încă de acum dacă deplasarea capătuluiliber se produce în jos sau în sus, aceasta depinzând de valorile

deformaţiilor celor trei intervale. Se poate scrie totuşi că deplasareacapătului liber al barei δ1 este:

δ1 = Δl1-4 5.3-6unde,

Δl1-4 -deformaţia întregii bare (intervalul 1-4).

Cum de la 1-4 nici N şi nici A (aria) nu sunt constante,

deformaţia Δl1-4 nu poate fi scrisă într-un singur termen. În acestexemplu, Δl1-4 are trei termeni, impuşi de cele trei intervalecaracteristice pe care atât N cât şi EA sunt constante. Astfel:

Δl1-4 = Δl1-2 + Δl2-3 + Δl3-4 5.3-7

Rezultă că relaţia 5.3-6, capătă forma:

δ1 = Δl1-4 = Δl1-2 + Δl2-3 + Δl3-4 5.3-8

Explicitând relaţia 5.3-8, se obţine:

δ 11 2 1 2

1 2

2 3 2 3

2 3

3 4 3 4

3 4= + + =− −

−

− −

−

− −

−

⋅

⋅

⋅

⋅

⋅

⋅

N l E A

N l E A

N l E A

= + − = + − =⋅

⋅

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅

⋅

⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅

F l

E

F l

E

F l

E

F l

E d d d d

mmΠ Π Π Π

2

4

2

4

2

4

2

4

3 7 2

4

1441 3 0 119( ) ,

8/6/2019 Rezi konyv


173

Deoarece δ1 = 0,119 mm > 0, rezultă că deplasarea capătuluiliber al barei (al secţiunii 1), are loc în jos. Lungirea intervalelor 1-2 şi2-3, este mai mare decât scurtarea intervalului 3-4.

Observaţie . Să presupunem că se cere deplasarea pe verticală asecţiunii 2. În acest caz, deformaţia intervalului 1-2 nu influenţează deplasarea secţiunii 2. Oricât s-ar deforma intervalul 1-2, dacă intervalul 2-4 nu se deformează, secţiunea 2 nu se deplasează. Deci:

δ2 = Δl2-4 sau δ3 = Δl3-4.

Trebuie avută o mare atenţie la modul în care deformaţiaintervalelor contribuie la deplasarea unor secţiuni.

5.4 Calculul sistemelor de bare articulate, static

nedeterminate

Dacă la un sistem, necunoscutele (reac ţ iuni sau eforturi) nu pot

fi determinate cu ajutorul ecua ţ iilor de echilibru, atunci sistemul este static nedeterminat .Gradul de nedeterminare al sistemului , este dat de diferenţa

dintre numărul necunoscutelor şi numărul ecuaţiilor de echilibruscrise.

Pentru rezolvarea sistemelor static nedeterminate (în prima etapă aflarea necunoscutelor), este nevoie de ecuaţii suplimentare, atâtea câteste şi gradul de nedeterminare. Ecuaţiile suplimentare provin din

explicitarea relaţiilor care se scriu între deformaţiile sau deplasărilediferitelor elemente ale sistemului sau a secţiunilor acestora. După găsirea acestor ecuaţii suplimentare (numărul este egal cu gradul denedeterminare) şi determinarea necunoscutelor, problema devine unaobişnuită (static determinată), uşor de rezolvat.

Exemplu. O platformă rigid ă BC pe care trebuie a şezat ă for ţ a F=40 kN, este suspendat ă cu ajutorul a doi tiran ţ i 1 şi 2 (Fig.5.4-1),ambii de sec ţ iune circular ă cu diametrul d = 30 mm.

Se cer:

8/6/2019 Rezi konyv


174

a) S ă se verifice tiran ţ ii pentru σ a = 150 MPa,b) S ă se calculeze deplasarea punctului de aplica ţ ie al for ţ ei F.

Se cunosc: E = 2,1⋅ 105 MPa, h = 3 m, a = 1 m.

Rezolvare.

a) Parcurgem etapele prezentate la paragraful 5.1, etape pe care le-amutilizat şi la exemplele precedente.• Interes prezintă numai cei doi tiranţi, 1 şi 2.• Ambii tiranţi sunt solicitaţi numai la întindere.• Având secţiune constantă şi fiind solicitaţi de eforturi axiale

constante (neavând încărcări pe lungimea lor), orice secţiune atiranţilor poate fi considerată ca periculoasă.

• Problema este de verificare, iar condiţia impusă este cea derezistenţă (se dă numai σa).

• Din Tabelul 5.1-1, relaţia de calcul care se utilizează este:

σ max ...= = N

5.4-1

Aria secţiunii transversale A este cunoscută, dar efortul axial Ndin tiranţi nu este cunoscut. Pentru aflarea efortului axial, procedămca la exemplul de la paragraful 5.2 (vezi Fig.5.4-2):

- secţionăm tiranţii,- înlocuim por ţiunile înlăturate cu eforturile N

1 şi N

2,

- izolăm sistemul,

h

1 2

F

B C

a a/2 a/2

Fig.5.4-1

600

8/6/2019 Rezi konyv


175

- punem condiţiile de echilibru (sistemul este plan).

Sistemul din Fig.5.4-2 este în echilibru sub acţiunea eforturilor N1, N2, a sarcinii F şi a reacţiunilor (pe orizontală şi verticală) dinreazemul B. Sistemul fiind plan, se pot scrie după cum se ştie, numaitrei ecuaţii independente de echilibru. Există 4 (patru) necunoscute(HB, VB, N1, N2) şi 3 (trei) ecuaţii de echilibru posibil a fi scrise.Rezultă că sistemul dat este o dată static nedeterminat (n = 4-3 = 1).

Ecuaţia suplimentar ă, rezultă din explicitarea unei relaţii care se

va scrie (şi aceasta trebuie găsită) între deformaţiile sau deplasărilediferitelor secţiuni ale tiranţilor.Din cele 4 necunoscute, pe noi nu ne interesează în mod normal,

direct, decât eforturile axiale N1 şi N2. Din acest motiv, la scriereaecuaţiilor de echilibru, renunţăm la ecuaţiile de proiecţii de for ţe pedirecţie orizontală şi verticală, deoarece acestea nu fac altceva decâtsă introducă necunoscutele HB şi VB, care nici nu ne interesează.

Scriem atunci o singur ă ecuaţie de echilibru, ca o sumă de

momente faţă de reazemul B (să dispar ă HB şi VB):( ∑ M )B = 0 → ( N1 sin 600 ) a - F 3 a/2 + N2 2a = 0

sau după efectuarea calculelor,

N1 + 4 N2 = 3 F 5.4-2

Sistemul tot o dată static nederminat este: am scris o relaţie (rel.

5.4-2) şi sunt două necunoscute (N1 şi N2).

B

N1 F N2

HB

VB

C

a a/2 a/2

Fig.5.4-2

600

8/6/2019 Rezi konyv


176

Să căutăm acum relaţia suplimentar ă. Pentru aceasta procedămca la exemplul de a paragraful 5.2, unde s-a ar ătat cum se poateajunge la deplasarea unei secţiuni:

- desenăm sistemul nedeformat (cu linie continuă),- desenăm sistemul în poziţie deformată (cu linie întreruptă),- etc. (vezi exemplul 5.2 punctul b).

Rezultatul raţionamentului f ăcut pentru a determina relaţiasuplimentar ă este prezentat în Fig.5.4-3.

Triunghiurile BMM1 şi BNN1 sunt asemenea şi putem scrie:

M M

N N B M B N l

aa

l

l

l

1

1

1

6 0 0

2

1

202 6 0

12= ⇒ ⇒ =⋅

Δ

Δ

Δ

Δ

sin

sin După efectuarea calculelor, relaţia între deformaţiile celor doi

tiranţi este de forma:

4 31 2⋅ = ⋅Δ Δl l 5.4-3

Explicitând acum relaţia 5.4-3, rezultă:

Δl1

600 B M D N

M1 D1

N1

MM1 = Δl1 / sin 600

Δl2

Fig.5.4-3

8/6/2019 Rezi konyv


177

4 31 1

1

2 2

2

N l E A

N l E A

⋅

⋅

⋅

⋅= ⋅

iar dacă se înlocuiesc lungimile tiranţilor l1 şi l2 funcţie de

dimensiunea h şi se fac simplificările corespunzătoare, se ajunge la orelaţie finală între eforturile N1 şi N2, care este tocmai relaţiasuplimentar ă de care avem nevoie:

8 N1 − 3 N2 = 0 5.4-4

Relaţia 5.4-4 se ataşează celei de echilibru (rel. 5.4-2),obţinându-e sistemul 5.4-5, de unde se calculează eforturile

necunoscute N1 şi N2:

N1 + 4 N2 = 3F8 N1 − 3 N2 = 0 5.4-5

Ţinând seama de valoarea for ţei F, după rezolvarea sistemului5.4-5, rezultă pentru eforturile N1 şi N2, valorile:

N1 = 10,285 kN N2 = 27,428 kN.

De aici, problema este uşor de rezolvat, sistemul fiind staticdeterminat iar o serie de mărimi sunt deja calculate.

Dintre cei doi tiranţi, mai periculos este tirantul 2, deoareceavând aceeaşi arie pentru secţiunea transversală ca tirantul 1, prezintă un efort axial mai mare (N2 > N1). Ca urmare a acestei concluzii, este

suficient să verificăm numai tirantul 2, cel mai periculos. În acestcontext, relaţia de verificare 5.4-1, devine:

σ σ max ,= = = =⋅

22

2

22

4

38 80 N A

N

d M Pa

Π

Aşadar:

σmax = 38,80 MPa < σa = 150 MPa.

8/6/2019 Rezi konyv


178

Rezultă că cei doi tiranţi satisfac condiţia de rezistenţă cerută.

b) Pentru determinarea deplasării punctului de aplicaţie al for ţei F,utilizăm Fig.5.4-3, de unde rezultă:

δF = DD1 5.4-6

Din asemănarea triunghiurilor BDD1 şi BNN1, rezultă:

DD

l

BD

BN l

a

a

F 1

2 2

32

2Δ Δ= ⇒ = ⋅

δ

5.4-7

de unde se obţine:

δ F N l E Al l m m= ⋅ = ⋅ = ⋅ =

⋅

⋅Δ Δ232

12

34 2

34

2 2

20 4 1 5,

Observaţie. Dac

ăgradul de nedeterminare este 2, 3, 4, ...

trebuie căutate 2, 3, 4, ... relaţii între deformaţiile elementelor cecompun sistemul respectiv.

8/6/2019 Rezi konyv


179

5.5 Calculul sistemelor cu inexactităţi de execuţie

La executarea unei structuri de rezistenţă, este greu de realizat odimensiune exactă a diferitelor elemente. Totdeauna trebuie avut învedere posibilitatea existenţei unei mici inexactităţi de execuţie.

În cazul sistemelor static determinate, inexactităţile de execuţienu provoacă nici un fel de tensiuni suplimentare în sistem.

În cazul sistemelor static nedeterminate, datorită montării for ţateca umare a existenţei unor inexactităţi de execuţie, în elementele derezistenţă se creează tensiuni suplimentare. De multe ori, acestetensiuni suplimentare sunt mari, iar suprapuse peste cele create defor ţele exterioare, pot compromite capacitatea de rezistenţă aelementelor.

În acest capitol, se vor prezenta două cazuri de sisteme cuinexactităţi de execuţie.

5.5.1 Calculul barelor articulate static nederminate, cu

inexactit ăţ i de execu ţ ie

Exemplul nr.1

Se consider ă un sistem alcă tuit din trei bare articulate, la care

bara central ă (bara 3) dintr-o gre şeal ă de execu ţ ie este mai scurt ă cu δ (Fig.5.5.1-1a).

B0 B0

1

3 2

300 300

δ

B B

300

30

l3 = l

a) b)

Fig.5.5.1-1

B1

α = 300

8/6/2019 Rezi konyv


180

Se cere să se calculeze tensiunile din cei trei tiran ţ i după

realizarea montajului în mod for ţ at.

Rezolvare Barele trebuie montate înt-un nod comun B1 (Fig.5.5.1-1b).

Se creează câteva situaţii care trebuie discutate.a) Bara 3 să fie întinsă până în nodul B (Fig.5.5.1-1a). Asta

înseamnă că bara 3 este solicitată, iar barele 1 şi 2, nu. Practic această situaţie nu este posibilă, deoarece solicitarea având loc în domeniulelastic pentru bara 3, după montare bara 3 tinde să revină ladimensiunea ei iniţială (să se comprime), ceea ce automat acţionează şi asupra barelor 1 şi 2 comprimându-le, rezultând situaţia prezentată în Fig.5.5.1-1b.

b) De data aceasta să presupunem că barele 1 şi 2 suntcomprimate astfel încât nodul B să fie dus în nodul B0. La fel, după montare, barele 1 şi 2 caută să revină la dimensiunile iniţiale,solicitând bara 3 la întindere şi astfel rezultă tot varianta de montaj prezentată în Fig.5.5.1-1b.

Deci, montarea for ţată a celor trei bare, nu poate fi f ăcută decât prin solicitarea tuturor barelor (barele 1 şi 2 se comprimă iar bara 3 se

lungeşte), nodul comun de montaj fiind nodul B1 (Fig.5.5.1-1b).Determinarea eforturilor din cele trei bare (N1, N2, N3) se face

prin metoda deja cunoscută, rezultând sistemul din Fig.5.5.1-2.

Punând condiţia de echilibru pentru sistemul din Fig.5.5.1-2, se

obţine: ( ∑F )x = 0

B1 B1

N1 N2

N3

sau

N3

N2 N1

Fig.5.5.1-2

α = 300 α α

αα

8/6/2019 Rezi konyv


181

N1 sin300 - N2 sin 300 = 0⇒ N1 = N2 5.5.1-1( ∑F )y = 0

N3

- N2

cos300 - N1

cos300 = 0⇒ 2N1 cos300 - N3 = 0 5.5.1-2( ∑M )B1 = 0 ⇒ nu se poate scrie o astfel de ecuaţie.

Sunt trei necunoscute şi s-au scris două ecuaţii. Rezultă că sistemul este o dată static nedeterminat. Ecuaţia suplimentar ă, rezultă din Fig.5.5.1-1b, prezentată mai bine (mărită) în Fig.5.5.1-3.

Din Fig.5.5.1-3, rezultă:

B0B = B0B1 + B1Bsau

δ = Δl3 + Δl1 / cos α 5.5.1-3Considerând cazul când barele au caracteristicile A1 = A2 ≠ A3,

l1=l2≠l3, E1=E2≠E3 şi explicitând relaţia 5.5.1-3, se obţine:

B1

B0

B

Δl3

Δl1/cosα

Δl1 Δl2

δ

Fig.5.5.1-3

8/6/2019 Rezi konyv


182

δ α

= +⋅

⋅

⋅

⋅ ⋅

N l

E A

N l

E A

3 3

3 3

1 1

1 1 cos 5.5.1-4unde:

l1 = l2 ≈ l3 / cosα

Ecuaţia 5.5.1-4 se ataşează ecuaţiei 5.5.1-2, iar din sistemulformat.

2N1 cosα - N3 = 0 5.5.1-5a

δ α

= +⋅

⋅

⋅

⋅ ⋅

N l

E A

N l

E A

3 3

3 3

1 1

1 1 cos 5.5.1-5b

se obţin eforturile:

( )3A3E

cos2cos1A1E

13l21 N N

⋅α⋅

α⋅⋅+

δ==5.5.1-6

( ) 1lαcosδ23 N N

3A3Eαcos2

αcos1A1E1

3 <= ⋅⋅

⋅⋅+⋅⋅

5.5.1-7

În bara 3 se produc tensiuni de întindere, de valoare:

σ 33

30= >

N

A 5.5.1-8

iar în barele 1 şi 2, tensiuni normale de compresiune:

σ σ 1 21

1

2

20= = = <

N

A

N

A 5.5.1-9

Calculele numerice pe exemple, conduc la concluzia că montarea for ţată, poate crea tensiuni mari în elementele de rezistenţă.Sigur, aceste structuri care au fost montate for ţat, sunt ulterior supuse

unui sistem de for ţe exterioare. For ţele exterioare vor creea la rândullor, tensiuni. Este un mare pericol atunci când s-au f ăcut montări

8/6/2019 Rezi konyv


183

for ţate şi fenomenul trebuie adus imediat la cunoştiinţa proiectantului, pentru a reface calculul de rezistenţă şi a lua măsuri de compensare atensiunilor cauzate de montajul for ţat.

Spre exemplu, pentru cazul prezentat, dacă după montareafor ţată, în nodul comun B1 sistemul este solicitat de o for ţă F(Fig.5.5.1-4), for ţa F produce în toate cele trei bare tensiuni normalede întindere. Efectul acţiunii for ţei F este acela că în bara 3, având şidatorită montării for ţate tensiuni de întindere, tensiunile normalefinale cresc, putând conduce la cedarea prin rupere a acestei bare.

În acelaşi timp, barele 1 şi 2, având de la montarea for ţată tensiuni decompresiune, prin aplicarea for ţei F, tensiunile finale scad.

În concluzie, pentru sistemul prezentat, prin aplicarea for ţei Fdupă realizarea montajului for ţat, bara 3 se încarcă suplimentar, iar barele 1 şi 2, se descarcă.

Exemplul nr.2 Dintr-o gre şeal ă , bara 2 a sistemului din Fig.5.5.1-5 s-a realizat mai scurt ă cu δ = 2 mm. Barele fiind de

sec ţ iune circular ă cu diametrele d1 , respectiv d2 , se cere să se

calculeze tensiunile din cele două bare care sus ţ in platforma rigid ă BC, după montarea for ţ at ă .

Se cunosc: l 1 = l 2 = l = 2 m, d 1 = 20 mm, d 2 = 10 mm, E 1 = 1,3

105

MPa, E 2 = 2,1 105

MPa, a = 1 m.

1 2 3

F

B1

α α

Fig.5.5.1-4

8/6/2019 Rezi konyv


184

Rezolvare Poziţia sistemului după montarea for ţată, este prezentată în Fig.5.5.1-6. Această poziţie se obţine prin întinderea atât a barei 1 cât şi a barei2. În ambele bare apar tensiuni de întindere. Evidenţierea eforturilor este prezentată în Fig.5.5.1-7.

Condiţia de echilibru, conduce la ecuaţia:

(∑

M )B = 0 N1 2a - N2 a = 0

N2

N1

a a

B

Fig.5.5.1-7

δ

2 l2

a a

B C

l1 1

Fig.5.5.1-5 Fig.5.5.1-6

8/6/2019 Rezi konyv


185

de unde, N1 = N2 / 2 5.5.1-10

S-a obţinut o singur ă relaţie şi există două necunoscute: N1 şi N2. Sistemul este static nedeterminat o singur ă dată. Relaţiasuplimentar ă, rezultă din prezentarea deformaţiilor suferite de celedouă bare la montarea lor for ţată, aşa cum se prezintă în Fig.5.5.1-8.

Din Fig.5.5.1-8, rezultă că:

δ = Δl2 + DD1 5.5.1-11

iar din asemănarea triunghiurilor BDD1 şi BCC1, se obţine:

DD

l

a

a

l DD

1

1

1

2 1 2Δ

Δ= ⇒ = 5.5.1-12

Ţinând seama de relaţia 5.5.1-12, relaţia 5.5.1-11, devine:

δ = Δl2 + Δl1 / 2 5.5.1-13

D2

B D C

C1

D1 δ

Fig.5.5.1-8

Δl2

Δl1

8/6/2019 Rezi konyv


186

iar explicitată, conduce la relaţia:

δ = + ⋅

⋅

⋅

⋅

⋅

N l

E A

N l

E A

2 2

2 2

1 1

1 1

1

2 5.5.1-14

Din rezolvarea sistemului format de relaţiile 5.5.1-10 şi 5.5.1-14:

N1 - 2 N2 = 0 5.5.1-15a

δ

= + ⋅

⋅

⋅

⋅

⋅

N l

E A

N l

E A

2 2

2 2

1 1

1 1

1

2 5.5.1-15b

rezultă eforturile axiale N1 şi N2 din cele două bare:

( ) kN490,7 N2A2E

21A1E2

1l1 ==⋅⋅⋅

+⋅δ

5.5.1-16

N2 = 2 N1 = 14,981 kN 5.5.1-17

Ca urmare a montării for ţate, tensiunile normale din cele două bare sunt:

σ 141

1

1

12 2384= = =⋅

⋅

N A

N

d MPa

Π,

σ242

2

2

22 19074= = =

⋅

⋅

N

A

N

d MPa

Π ,

Din acest exemplu se constată că prin montarea for ţată asistemului, în bara 2 (care este din oţel) se produc tensiuni mai maridecât cele admisibile.

La o încărcare exterioar ă (într-un anumit fel), bara 2 poate cedaşi odată cu aceasta, întregul sistem. Aten ţ ie: tensiunile rezultate în urma montării for ţate ale diferitelor elemente de rezistenţă, pot fi foarte mari şi ele nu trebuie neglijate.

8/6/2019 Rezi konyv


187

5.5.2 Calculul barelor drepte, solicitate axial, care prezint ă un

rost (spaţiu) la un capăt Se consider ă bara dreapt ă din Fig.5.5.2-1 care dintr-o gre şeal ă

s-a executat mai scurt ă cu δ . Se cere să se calculeze tensiunile

maxime care apar în bar ă , după aplicarea sistemului de for ţ e

(Fig.5.5.2-1). Se cunosc: δ = 0,1 mm, A2 = 2A1 = 1.000 mm2 , l = 0,5

m, E 1 = E 2 = E = 2,1 105

MPa, F = 18 kN.

Rezolvare

Sub acţiunea for ţelor aplicate, bara se deformează. În cazulnostru, bara se lungeşte.

La acest tip de problemă, pot exista două cazuri:a) Sub acţiunea for ţelor aplicate bara se lungeşte, dar lungirea ei

totală nu depăşeşte rostul δ, astfel încât capătul liber nu atingereazemul din dreapta. Această situaţie a fost tratată în paragraful 5.3.

b) Sub acţiunea for ţelor aplicate, bara se lungeşte iar lungirea eitotală este mai mare decât rostul δ şi capătul din dreapta iniţial liber

atinge reazemul, apărând astfel o reacţiune suplimentar ă (în reazemuldin dreapta).

Acest ultim caz se prezintă în cele ce urmează.Dacă lungirea totală a barei este mai mare decât δ, sistemul se

prezintă ca în Fig.5.5.2-2.În cele două reazeme, apar reacţiunile NB, respectiv NC

(Fig.5.5.2-2).

3F

δ

A2A1

l l ll

F

Fig.5.5.2-1

8/6/2019 Rezi konyv


188

Parcurgem etapele pe care deja le cunoaştem de la exemplele precedente.• Ne interesează toată bara.• Bara este solicitată axial.• Secţiunea periculoasă nu o putem determina până nu trasăm

diagrama de efort axial (efortul axial este singurul efort care există).• Problema este de verificare (se cer tensiunile maxime).• Condiţia impusă este condiţia de rezistenţă.• Din Tabelul 5.1-1, relaţia de calcul care se utilizează, este

σ = = N ... 5.5.2-1

Deci, nu cunoaştem secţiunea periculoasă, unde se scrie relaţia5.5.2-1. Pentru aceasta, trebuie trasată diagrama de efort axial N:

- se fixează reacţiunile (Fig.5.5.2-2),- se pun condiţiile de echilibru:

( ∑F )x = 0 NB - 3F - F + NC = 0,

sau NB + NC = 4F 5.5.2-2( ∑F )y = 0

- nu putem scrie o astfel de condiţie( ∑M ) = 0

- nu putem scrie o astfel de condiţie.

NB

NC 3 F

F

B C

l lll

A2 A1

Fig.5.5.2-2

8/6/2019 Rezi konyv


189

Am scris o relaţie (rel 5.5.2-2) şi avem două necunoscute (N1 şi N2). Rezultă că sistemul este o dată static nedeterminat. Relaţiasuplimentar ă o determinăm după cum deja se ştie, din analiza moduluide deformare al barei.

Sub acţiunea for ţelor aplicate, bara se deformează cu Δl(Fig.5.5.2-3). Dar, deformaţia barei nu poate fi mai mare decât rostulδ, reacţiunea NC (sau reazemul din dreapta) împiedicând deformareamai departe a barei. Schema cu sistemul nedeformat (linie continuă),deformat (linie întreruptă) şi deformaţiile produse, este prezentată înFig.5.5.2-3.

Din Fig.5.5.2-3, rezultă relaţia dintre deformaţiile barei:

Δl = δ 5.5.2-3

care explicitată (vezi Fig.5.5.2-2), conduce la relaţia:

δ =+++⋅

⋅−−

⋅

⋅−

⋅

⋅−

⋅

⋅

1122

)3()3()3(

A E

l F F N

A E

l F N

A E

l F N

A E

l N B B B B

5.5.2-4

Se poate constata că deformaţia întregii bare Δl, s-a scris ca osumă de deformaţii, deoarece atât efortul axial N cât şi rigiditatea EA,variază în lungul barei.

Ţinând seama că A2 = 2A1 şi efectuând calculele, relaţia 5.5.2-4capătă forma:

3 172

1⋅ − ⋅ =⋅ ⋅

N F B E A

l

δ

5.5.2-5

Δl

δ

Fig.5.5.2-3

8/6/2019 Rezi konyv


190

Relaţia 5.5.2-5 se ataşează celei rezultate din condiţia deechilibru (rel. 5.5.2-2), de unde rezultă reacţiunile NB şi NC:

N F B

E A

l = ⋅ +

⋅ ⋅

⋅

1 7

6 3

1 δ

5.5.2-6

N F C E A

l = ⋅ −⋅ ⋅

⋅76 3

1 δ

5.5.2-7

iar ca valori numerice, rezultă.

NB = 65 kN NC = 7 kN

Având acum valorile reacţiunilor se poate trasa diagramaefortului axial N. Diagrama efortului axial rezultată, este prezentată înFig.5.5.2-4.

Analizând diagrama din Fig.5.5.2-4 şi mărimea ariei secţiuniitransversale a barei în lungul acesteea, rezultă că intervalul din stângaunde N = 65 kN este cel mai periculos. Secţiunea periculoasă esteoricare din acest interval.

Acum relaţia generală 5.5.2-1 de calcul a tensiunii normalemaxime, capătă forma:

σ σ maxmax ,= = = < =⋅

⋅

N

A aMPa MPa2

365102 1000 32 5 150

11 11

-7 -7

N[kN]

65 65

Fig.5.5.2-4

8/6/2019 Rezi konyv


191

Bara din Fig.5.5.2-1 poate fi solicitată de sistemul de for ţeaplicat. Condiţia de rezistenţă impusă este satisf ăcută.

Observa ţ ie. În situaţia barelor care nu prezintă rostul δ (δ = 0), problema se rezolvă la fel, numai că relaţia 5.5.2-3, are forma:

Δl = 0 5.5.2-8

5.6 Calculul barelor cu secţiuni neomogene, solicitate

axial

Sec ţ iunile neomogene , sunt acele sec ţ iuni care în punctediferite prezint ă propriet ăţ i diferite.Barele cu secţiuni neomogene fac parte în general din categoria

barelor static nedeterminate. Ca un exemplu clasic de bar ă cu secţiuneneomogenă, amintesc un stâlp de beton armat cu bare metalice.

Exemplul nr.1. Fie un stâlp de beton de înă l ţ ime h şi sec ţ iune

transversal ă patrat ă cu latura a , armat cu vergele de o ţ el, a şezate înlungul stâlpului. Stâlpul este solicitat de o for ţă axial ă de

compresiune F ca în Fig.5.6-1. Not ă m: Ab - aria sec ţ iunii transversale a por ţ iunii de beton a stâlpului

A0 - aria total ă a sec ţ iunii barelor armă turii de o ţ el,

σ ab - tensiunea admisibil ă la compresiune a betonului

σ a - tensiunea admisibil ă a o ţ elului (armă turii),

E b - modulul de elasticitate al betonului,

E - modulul de elasticitate al o ţ elului (armă turii).Se cere să se determine for ţ a capabil ă F pentru acest stâlp,

cunoscând σ a.

8/6/2019 Rezi konyv


192

Rezolvare.

Se parcurg etapele cunoscute:• Interesează întregul stâlp.• Stâlpul este solicitatat axial (la compresiune).• Secţiunea este constantă, efortul axial de asemenea. Rezultă că

secţiunea periculoasă este oricare.• Problema este de efort capabil (se cere F)• Se impune condiţia de rezistenţă (se dă σa).• Din Tabelul 5.1-1, relaţia utilizată, este:

N b,cap = A b σab = ... 5.6-2 N0,cap = A0 σa = ... 5.6-3

Trebuie determinate eforturile din beton şi armătura de oţel (N b,respectiv N0).

O parte a for ţei F care comprimă stâlpul, este preluată de beton(N b), iar cealaltă parte este preluată de barele de oţel ale armăturii(N0).

a

a

B - B

hBB

F

Fig.5.6-1

8/6/2019 Rezi konyv


193

Eforturile N b şi N0 echilibrează acţiunea for ţei F (Fig.5.6-2).

Condiţia de echilibru (Fig.5.6-2) conduce la relaţia:

( ∑ F )y = 0 N b + N0 = F 5.6-4

Altă relaţie de echilibru nu se mai poate scrie.Rezultă că sistemul este o dată static nedeterminat: s-a scris o

singur ă ecuaţie şi sunt două necunoscute (N b şi N0). Acum trebuiegăsită o relaţie între deformaţiile elementelor sistemului.

Se are în vedere faptul că atât partea din beton a stâlpului cât şicea de oţel (Fig.5.6-3) se vor scurta cu aceeaşi cantitate:

Δl0 = Δl b 5.6-5

Explicitarea relaţiei 5.6-5, conduce la:

N h

E A

N h

E A

b

b b

0

0

⋅

⋅

⋅

⋅=

5.6-6a

N b N0

F

Fig.5.6-2

Δl b Δl0

Fig.5.6-3

8/6/2019 Rezi konyv


194

sau:

N

E A

N

E A

b

b b

0

0⋅ ⋅= 5.6-6b

Relaţia 5.6-6b se ataşează ecuaţiei de echilibru 5.6-4, rezultândsistemul:

N0 + N b = F 5.6-7a

N

E A

N

E A

b

b b

0

0⋅ ⋅

=5.6-7bcu:

A0 + A b = a2 5.6-7c

După rezolvarea sistemului 5.6-7a,b,c rezultă eforturile axialedin beton (N b), respectiv din armătura de oţel (N0):

N b

F A

Ab E E b

=+ ⋅1 0 5.6-8

N F Ab

A

E b

E

01

0

=+ ⋅ 5.6-9

Problema fiind de efort capabil, se revine la relaţiile 5.6-2,respectiv 5.6-3, obţinându-se:

N Ab cap b ab F A

Ab

E

E b

,' = ⋅ =

+ ⋅σ

1 0 5.6-10

N Acap a F Ab A

E b E

0 01 ,

'' = ⋅ =+ ⋅

σ 5.6-11

8/6/2019 Rezi konyv


195

Din relaţiile 5.6-10 şi 5.6-11, se obţin valorile for ţei capabile pentru satisfacerea condiţiei de rezistenţă atât a betonului cât şi aarmăturii de oţel:

F Ab ab A

A E E b b

' = ⋅ + ⋅⎛ ⎝ ⎜

⎠⎟σ 1 0

5.6-12a

F A a A

A

E

E b b

' ' = ⋅ + ⋅⎛ ⎝ ⎜ ⎞

⎠⎟0 1

0σ 5.6-12b

Pentru ca ambele materiale (betonul şi armătura de oţel) să

satisfacă condiţia de rezistenţă, valoarea maximă admisă a for ţei Fcare poate fi acceptată, este:

Fmax = min ( F' ; F'' ) 5.6-13

Exemplul nr.2. S ă se verifice elementele de rezisten ţă ale

sistemului din Fig.5.6-4, pentru care se cunosc: F = 100 kN, δ = 0,1

mm, E OL = E 0 = 2 105 MPa, E cu = E c = 105 MPa, σ a,OL = σ a, = 150MPa, σ a,Cu = σ a,c = 50 MPa, d = 20 mm, d 1 = 35 mm, d 2 = 50 mm.

Rezolvare

Dacă se efectuează o secţiune transversală prin sistem, în

secţiune se întâlneşte atât oţel cât şi cupru. Deci, sistemul este cusecţiune neomogenă.

δ

Cupru (Cu)

Oţel (OL)

l = 1 m

d d1 d2 F

Fig.5.6-4

8/6/2019 Rezi konyv


196

Parcurgem etapele de rezolvare cunoscute:• Interesează ambele elemente: atât bara de oţel cât şi cea de cupru.

Bara de oţel este circular ă, iar cea de cupru are secţiune inelar ă (esteo ţeavă).

• Ambele elemente sunt solicitate axial (la compresiune), dacă subacţiunea for ţei F, bara de cupru se scurtează cu mai mult de δ.Pentru acest exemplu consider ăm această situaţie. Eforturile axialedin cele două bare (NOL ≡ N0 şi NCu ≡ Nc) care iau naştere, se opunacţiunii for ţei F (Fig.5.6-5).

• Cum barele au secţiune constantă iar eforturile axiale din ele sunt deasemenea constante în lungul lor, rezultă că secţiunea periculoasă

poate fi oricare.

• Problema este de verificare, iar condiţia impusă este cea derezistenţă.• Din Tabelul 5.1-1, relaţia pentru calcul este:

σmax ...= = N 5.6-14

iar transpusă pentru cele două bare, rezultă:

σmax, ...00

0= =

N

A 5.6-15

σmax, ...c Ac

c= = 5.6-16

Pentru rezolvarea relaţiilor 5.6-15 şi 5.6-16, trebuie cunoscute

eforturile axiale N0 şi Nc din cele două bare. Punând condiţia deechilibru (Fig.5.6-5), rezultă:

F

N0

Nc

Fig.5.6-5

8/6/2019 Rezi konyv


197

( ∑ F )x = 0

N0 + Nc = F 5.6-17

Altă relaţie de echilibru nu se mai poate scrie. Existând două necunoscute (N0 şi Nc) şi scriind o singur ă relaţie (rel. 5.6-17), rezultă că sistemul este o dată static nedeterminat. Relaţia suplimentar ă necesar ă, se obţine din condiţia de deformare a sistemului. În Fig.5.6-6, se prezintă deformaţiile celor două bare, de unde rezultă uşor relaţiadintre deformaţii:

Δlc - Δl0 = δ 5.6-18

După deformare, ambele bare prezintă aceeaşi lungime.Explicitând relaţia 5.6-18, rezultă:

N l

E A

N l

E A

c

c c

⋅

⋅

⋅

⋅− =0

0δ

5.6-19Ataşând relaţia 5.6-19 la relaţia 5.6-17, se obţine sistemul care

permite determinarea celor două eforturi axiale :

Nc + N0 = F 5.6-20a

N

E A

N

E A l c

c c⋅ ⋅− =0

0

δ5.6-20b

δ Δl0

Δlc

Fig.5.6-6

8/6/2019 Rezi konyv


198

După rezolvarea sistemului 5.6-20a,b şi înlocuirea valorilor numerice, se obţin valorile eforturilor axiale:

Nc ≡ NCu = 74,49 kN 5.6-21a N0 ≡ NOL = 25,51 kN 5.6-21b

Pe baza valorilor eforturilor, rezultă tensiunile normale maximedin cele două bare:

σ σmax, ,00

08120 150= = < =

N

A aMPa MPa

σ σmax, , ,c N A a c

c

cMPa MPa= = > =5058 50

Se constată că în bara de cupru, tensiunea normală maximă estecu puţin mai mare decât tensiunea admisibilă. Diferenţa este totuşinesemnificativă (0,58 MPa) şi în acest caz, putem considera că şi barade cupru, satisface condiţia de rezistenţă.

5.7 Calculul barelor supuse variaţiilor detemperatură

La calculul barelor care prezentau inexactităţi de execuţie, amvăzut că prin montarea for ţată şi în lipsa unor for ţe exterioare, înelementele de rezistenţă apar tensiuni şi uneori destul de mari.Tensiuni în absenţa for ţelor exterioare în elementele de rezistenţă potapărea şi datorită variaţiilor de temperatur ă la care acestea pot fi

supuse în mod voit sau accidental. Tensiuni de acest fel destul demari, spre exemplu, se produc în şinele de cale ferată vara cândtemperatura creşte mult sau iarna când aceasta scade semnificativ sub00 C. În urma variaţiei temperaturii şinelor în raport cu temperatura lacare acestea s-au montat, în şine pot apărea tensiuni normale deîntindere sau de compresiune, funcţie de sensul variaţiei temperaturii.

Exemplul nr.1. Fie o bar ă încastrat ă la ambele capete (Fig.5.7-

1). Montarea barei s-a f ă cut la temperatura t1. Se pune problema

8/6/2019 Rezi konyv


199

determină rii tensiunilor normale care apar în bar ă în urma

modifică rii temperaturii la valoarea t2 (Δt = t2 - t1).

Consider ă m lungimea barei l, aria sec ţ iunii transversale A,

modulul de elasticitate longitudinal al materialului barei E,

coeficientul de dilatare termică liniar ă al materialului α şi t2 > t1.

Rezolvare Parcurgem aceleaşi etape de rezolvare pe care le-am mai parcurs

la exemplele precedente şi cu care deja ne-am familiarizat:• Avem o singur ă bara care ne interesaeză.• Deoarece t2 > t1 , bara tinde să se dilate, dilatare împiedicată de

reazeme. Rezultă că bara este solicitată la compresiune, ceea ce areca efect, apariţia în reazemele B şi C a reacţiunilor NB, respectiv NC

(Fig.5.7-1).• Secţiunea fiind constantă, la fel şi efortul axial N, rezultă că secţiunea periculoasă poate fi oricare.

• Problema este de verificare, condiţia de rezistenţă.• Relaţia de calcul pe care o utilizăm (din Tabelul 5.1-1), este:

σ = = N . . . 5.7-1

Pentru calcul este nevoie de efortul axial N din bar ă. Pentrusistemul din Fig.5.7-1, punem condiţia de echilibru:

( ∑ F)x = 0 NB - NC = 0 sau NB = NC 5.7-2

Nu se mai pot scrie alte ecuaţii de echilibru. Având două necunoscute (NB şi NC) şi scriind o singur ă ecuaţie, rezultă că sistemul

este o dată static nedeterminat. Relaţia suplimentar ă o căutăm înmodul de deformare al barei.

l

NB NC

B C

Fig.5.7-1

8/6/2019 Rezi konyv


200

Sub acţiunea variaţiei de temperatur ă Δt, bara tinde să se dilatecu Δlt. Această deformaţie este împiedicată de reazem (de reacţiune).Fie deformaţia împiedicată de reazem Δl N (Fig.5.7-2).

Din Fig.5.7-2, rezultă relaţia între deformaţii:Δlt = Δl N 5.7-3


α ⋅ ⋅ =⋅

⋅l t N l

C Δ

de unde:

NC = NB = E ·A · α · Δt 5.7-4

Diagrama de efort axial N, este prezentată în Fig.5.7-3.

Tensiunea maximă, calculată pe baza relaţiei 5.7-1, este:

σ ααmax = = = = ⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ Δ N N E A t C E t Δ 5.7-5

NB NC = E ·A ·α N

Fig.5.7-3

Δl N

Δlt

Fig.5.7-2

8/6/2019 Rezi konyv


201

Se poate constata că tensiunea normală maximă, nu depinde demărimea secţiunii transversale a barei.

S ă consider ă m că bara este din o ţ el pentru care E = 2,1 105

MPa, α = 12,5 10-6

grad -1 , Δt = 50

0C.

Tensiunea normală maximă în bar ă în această situaţie, este:

σmax = 2,1 105 12,5 10-6 50 = 131,25 MPa.

Rezultă o tensiune normală destul de mare, apropiată de ceaadmisibilă.

Tensiuni apar şi atunci când elementele de rezistenţă se r ăcesc(iarna când temperatura scade; t1 > t2). În acest caz, tensiunile dinelementele de rezistenţă sunt de întindere.

Exemplul nr.2. La ce diferen ţă de temperatur ă Δt poate fi

supusă bara din Fig.5.7-4, pentru a nu se depăşi σ a.

Rezolvare Pentru rezolvarea problemei, parcurgem etapele cunoscute:

• Avem o singur ă bar ă cu secţiune variabilă, din acelaşi material. • Bara se va dilata, până atinge peretele din dreapta. Temperatura

creşte în continuare până când în bara comprimată, tensiuneanormală atinge valoarea σa. • La capetele barei (în reazeme) apar reacţiunile NB şi NC (Fig.5.7-5).

δ

l1 l2

l

A1, E, α A2, E, α

Fig.5.7-4

B NB

Fig.5.7-5

NC

8/6/2019 Rezi konyv


202

Secţiunea periculoasă este pe intervalul cu aria A2 (A2 < A1) deoareceefortul axial N în lungul barei este constant. • Problema este de efort capabil, iar condiţia care se impune este cea

de rezistenţă. • Relaţia utilizată pentru calcul (vezi Tabelul 5.1-1), este:

Ncap = A σa = ... 5.7-6

Punem condiţia de echilibru, pentru sistemul din Fig.5.7-5:

( ∑ F )x = 0

NB = NC = N 5.7-7Alte condiţii de echilibru nu se mai pot pune. Rezultă că

sistemul este o dată static nedeterminat. Relaţia suplimentar ă necesar ă se caută, f ăcând acelaşi raţionament ca la exemplul precedent.Schema cu deformaţiile suferite de bar ă, este prezentată în Fig.5.7-6.

Din Fig.5.7-6, rezultă:

Δlt - Δl N = δ 5.7-8


α α δ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − +⎛ ⎝ ⎠ =

⋅⋅

⋅⋅l t l t

N l

E A

N l

E A1 22

2

1

1Δ Δ 5.7-9

sau mai simplu:

( ) δ=+−+⋅Δ⋅α1

1

2

2

A

l

A

l

E

N

21t

)ll(5.7-10sau,

Δlt

δ Δl N

Fig.5.7-6

8/6/2019 Rezi konyv


203

α δ⋅ ⋅ − = +⎛ ⎝

⎞ ⎠Δt l N

E

l

A

l

A2

2

1

15.7-11

Din relaţia 5.7-11, rezultă valoarea efortului axial N din bar ă:

( ) N N N B C

E t l l

A

l

A

= = =⋅Δ ⋅ −

+

α δ11

22

5.7-12

Revenind la relaţia de bază (rel. 5.7-6) şi punând condiţia derezistenţă în secţiunea periculoasă, rezultă:

( ) E t l al

A

l

A

Aα δ

σ⋅Δ ⋅ −

+= ⋅

11

22

1 5.7-13

Din relaţia 5.7-13, după efectuarea calculelor, rezultă diferenţade temperatur ă maximă admisă:

( )Δt

A E

E

a

l

A

l

A=

⋅ + + ⋅

⋅

111

22

σ δ

α 5.7-14

5.8 Calculul barelor supuse acţiunii simultane a mai

multor factori

La unele sisteme (în general static nedeterminate) este necesar câteodată să se ţină seama de influenţa simultană a mai multor factori:for ţele exterioare, variaţia de temperatur ă şi inexactităţile de execuţie.

Rezolvarea acestor probleme se poate face în două moduri.a) Primul mod constă din considerarea simultană a influenţei

tuturor factorilor. În acest caz, în ecuaţia care exprimă condiţiasuplimentar ă de deformaţie, trebuie introduşi termenii care exprimă influenţa fiecărui factor. Eforturile şi tensiunile obţinute în urmaacestui mod de abordare, sunt cele totale (rezultante).

b) Al doilea mod de abordare a unor asemenea sisteme, constă în evaluarea separat ă a eforturilor şi a tensiunilor produse de fiecare

8/6/2019 Rezi konyv


204

factor de influenţă. Problema se rezolvă separat pentru fiecare factor şi în fiecare caz, se ţine seama numai de un singur factor. Eforturile şitensiunile totale (rezultante), se obţin prin însumarea algebrică avalorilor obţinute în urma rezolvării fiecărei probleme separat. Decele mai multe ori, acest mod de abordare este mai uşor şi mai comod,dar necesită un volum mai mare de calcule. Metoda aceasta estecunoscută şi sub numele de metoda suprapunerii efectelor . Această metodă a fost folosită până acum la trasarea diagramelor de eforturi pentru sistemele spaţiale (vezi parag.3.4).

În cazurile prezentate până acum, am ţinut seama numai de unsingur factor: for ţele exterioare, inexactităţile de execuţie, variaţiatemperaturii.

În continuare, se prezintă un exemplu de calcul pentru un sistemstatic nedeterminat supus acţiunii simultane a mai multor factori.

Exemplul nr.1. Fie trei bare verticale paralele de lungime l = 2m care sus ţ in o platformă rigid ă BC pe care se aplică for ţ a F = 40 kN

(Fig.5.8-1). Bara central ă este mai scurt ă cu δ =0,2 mm decât este

necesar. Bara 1 este din cupru iar barele 2 şi 3 sunt din o ţ el.

Temperatura sistemului cre şte cu Δt = 200

C.

Se cere să se determine tensiunile din cele trei bare, după

montarea for ţ at ă şi cre şterea temperaturii cu Δt. Se mai cunosc: a =

1,5 m, b = 1 m, c = 0,25 m, A1 = 2 cm2 , A2 = 1 cm

2, A3 = 3 cm

2 , E Cu

= E c = 105

MPa, E OL = E = 2 105

MPa, α Cu = α c = 17 10-6

grad -1 ,

α OL = α = 13 10-6

grad -1

.

B D M C

b c

δ

l

a

1 2 3

Fig.5.8-1

F

8/6/2019 Rezi konyv


205

Rezolvare

Presupunem că s-a realizat montarea for ţată şi că eforturile înurma creşterii temperaturii cu Δt, sunt toate de întindere (Fig.5.8-2).

Se utilizează metoda simultană (sau globală).

Condiţiile de echilibru puse pentru sistemul din Fig.5.8-2,conduc la următoarele ecuaţii:

( ∑ F )y = 0 N1 + N2 + N3 - F = 0 5.8-1

( ∑ M )D = 0 N1 a - N3 b + F c = 0 5.8-2

S-au scris două ecuaţii şi sunt trei necunoscute: N1, N2, N3.Rezultă că sistemul este o dată static nedeterminat. Relaţiasuplimentar ă necesar ă, se determină din modul de deformare alelementelor sistemului. Schema cuprinzând deformaţiile elementelor sistemului, considerând că toate eforturile sunt de întindere, este prezentată în Fig.5.8-3.

δ

Δl3 Δl2Δl1

1 2 3

Fig.5.8-3

N1 N2 F N3

B D M C

Fig.5.8-2

8/6/2019 Rezi konyv


206

Din Fig.5.8-3, rezultă următoarea relaţie între deformaţiile barelor:

Δ ΔΔ Δ

l l

l l a ba3 12 1

−− − +=δ 5.8-3

Deformaţiile celor trei bare, ţinând seama şi de influenţatemperaturii, sunt:

Δ Δl l t N l

E A1 11

1 1= + ⋅ ⋅

⋅⋅ α 5.8-4a

Δ Δl l t N l

E A2 22

2 2= + ⋅ ⋅

⋅⋅ α 5.8-4b

Δ Δl l t l

E A3 33

3 3= + ⋅ ⋅

⋅⋅ α 5.8-4c

Înlocuind relaţiile 5.8-4a ... 5.8-4c în relaţia 5.8-3, se obţine:

N l

E A

N l

E A

N l

E A

N l

E A

l t l t

l t l t

a ba

33 3 3

11 1 1

22 2 2

11 1 1

⋅⋅

⋅⋅

⋅⋅

⋅⋅

+ ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅

+ ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ −

+=α α

α α δ

Δ Δ

Δ Δ 5.8-5

Relaţia 5.8-5 se ataşează ecuaţiilor de echilibru (rel. 5.8-1 şi 5.8-2). După rezolvarea sistemului de ecuaţii astfel format (rel 5.8-1, 5.8-2 şi 5.8-5), se obţin valorile celor trei eforturi:

N1 = 7,92 kN 5.8-6a N2 = 10,2 kN 5.8-6b N3 = 21,88 kN 5.8-6c

Dacă un efort axial are semnul − (minus), înseamnă că bararespectivă nu este solicitată cum am considerat noi (noi am consideratcă toate sunt întinse), ci contrar consideraţiei f ăcute.

Cu valorile eforturilor, se pot determina acum tensiunile din celetrei bare:

8/6/2019 Rezi konyv


207

Pentru bara 1:

σ σmax, ,

, ,179210

2001

1

3

39 6= = = <⋅ N

A a cMPa

Pentru bara 2:σ σmax,

, ,2

10210100

2

2

3

10 2= = = <⋅ N

A aMPa

Pentru bara 3:

σ σmax, ,

,3218010

3003

3

3

72 9= = = <⋅ N

A aMPa

Toate barele satisfac condiţia de rezistenţă cerută.

8/6/2019 Rezi konyv


208

0,8 m

L1 F

1 2 m

1

2

DB

L2

60º 45º

Grinda rigidă, BD, din figur ă este susţinută în poziţie orizontală prin doi tiranţi din oţel cu lungimilea şi respectiv b. Acceptând că ariasecţiunii tirantului mai scurt estecunoscută, A1, se cere să sedetermine aria secţtiunii tirantului 2,astfel încât după aplicarea for ţei F,grinda BD să r ămână în poziţieorizontală. Aplicaţie numerică: A1=300 mm2, a= 1 m, b=2 m.

Grinda rigidă, BD, din figur ă este susţinută de doi tiranţi din oţelcu secţiuni circulare cu lungimileL1=1,5 m şi respectiv L2=1 m.

Cunoscând diametrele secţiunilor tiranţilor: d1=40 mm şi d2=30mm, modulul de elasticitate E=2×105 MPa, se cer: eforturile dintiranţi după aplicarea for ţei F=20kN şi deplasarea pe verticală acapătului D al grinzii BD.

Pentru sistemul de bare din figur ă se cer: a) să se determine efortul dintirant dacă F=40 kN; b) să sedimensioneze tirantul, dacă σa=160 MPaşi se utilizează o secţiune circular ă,(d=?); c) să se calculeze deplasarea pe

verticală a punctului de aplicaţie afor ţei, dacă E=2,1×105 MPa.

5E. Solicitarea axială Probleme ro use

5E.1

0,75 l

aA1 F

0,25 l

b

DB

A2

1

2

5E.2

F

4 m

3mEA

2m

5E.3

8/6/2019 Rezi konyv


209

500

d

2F

3F

F

600500400

2 d

15 234

Pentru sistemul de bare dinfigur ă se cer: a) efortul dintirant,(N=?); for ţa capabilă, Fcap,dacă σa=160 MPa şi tirantul aresecţiune circular ă cu diametrul d=30 mm; c) să se calculezedeplasarea pe verticală a punctuluide aplicaţie a for ţei, dacă E=2×105 MPa.

Pentru sistemul de bare dinfigur ă se cer: a) efortul din tirantdacă F=60 kN; b) să se verificetirantul, dacă σa=140 MPa şi seutilizează o secţiune circular ă cu

d=32 mm; c) să se calculezedeplasarea pe verticală a punctuluide aplicaţie a for ţei, dacă E=2,1×105 MPa.

Pentru bara de secţiune circular ă din figur ă se cer: a) for ţele

axiale, N, pe fiecare tronson de bar ă, pentru F=20 kN; b) să sedimensioneze bara dacă σa=150 MPa; c) să se calculeze lungirea totală a barei,(Δl15), dacă E=2,1×105 MPa.

5E.4

F

3 m

2m

EA

1 m

F

4 m

3mEA

2m

5E.5

5E.6

8/6/2019 Rezi konyv


210

Sistemul din figur ă este solicitatde for ţele F1=16 kN şi F2=12 kN.Grinda orizontală BD este de marerigiditate. Să se determine tensiuniledin tirantul ABC şi deplasareacapătului (C) al acestuia,cunoscându-se diametrul d=30 mm,constant pe toată lungimea tirantuluişi modulul de elasticitate E=2×105 MPa. Cotele de pe desen sunt în metri.

Grinda de mare rigiditateBD este susţinută de doi tiranţilungi de 3 m. Tirantul (1) estedin oţel cu E1= 2×105 MPa, iar tirantul (2) din Al cu E2= 7×104 MPa. Ariile secţiunilor sunt

identice: A1=A2=650mm2. Pegrindă se aplică două for ţeverticale F1=30 kN şi F2=10 kN.Să se determine: a) eforturile din tiranţi (N1 şi N2); b) tensiunile dintiranţi (σ1 şi σ2); c) deplasarea verticală a punctului de aplicatie alfor ţei F2, (ΔF2). Cotele de pe desen sunt în metri.

Cornierul COD de marerigiditate din figur ă este ancorat cuun tirant, BC, de secţiune circular ă cu diametrul d=24 mm. În punctul Dse aplică o for ţă verticală F=30 kN.Cunoscând σa=150 MPa şiE=2,1×105 MPa se cere verificareatirantului şi calculul deplasării pe

verticală a punctului de aplicaţie alfor ţei, (ΔD). Cotele de pe desen sunt în metri.

5E.7

5E.8

5E.9

0,6

1 m

1,4 m

F

D

B C

d

F2

F1

D

B

C

A

d

2

3

2 4

F1

1

EA1 EA2

1

F2

1,5 0,5 0,5

3

2

B D

8/6/2019 Rezi konyv


211

Sistemul din figur ă, compus dintiranţii (1) şi (2) este solicitat de for ţaF=20 kN aplicată în articulaţia comună (B). Cunoscând dimensiunile tiranţilor,(A1=200 mm2

, A2=100 mm2, l1=5 m,l2=8,66 m), şi caracteristicile de material,(σa=140 MPa, E=2,1×105 MPa), se cereverificarea tiranţilor şi deplasareaarticulaţiei (B).

Bara de secţiune A1 pe o lungime 2×a=400 mm şi A2=2×A1 pealţi 2a=400 mm, este încărcată cu for ţele indicate în figur ă, (F=100kN). Bara este încastrată în ambele capete,(B şi D). Materialul bareieste oţel cu E=2×105 MPa şi σa=160 MPa. Se cer: a) reacţiunile dinîncastr ări, (HB şi HD); b) dimensionarea secţiunii barei; c) Deplasareasecţiunii (2), (Δ2).

Bara de secţiune A1=250 mm2 pe o lungime 2a=400 mm şiA2=2×A1 pe alţi 2a=400 mm, este încărcată cu for ţele F şi 3F indicateîn figur ă. Bara este încastrată înambele capete,(B şi D). Materialul barei este oţel cu E=2×105 MPa şiσa=150 MPa.Se cer: a) reacţiunile din încastr ări,

(HB şi HD); b) for ţa capabilă, Fcap;c) Deplasarea secţiunii (2), (Δ2).

EA1 EA2

l1

F

1 2

B

l2

60º 30º

5E.10

5E.11

1

A1

A2

a

F

D3F

F

B 23

a a a

1

A1

A2

a

F

D3F

B 2 3

a a a

5E.12

8/6/2019 Rezi konyv


212

Se dă bara cilindrică din figur ă, încastrată laambele capete, (B şi D), compusă din două tronsoane având diametrele d şi 2d. Bara esteîncărcată cu for ţa F=520 kN aplicată în dreptulsecţiunii (1). Să se determine reacţiunile dinîncastr ări, (YB şi YD), şi valoarea diametrului d,dacă rezistenţele admisibile sunt: la întindereσa,t=20 MPa şi la compresiune σa,c=40 MPa, iar modulul de elasticitate este E=2,1×105 MPa.

Bara de secţiune A1=600mm2 pe o lungime de 700 mm şiA2= 1000 mm2 pe tronsonul delungime 600 mm, este încărcată cu for ţa F=80 kN. Bara esteîncastrată în stânga, în (B), iar în

dreapta are un joc δ=0,2 mm până la un perete fix (D). Materialul barei este oţel cu E=2×105 MPa şiσa=160 MPa. Se cer: a) reacţiunile din încastrare, (HB), şi din perete,(HD); b) verificarea barei; c) Deplasarea secţiunii (1), (Δ1).

Se consider ă bara dreaptă din figur ă. După execuţie se constată

că lungimea totală este mai mică decât cea nominală cu δ=0,18 mm.Se cunosc: ariile A2=1,5×A1= 1200 mm2, cota a=0,6 m, for ţa F=20 kNşi modulul de elasticitate E=2×105 MPa. Se cer: a) reacţiunile dinîncastr ări, (HB şi HD), după aplicarea sistemului de for ţeindicat pe figur ă; b) tensiuneamaximă care apare în secţiunea barei, σmax; c) Deplasarea secţiunii

(2), (Δ2).

1

δ

A1

A2

600 400 300

FB D

5E.13

1

2d

F

B

D

2

d

2 d

d

d

5E.14

1

D

B2 3

A1A2

F2F

F

aa a a

5E.15

8/6/2019 Rezi konyv


213

Pentru sistemul de barearticulate din figur ă se cer:-eforturile din cei doi tiranţi,(N1 şi N2);-să se dimensioneze tiranţiicunoscând: F= 120 kN; σa=160MPa; EA1=2×EA2,(A1,nec=?,A2,nec=?);-să se calculeze deplasarea peverticală a punctului de aplicaţie al for ţei, dacă E=2×105 MPa, (ΔF=?).Cotele de pe desen sunt în metri.

Să se determine eforturile, (N1 şi N2), şi tensiunile,(σ1 şi σ2), din barele sistemului articulat din figuraalăturată şi să se calculeze

deplasarea punctului de aplicaţie alfor ţei,(ΔF). Se dau: E=2,1×105 MPa,A1=1200 mm2, L1=2 m, A2=600mm2, L2=1 m, a=1m, F=50 kN.

Pentru sistemul de bare

articulate din figur ă se cer: a)eforturile din cei doi tiranţi; b) să se determine for ţa capabilă cunoscând: σa=160 MPa;A1=2×A2=1200mm2; c) să secalculeze deplasarea pe verticală a punctului de aplicaţie al for ţei, (E=2×105 MPa).Cotele de pe desen sunt în metri.

5E.16

F

22

3

2

EA1 2

EA22

1

F

a

EA1

L2

1

a 1,2a

L1

2EA2

5E.17

F

2 3

2EA1

2

EA2

21

5E.18

8/6/2019 Rezi konyv


214

Pentru sistemul de barearticulate din figur ă se cer: a)eforturile din cei doi tiranţi; b) să se dimensioneze tiranţii dacă: F=120 kN; σa=160 MPa;EA1=2EA2;c) să se calculeze deplasarea peverticală a punctului de aplicaţieal for ţei, (E=2×105 MPa). Cotelede pe desen sunt în metri. Bara orizontală este considerată nedeformabilă.

Pentru sistemul de bare dinfigur ă, având bara cotită BCD demare rigiditate, se cere: a) eforturiledin tiranţi,(N1 şi N2); b) tensiunile

din tiranţi,(σ1 şi σ2); c) valoareamaximă a for ţei ce poate fi preluată de sistem dacă σa=160 MPa,(Fmax=?).

Se dă sistemul format din trei bare articulate,(1,2 şi 3), solicitat de ofor ţă aplicată în articulaţia comună.Să se determine eforturile, (N1, N2, N3), din barele sistemului articulat şisă se dimensioneze barele din oţel cusecţiune circular ă constantă. Se dau:F=100 kN; a=0,5 m; E=2,1×105 MPa;

σa=160 MPa.

5E.19

EA1

EA2 21

F2

3 2 1

4

5E.20

F

2a

EA 2

1

a a

a

EA

a

13

2

F

a

α

α =30ο

α

a

5E.21

8/6/2019 Rezi konyv


215

Trei tiranţi susţin o grindă derigiditate infinită BD. Rigiditateatiranţilor (1) şi (3) este aceeaşi,E1A1= E3A3= 2×105×300 N, iar ceaa tirantului (2) este E2A2= 105×500 N. For ţa aplicată sistemului esteF=50 kN.Să se determine: a)eforturile N1,N2 şi N3; b) tensiuniledin tiranţi,(σ1, σ2 şi σ3); c) deplsarea pe verticală a grizii BD, (Δv=?).

Bara de mare rigiditate BOCDeste încărcată cu for ţa F=80 kN şisusţinută de articulaţia fixă O şi detiranţii (1) şi (2).Cunoscând: 3A1=A2=A, E=2×105 MPa şi σa=145 MPa,

se cer: a) eforturile din tiranţi, (N1, N2); b) dimensionarea tiranţilor, Anec=?; c)deplasarea pe verticală a punctului deaplicaţie al for ţei,(ΔF=?).

Stâlpul OBC, considerat de rigiditate

infinită, este ancorat cu două cabluri din oţel cusecţiunile: A1,(DB), şi A2,(DC). În articulaţia C, pe orizontală se aplică for ţa F=80 kN. Se cer: a)eforturile din cabluri, dacă A1=1,5A2 şiE=2,1×105 MPa; b) secţiunile A1 şi A2 dacă σa=160 MPa;c) deplasarea pe orizontală a punctului deaplicaţie al for ţei, ΔF.

5E.22

F

1,5

3m

2m

2

1

30º

45º

O

DBC

5E.23

F

3 m

4 m

1

D

B 2

O

C

6 m

α

β

5E.24

F

2 m

EA1

1

l = l = 3

EA3

3

B D

EA2

2

l 2 = 2 m

2 m

8/6/2019 Rezi konyv


216

Barele sistemului articulate din figur ă au aceeaşi rigiditate(EA=const.) şi suntsolicitate de for ţa 2F=20 kN. Cunoscând:a=1 m; A=200 mm2 şi E=2,1×105 MPa, secer eforturile din bare, (N1

DC,N1CB,N2,N3),

şi deplasarea articulaţiei (B), ΔB.

Pentru sistemul de barearticulate din figur ă, având baraBOCD rigidă, se cer: a) eforturile N1,N2,N3; b) for ţa maximă,Fmax,care poate încărca sistemulcunoscând: σa=160 MPa; A1=A2=A3=400 mm2; c) deplasarea punctului de aplicaţie al for ţei,ΔF,

dacă: a=1m; E=2,1×105 MPa; d)eforturile N1

θ,N2θ,N3

θ dacă temperature barei (3) creşte cuθ=100ºC; (coeficientul dilataţiei termice liniare este: α=1,2×10-5 1/ºC).

Pentru sistemul de bare

articulate din figur ă se cer:- eforturile din tiranţi, N1 şi N2;- for ţa capabilă, Fcap dacă σa=150MPa;A1=400 şi A2=600 mm2;- deplasarea pe verticală,ΔD, a punctului de aplicaţie al for ţei,(E=2⋅105 MPa). Bara orizontală BDeste considerată nedeformabilă.

a

2

1

3

F

α α

α =30ο

F

B

C

D

2 a

5E.25

5E.26

Fa

aa

a

a1

O

D

B

32

C

5E.27

EA1

EA2

F

2 m 2 m

45º

12

D

B

8/6/2019 Rezi konyv


217

Sistemul din figur ă, având bara BD de rigiditate infinită, estesolicitat de o for ţă F=120 kN.Barele (1) şi (2), articulate lacapete, sunt din oţel cu: σa=150MPa şi E=2,1×105 MPa. Se cer:a) eforturile, N1 şi N2, pentruA2=1,5×A1; b) dimensionarea barelor (1) şi (2) utilizând secţiuni circulare; c) deplasarea peverticală,ΔD, a punctului de aplicaţie al for ţei, pentru a=1,2 m.

La realizarea sistemului de barearticulate din figur ă se constată că bara (2) este mai scurtă cu δ=0,2 mm.Montarea se face for ţat. Se cer:eforturile din cei doi tiranţi înainte şi

după aplicarea for ţei, (E=2×105 [MPa]), F= 120 [kN]; A1=A2=1200mm2; să se calculeze deplasarea peverticală a punctului de aplicaţie al for ţei. Cotele de pe desen sunt înmetri. Bara orizontală este perfect rigidă, deci nedeformabilă.

La realizarea sistemului de bare articulate din figur ă se constată că bara (1) este mai scurtă cu 0,2mm. Montarea se face for ţat. Secer: eforturile din cei doi tiranţiînainte şi după aplicarea for ţei,(E=2×105 MPa), F= 80 kN; A1=A2=1000 mm2; să se calculezedeplasarea pe verticală a punctului de aplicaţie al for ţei. Cotele de pe

desen sunt în metri. Bara orizontală este considerată nedeformabilă.

δ

F

32

4

3

EA1 3

EA2

1

5E.29

δ

F

3 4

3

EA1

2

EA2

21

5E.30

5E.28

3a

F1

2

D

B

2a

4 a

a

8/6/2019 Rezi konyv


218

Barele sistemului articulat sunt din

oţel cu E=2×105 MPa şi σa=150 MPa.Barele (1) şi (3) au aceeaşi secţiunetransversală: A1=A3=300 mm2, mai maredecât bara (2) care are A2=200 mm2. Bara(2) este mai scurtă cu δ=1 mm. Să sedetermine: eforturile, (N1

0 ,N20, N3

0), din bare dacă F=0; eforturile, (N1,N2, N3), din bare după aplicarea for ţei F; for ţa maximă care poate fi aplicată.

O grindă de rigiditate infinită BD, având greutatea G=30 kN, estesuspendată cu trei tiranţi din oţel cusecţiuni transversale egale: A1=A2

=A3. La montaj se constată că tiranţii(1) şi (3) au lungimea nominală l1=l3=2,5 m, în timp ce tirantul din

mijloc, (2), este mai scurt cu δ=1,25mm. Sistemul este asamblat for ţat. Să se determine tensiunile dintiranţi dacă: A1=400 mm2, E=2×105 MPa.

Pentru sistemul de bare dinoţel să se determine: eforturile

axiale,(N1, N2, N3), şitensiunile,(σ1,σ2,σ3), care apar însecţiunile barelor (1),(2) şi (3),ca urmare a asamblării for ţate.Bara BD este de rigiditateinfinită. Să se calculeze apoideplasarea pe verticală a articulaţiei D,(ΔD=?). Se dau: a=2 m;A1=2000 mm2; A2= A3=1000 mm2; E1= E2= E3=2,1×105 MPa; δ=1

mm.

F

a

αα =30ο

α a

δ

1

2

3

5E.31

5E.32

1

3

DB δ

a

a

60º

2

60º

5E.33

G

a

EA1

1

l 1 = l 2 = l 3

EA3

3

B D

EA

2

a

δ

8/6/2019 Rezi konyv


219

La montarea sistemului de barearticulate din figur ă se constată oinexactitate de execuţie δ=2 mm. Sistemulse asamblează for ţat. Dacă toate barele auaceeaşi secţiune A şi sunt confecţionate dinoţel, (E=2,1×105 MPa), se cere să sedetermine tensiunile care apar în secţiunilecelor 4 bare.

Pentru sistemul de barearticulate din figur ă, se cer: a) for ţanecesar ă asamblării for ţate,Fnec, pentru: δ=2 mm, A1=1000,A2=2000mm2, a=1500 mm, E1=2,1×105 MPa, E=1,05×105 MPa; b)tensiunile din bare dacă după

montare barele sunt încălzite cuΔθ=20ºC. Coeficientii dilataţiei termice liniare sunt: α1=1,2×10-5 1/ºCşi α2=1,8×10-5 1/ºC.

La montarea sistemului de barearticulate din figur ă se constată o

inexactitate de execuţie δ=0,4 mm.Sistemul se asamblează for ţat. BaraBD este de rigiditate infinită. Tiranţii(1),(2) şi (3), sunt din oţel cuE=2×105 MPa, şi au ariile secţiunilor:A1=A, A2=1,5A şi A3=2A. Dacă a=1m se cere să se determine tensiunilecare apar în secţiunile tiranţilor în

urma montajului for ţat,(σ1=?,σ2=?,σ3=?).

4

3

δ

2 m

60º

2

60º 1 1 m

5E.34

ϕ =30ο

a

21 1

ϕ ϕ

δ

5E.35

3

45º

2

45º

1

a

δ

1

2

DB

a

a a

5E.36

8/6/2019 Rezi konyv


220

Se asamblează sistemul de bare dinfigur ă şi se constată că bara (3) este mai

scurtă cu δ=0,8 mm. Toate barele auaceeaşi rigiditate EA. Lungimea nominală a barelor este: l1=l2=l3=1,25 m şil4=l5=2,165 m. Sistemul se asamblează for ţat. Să se determine tensiunile care apar în secţiunile tiranţilor în urma montajuluifor ţat. Se dau: E=2×105 MPa, A=800 mm2.

Bara din figura de mai jos are secţiunea neomogenă cu miezuldin oţel, (cu A1=1500 mm2;E1=2,1×105 MPa şi σa1=150 MPa), şiexteriorul din alamă, (cu A2=2000 mm2;E2=105 MPa şi σa2=100 MPa).Să se determine: a) reacţiunile din încastr ări,( HB,HD); b) eforturilemaxime din oţel şi respective din alamă,(Nmax

Ol, NmaxAl); c) for ţa

maximă pe care o poate suporta bara,(Fcap); d) deplasarea punctului deaplicaţie al for ţei 2F.

Doi cilindrii concentrici,((1) din cupru şi (2)din oţel), de aceeaşi lungime l, sunt comprimaţi, prin intermediul a două plăci rigide, cu for ţeleF=220 kN. Se cunosc: A1=1000mm2;E1=1,15×105 MPa; α1=1,7×10-5 1/ºC;A2=2000 mm2;E2=2,1×105 MPa; α2=1,2×10-5 1/ºC. Se cer: a) tensiunile din cei doi cilindriidacă există doar for ţele F; b) tensiunile dincilindrii dacă existând for ţele F ansamblul se

30ο

4 δ

30ο

60ο 60ο

5

3

1 2

5E.37

1

800 400 200

2FB D

2

F

5E.38

F

1 2

F

1

Cu Ol

5E.39

8/6/2019 Rezi konyv


221

încălzeşte cu Δθ=200ºC,(σ1θ=?, σ2

θ=?); c) care este creşterea detemperatur ă pentru care bara din oţel nu mai este solicitată, (Δθ =?).

Bara din figur ă esteconfecţionată din cupru,(Cu), şialuminiu,(Al). Ansamblul este aşezatîntre doi pereţi fixi:(B) şi (D). În partea din stânga există un joc: δ=1,2mm. Se cunosc: ECu=2×EAl=1,4×105 MPa; αCu=1,6×10-5 1/ºC; αAl=2,4×10-5

1/ºC. Se cere să se determine tensiunile din cele două materiale,(σCu

θ=?, σAlθ=?), dacă temperatura întregului ansamblu

creşte cu Δθ=90ºC.

După montarea celor două bare din oţel seconstată că între ele r ămâne un interstiţiu δ=1 mm.

Dacă barele sunt încălzite cu Δθ=120ºC se cere să sedetermine tensiunile din cele două secţiuni,(σA1

θ=?,σA2

θ=?). Se cunosc: A1=800 mm2; A2=1300 mm2;EOl=2,1×105 MPa; αOl=1,2×10-5 1/ºC.

Să se determine creşterea de temperatur ă necesar ă, Δθ=?, pentru

ca, în ansablul din figur ă, bara din oţel să nu mai fie solicitată. Secunosc: F=60 kN; A=500 mm2; EOl=2,1×105 MPa; αOl=1,2×10-5 1/ºC;ECu=1,15×105 MPa; αCu=1,7×10-5 1/ºC.

5E.41

3 0 0

A2

A1

6 0 0

δ

5E.42

a

2AA

a=60

CuOl

F

5E.40 B D

δ

Cu

800

Al

Ø 5 0

Ø 7 5

800 400

8/6/2019 Rezi konyv


222

O grindă de rigiditate infinită BD, este menţinută în poziţieorizontală de reazemul mobil (D)şi de trei tiranţi, din acelaşimaterial, cu aceeaşi lungime a=2m şi cu rigidităţile indicate: EA şi2EA. Să se determine: eforturiledin tiranţi exprimate în funcţie deF şi tensiunile din tiranţi, dacă secunosc: F=84 kN, A=400 mm2, E=2×105 MPa şi α=30º.

Sistemul de trei bare planearticulate, din figur ă, susţine for ţaF=400 kN. Tiranţii (1),(2) şi (3) suntdin oţel cu: σa=150 MPa, E=2,1×105 MPa şi α=1,1×10-5 1/ºC. Secţiunile

transversale sunt: A1=1,5A; A2=A şiA3=2A. Se cer: a) eforturile din tiranţila îcărcarea cu F; b) dimensionareatiranţilor,Anec=?; c) deplasarea totală a articulaţiei (B); d) tensiunile din tiranţi dacă temperaturaansamblului creşte cu Δθ=60ºC,(σ1

θ=?, σ2θ=?, σ3

θ=?).

Sistemul de bare din figur ă seasamblează for ţat, deoarece bara (3) estemai scurtă cu δ=0,5 mm. Dacă barele auaceeaşi rigiditate, (EA=2,1×105 ×800MPa×mm2), se cere să se determinetensiunile din cele 3 bare: a) după montareafor ţată; b) după montare şi încălzirea tuturor

barelor cu Δθ=60ºC. Coeficientul dilataţieitermice liniare este: α=1,2×10-5 1/ºC.

1

DB

32

F

EA

2EA EA α α

2/3×a a/3

5E.43

1,5A

2A

2 m

F

1

30º 60º 45º

A2 3

B

5E.44

1

3

2

4 0 0

60ο

3 3 0

δ

45ο

5E.45

8/6/2019 Rezi konyv


223

Bara de secţiune constantă A=1000 mm2, din

oţel, cu: E=2,1×105 MPa şi α=1,2×10-5 1/ºC, estesolicitată de două for ţe: F1=80 kN şi F2. Bara este maiscurtă cu δ=1 mm. Se cer: a) să se determine valoareafor ţei F2 astfel încât capătul barei să atingă peretele(4); b) să se determine eforturile şi tensiunile dinfiecare tronson, dacă F2=120 kN; c) care este variaţiade temperatur ă necesar ă pentru ca tensiunea maximă de întindere să fie egală cu modulul celei maxime decompresiune.

Sistemul de bare din figur ă esteasamblat la temperatura θ0=20 ºC. Sedau: A1=1000 mm2, E1=7×104 MPa,α1=2,4×10-5 1/ºC, A2=2000 mm2,E2=2,1×105 MPa, α2=1,2×10-5 1/ºC.

Se cer: a) să se determine tensiuniledin bare la temperatura θ1=35 ºC; b)temperatura θ2 la care bara (2) atinge peretele din stânga; c) tensiuniledin bare la temperatura θ3= θ1+ θ2.

Cilindrul din Al, cu aria A=100

mm2, este fixat în (B) şi intr ă înorificiul cilindrului din oţel, fixat în(D). Lungimea barei de Al este: 1000-2δ, iar cea a celei din oţel: 2000- δ. Secunosc: AOl,B1=300 mm2, EOl=2,1×105 MPa, αOl=1,2×10-5 1/ºC, AOl,1D=400mm2, EAl=7×104 MPa, αAl=2,4×10-5 1/ºC, δ=0,15 mm. Se cer: a) tensiunile produse de for ţa F=36 kN; b)

variaţia de temperatur ă care anulează jocul dintre cele două bare,(Δθ);c) tensiunile din bare dacă temperatura creşte cu încă 10 ºC.

5E.46

2

δ

1 m

1 , 2 m

8 0 0

1

4

F1

3

F2

5E.47

200

E1,A1,α1

100

12

E2,A2,α2

5E.48

5001000

δ

1 2

3A

500

F

B D

4A

A

AlOl

2δ

8/6/2019 Rezi konyv


224

Se dă sistemul de bare articulatedin figur ă. Barele au aceeaşi rigiditateEA. Lungimile barelor sunt: l1=600 3 mm, l2=1200 mm şi l3=600 mm. Se dauE=2,1×105 MPa, A= 800 mm2, F=42 kN,δ=0,4 mm. Se cer: a) eforturile din baredupă montarea for ţată, în absenţa for ţeiF; b) eforturile finale după aplicareafor ţei; c) să se determine valoarea for ţeiF pentru care tirantul (2) este nesolicitat.

Sistemul de 3 bare articulate dinoţel, (E=2×105 MPa), este solicitat defor ţa F=150 kN. Bara (1) are secţiuneadublă faţă de celelalte două,(A1=2A2=2A3). Se cer: a) eforturile din

bare; b) să se dimensioneze barele, pentru σa=150 MPa; c) să se calculezedeplasarea verticală a punctului de aplicaţie af for ţei, ΔFv.

Se dă sistemul de 3 bare articulate dinoţel, (E=2,1×105 MPa, α2=1,2×10-5 1/ºC),

solicitat de for ţa F=80 kN, aplicată după montarea for ţată datorată lungimiinominale a barei (2),(mai scurtă cu δ=0,4mm). Secţiunilebarelor sunt: A1=1500;A2=1000; şi A3=1200 mm2. Se cer: a)for ţa necesar ă pentru realizarea montării for ţate,Fnec; b) tensiunile din bare după aplicarea sarcinii F indicate pe figur ă; c) tensiunile din bare produse de o creştere a temperaturii Δθ=10ºC; d) tensiunile finale din

bare.

5E.49

30ο

l3 F

δ

30ο

1

3

2

l2

l 1

A

2A

F

60º 60º

2

3

1

A

1 m

5E.50

F

60º 30º

2

3

1

1 m

δ

5E.51

8/6/2019 Rezi konyv


225

A2= 3×(b/a)×A1; A2=1800 mm2.

N1= 1,932 F= 14,641 kN; N2= 0,518 F=10,353 kN;ΔD= 0,1036 mm.

N=0,6(6)F= 26,6(6) kN; dnec=14,567≈15 mm;ΔF= 1,437 mm.

N= 0,75×F; Fcap= 150796 N; ΔF=1,8 mm.

N= 1,5×F=90 kN; σef =111,9 MPa<σa=140 MPa→Tirantul rezistă; ΔF=2,4mm.

a) N12= 40 kN; N23= N34= 20 kN; N45= 80 kN; b) dnec=18,43≈ 19 mm;c) Δl15= 0,89 mm.

σAB=33,95 MPa; σBC=22,635 MPa; ΔC=0,735 mm.

N1=16 kN şi N2=24 kN; σ1=24,615 MPa şi σ2=36,923 MPa; ΔF2=1,825mm.

5R.1

5R.2

5R.4

5R.7

5R.8

5R.3

5R.5

5R.6

5R. Solicitarea axială R ăs unsuri

8/6/2019 Rezi konyv


226

N=18 kN; σef =39,79 MPa<σa=150 MPa; ΔD=0,159 mm.

N1=17,3 şi N2=20 kN; σ1=86,5 şi σ2=100<σa=150 MPa; Deplasarea totală:ΔB=4,62 mm. Deplasarea pe verticală: ΔBv=3,85 mm; deplasarea peorizontală: ΔBh=2,55 mm.

HB=183,3(3) şi HD=116,6(6) kN, ambele orientate spre dreapta;A1,nec=885,42 mm2, A2,nec=1771 mm2; Δ2=0,15 mm spre stânga.

HB=2,16(6)×F şi HD=0,16(6)×F, ambele orientate spre stânga;Fcap=34615,4 N; Δ2=0,092 mm spre dreapta.

YB=200 şi YD=320 kN, ambele orientate în sus; dnec=112,84 mm;Δ2=0,0172 mm în jos.

HB=62,642 kN şi HD=17,358 kN, ambele orientate spre stânga; σmax=104,4MPa; Δ1=0,188 mm spre dreapta.

HB=15,6 kN şi HD=64,4 kN, ambele orientate spre dreapta; σmax=53,6(6)MPa; Δ2=0,222 mm spre stânga.

5R.9

5R.10

5R.11

5R.12

5R.15

5R.13

5R.14

8/6/2019 Rezi konyv


227

N1=(16/41)F=0,39F=62,439 kN; N2=(6/41)F=0,1463F= 17,561 kN;A1,nec=390,24 mm2, A2,nec=195,12 mm2; ΔF=1,6 mm.

N1=40,984 kN, N2=49,180 kN; σ1=34,153 MPa, σ2=-81,967 MPa; ΔF=0,65mm.

N1=0,6542 F; N2=0,14 F; σmax=σ1= σa=160 MPa→Fcap= 293,486 kN;ΔF=1,143 mm.

N1=(15/17)F≈0,88235 F=105,882 kN; N2=(9/17)F≈0,5254 F=63,529 kN;σmax=σ2= σa=160 MPa→A2nec= 397 mm2

→ A1nec= 794 mm2; ΔF=3,2 mm.

N1=0,4(4)F, N2=0,1(1)F; σ1=0,4(4)F/A, σ2=0,1(1)F/A; Fmax=1440F.

N1=N3=32,622 kN, N2=43,496 kN; dnec=22,4 mm.

a) N1=N3= 15385 N şi N2= 19231 N; b) σ1=σ3=51,28 MPa şi σ2=38,46MPa; c) Δv=0,7692 mm.

5R.17

5R.20

5R.21

5R.22

5R.23

5R.16

5R.18

5R.19

8/6/2019 Rezi konyv


228

a) N1=0,8114F=64,914 kN şi N2=1,3693F=109,541 kN; b)Anec=A2=1343 mm2, A1=447,67 mm2 ; c) ΔF=5,075 mm.

a) N1=2,858F=228,66 kN şi N2=1,029F=87,413 kN; b) A2,nec=952,67mm2, A1,nec=1429 mm2 ; c) ΔF=15,875 mm.

N1DC=0,8368F=8,368 kN; N1

CB= -1,1632F= -11,632 kN; N2=N3=0,67155F=6,7155 kN; ΔB=0,2132 mm.

a) N1=N2=0,85F; N3=0,424F; b) Fmax=70,588 kN; c) ΔF=2,196 mm; d) N1

θ=N2θ=90,24 kN; N3

θ= -12,835 kN.

N1=0,686F; N2=1,03F; Fcap=87,412 kN; ΔD=3 mm.

N1=0,517F=62,069 kN; N2=1,241F=148,965 kN; Anec=993,1 mm2 → dnec=35,559≈36 mm; ΔD=6,272 mm.

N1=44 kN; N2=35 kN; ΔF=0,33 mm.

N1=54,157 kN; N2=18,144 kN; ΔF=0,4763 mm.

5R.31

5R.24

5R.25

5R.26

5R.27

5R.28

5R.29

5R.30

8/6/2019 Rezi konyv


229

a) N10=N3

0=15262 N, N20=26434 N; b) N1=N3= 15262+0,3815F, N2=

26434-0,3391F; c) Fmax=10516 N.σ1=σ3= -8,3(3) MPa, σ2= 91,6(6) MPa.

N1=100 kN; N2=N3=50 kN; σ1=σ2=σ3=50 MPa; ΔD=1 mm.

σ1= σ3=28,57 MPa; σ2=114,28 MPa; σ4=142,86 MPa.

Fnec=643,73 kN; σ1=159,6 MPa; σ2=102,2 MPa.

σ1=16,37 MPa; σ2= -15,43 MPa; σ3=16,37 MPa.

σ1=σ2=σ3=30,81 MPa; σ4=σ5=17,79 MPa.

HB=F; HD=2F; NmaxOl=1,2233F; Nmax

Al=0,7767F; Fcap=183,829 kN;

Δ2F=0,571 mm.

a) σ1=43 MPa; σ2=78,5 MPa; b) σ1θ=133,27 MPa; σ2

θ=33,36 MPa;Δθ=347,8ºC.

σCuθ= -56,23 MPa; σAl

θ= -126,53 MPa.

5R.33

5R.34

5R.35

5R.36

5R.37

5R.38

5R.39

5R.40

8/6/2019 Rezi konyv


230

σA1θ= -92,88 MPa; σA2

θ= -57,16 MPa.

Δθ=35,982 ºC.

N1≈0,154F=12933 N; N2≈0,2309F=19399 N; N3≈0,693F= 58197 N;σ1=32,33 MPa; σ2=48,5 MPa; σ3=72,75 MPa.

N1=0,1793F=71,72 kN; N2=0,3566F=142,64 kN; N3=0,4717F= 188,68kN; σmax=σ2= σa=150 MPa→ Anec=A2=950,93 mm2; A1=1426,4 mm2;A3=1902 mm2; ΔB=1,2594 mm; σ1

θ= -54,43 MPa; σ2θ=81,65 MPa; σ3

θ= -21,13 MPa; Tensiunile totale sunt: σ1= -4,16 MPa; σ2=231,65 MPa;σ3=78,05 MPa.

a) σ1=52,07 MPa; σ2=63,77 MPa; σ3=71,13 MPa; b) σ1θ= -59,375 MPa;

σ2θ= -72,75 MPa; σ3

θ= -81,125 MPa .

a) F2=59 kN; b) N12=155,33; N23=75,33; N34= -44,67 kN; σ12= 155,33;σ23= 75,33; σ34= -44,67 MPa; c) din: σ12 – α·E·Δθ= Ισ34Ι+α·E·Δθ→Δθ=21,96ºC.

a) σ1,θ1= -38 MPa; σ2,θ1= -19 MPa; b) Δθ2=41,67 ºC; c) σ1,θ3= -132 MPa;σ2,θ3= -43 MPa

5R.41

5R.42

5R.43

5R.44

5R.45

5R.46

5R.47

5R.48

8/6/2019 Rezi konyv


231

a) În oţel: σB-1

’= -48; σ1-2’= -36; σ2-D

’=54 MPa; în Al: σB1’=0; b)

Δθ=9,92 ºC; c) în oţel: σB-1’’= -103,3; σ1-2

’’= -79,3; σ2-D’’=10,7 MPa;

în Al: σB1’’= - 16,36 MPa.

a) N10=23,668 kN; N2

0= -27,33 kN; N30=13,665 kN; b) N1

0=32,544kN; N2

0= -13,33 kN; N30=43,04 kN; c) F= 81,99 kN.

a) N1= 0; N2=N3=F=150 kN; b) Anec=1000 mm2; c) ΔFv=1,73 mm

a) Fnecf =40876 N; b) σ1

0= -55,1; σ20= -7,8; σ3

0=47,3 MPa c) σ1θ= -4,1;

σ2θ=12,3; σ3

θ= -8,85MPa; d) σ1f = -73,4; σ2

f =47,1; σ3f =7,75 MPa

5R.49

5R.50

5R.51

8/6/2019 Rezi konyv


232

6. CALCULUL ÎMBINĂRILOR DE PIESE

6.1 Consideraţii generale. Etape de calcul Într-o structur ă de rezistenţă, elementele sunt îmbinate

(asamblate) între ele cu ajutorul unor organe de îmbinare sauasamblare.

Dacă asamblările se fac prin nituire, sudare sau lipire, ele suntnedemontabile, iar dacă se fac prin şuruburi sau pene, suntdemontabile.

Un studiu mai laborios al îmbinărilor, se face la cursul deOrgane de Maşini.În cele ce urmează, se vor prezenta numai câteva noţiuni

necesare la calculul de rezistenţă al unor îmbinări de elementesolicitate în general de for ţe axiale.

Calculul îmbinărilor de piese, se face exclusiv din condiţia derezistenţă.

În cazul pieselor asamblate, solicitate de către for ţe exterioare

axiale, apar preponderent următoarele trei solicitări:• solicitarea axial ă (de întindere sau compresiune),• solicitarea de forfecare,• solicitarea de strivire (tot o compresiune).

Pentru înţelegerea corectă a modului în care apar cele treisolicitări, recomand parcurgerea de îndată a materialului predat lacursuri, sau studiul acestor solicitări din alte manuale. Prezentalucrare, nu permite o reluare a studiului solicitărilor care apar în cazul

îmbinărilor de piese, ci abordează aplicarea concretă (practică) aacestor noţiuni în calculul îmbinării elementelor de rezistenţă.Relaţiile de calcul care se utilizează în cazul îmbinărilor de

piese, sunt prezentate în Tabelul 6.1-1. Mărimile încă necunoscute dinTabelul 6.1-1, au următoarea semnificaţie:

τmax , τa - tensiune tangenţială maximă, respectiv admisibilă,T - efort tăietor,Af - aria suprafeţei forfecate (aria de forfecare),

Anec,f - aria necesar ă a suprafeţei de forfecare,

8/6/2019 Rezi konyv


233

σmax,s, σas - tensiunea normală maximă la strivire, respectivtensiunea admisibilă la strivire,

As - aria suprafeţei strivite (aria de strivire),Anec,s - aria necesar ă a suprafeţei de strivire, Ns - efortul normal de strivire.

Tabelul 6.1-1Tip de Solicitarea

problemă axială forfecare strivire

de

verificareσ σmax ...= = ≤ N

A a τ τmax ...= = ≤T A a

f

σ σmax, ... s N A as

s

s= = ≤

de

dimensionare Anec

N a

= =σ

. . . Anec f T a

, .. .= =τ Anec s

N sas

, . . .= =σ

deefort

capabilcap a= ⋅ =σ .. . T cap f a= ⋅ =τ ...

N caps s as , ...= ⋅ =σ

Ca şi la solicitarea axială (Cap.5), toate relaţiile din Tabelul 6.1-1, se scriu în secţiunile considerate periculoase ale elementului derezistenţă din îmbinare.

Calculul de rezistenţă al îmbinărilor de piese, presupune parcurgerea următoarelor etape:• Se analizează atent îmbinarea şi se stabilesc piesele (elementele de

rezisten ţă ) care compun ansamblul. • Se notează toate piesele îmbină rii (de exemplu cu 1, 2, 3, ...) sau

dacă este posibil, se dau denumiri acestor piese (bol ţ , ştift, şurub, pană , etc.)

• Se analizează atent modul în care se transmite for ţ a exterioar ă prin

îmbinare de la o piesă la alta. De modul de în ţ elegere al formei

8/6/2019 Rezi konyv


234

pieselor componente şi a modului de transmitere al for ţ ei exterioare prin îmbinare, depinde în mare parte, corectitudinea calculului.

• Se stabile şte tipul problemei (de verificare, dimensionare, efort capabil).

După ce s-au parcurs aceste prime etape:• Se ia pe rând fiecare piesă (dacă este posibil este bine să se

întocmească o schi ţă cu forma sa), la care: - se stabilesc solicit ă rile la care este supusă ,- se stabile şte sec ţ iunea periculoasă pentru fiecare solicitare

(fiind mai multe solicit ă ri la o singur ă piesă , pot fi mai multe sec ţ iuni periculoase),

- în sec ţ iunile periculoase g ă site, se scriu rela ţ iile de bază dinTabelul 6.1-1 ce corespund tipului de problemă stabilit,

- din rela ţ iile scrise, particularizate pentru situa ţ ia dat ă , sedetermină mă rimile necunoscute (cerute în enun ţ ul problemei).

Observa ţ ie: Nu se poate recomanda o anumită piesă sausolicitare cu care să se înceapă rezolvarea. Din acest motiv, este posibil ca în relaţiile de calcul scrise, să existe mai multe necunoscuteşi ca urmare, ecuaţia să nu poată fi rezolvată. Nu trebuie să ne sperie oastfel de situaţie. Important este să găsim atâtea relaţii (atâtea secţiuni periculoase) câte mărimi trebuie calculate. După ce s-au scris toaterelaţiile, acestea se grupează formând sisteme de ecuaţii mai mici,care permit determinarea tuturor mărimilor cerute. Exemplele care vor urma, vor confirma cele spuse mai înainte.

La piesele cilindrice (şuruburi, nituri, bolţuri, etc.), suprafaţa destrivire care intr ă în calcule, nu este suprafaţa efectivă de contactdintre piese, ci proiecţia suprafeţei de contact pe secţiunealongitudinală a piesei cilindrice. De multe ori, suprafaţa de strivire a pieselor cilindrice care intr ă în calcul se ia în mod greşit, motiv pentrucare am f ăcut prezenta atenţionare.

6.2 Calculul îmbinărilor de piese cu grosime mică

S ă se determine dimensiunile îmbină rii de piese din Fig.6.2-1, ştiind că elementele ecesteia sunt realizate din acela şi material,

8/6/2019 Rezi konyv


235

pentru care se cunosc: σ a = 160 MPa, τa = 120 MPa, σ as = 320 MPa. Îmbinarea este supusă ac ţ iunii unei for ţ e F = 120 kN .

RezolvareParcurgem etapele recomandate pentru calculul îmbinărilor

(parag.6.1):• Ansamblul este format din două piese, pe care le notăm cu 1,

respectiv 2 (Fig.6.2-1). Piesa 1 este o tijă circular ă cu diametrul d,care la capătul superior, are diametrul mai mare (d1). Piesa 2 areforma unui pahar cu guler la partea superioar ă, iar la parteainferioar ă are prevăzută o gaur ă de diametru d, prin care trece partea mai subţire a tijei 1.

• Forma fiecărei piese, cu dimensiunile corespunzătoare este foarteuşor de imaginat.

• For ţa exterioar ă F aplicată la capătul inferior al tijei, trage tija în jos, care cu umărul său de la partea superioar ă apasă pe fundul paharului (piesa 2). Mai departe for ţa F se transmite păr ţiisuperioare a paharului prin pereţii acestuia, iar gulerul paharului dela partea superioar ă, apasă pe suportul de sprijin 3, suport la care nu

3

d

b

D2

c a

d1

D1

F

1

2

Fig.6.2-1

8/6/2019 Rezi konyv


236

se cunosc dimensiunile şi materialul (el nu prezintă importanţă pentru calcul).

• Problema este de dimensionare.• Luăm acum pe rând fiecare piesă:

Piesa 1 (tija - Fig.6.2-2)

a) Tija 1 este solicitată la întindere (vezi Fig.6.2-2)- Secţiunea periculoasă este oricare de pe por ţiunea cu diametrul

d.- Relaţia de calcul este (vezi Tabelul 6.1-1):

ΠΠ

⋅ ⋅⋅= ⇒ = =d F F

a ad mm

2

44 31σ σ 6.2-1

b) Între tija 1 (partea superioar ă) şi fundul paharului, există oapăsare reciprocă, o solicitare de strivire. Suprafaţa de strivire este osuprafaţă inelar ă cu diametrul interior d şi cel exterior d1 (Fig.6.2-2).

- Relaţia de calcul, este:

( )ΠΠ4 1

2 21

2 4 38d d d d mm F F as as

− = ⇒ = + =⋅⋅σ σ 6.2-2

c) Por ţiunea tijei cu diametrul d1, tinde să fie forfecată de cătremuchiile găurii fundului paharului. Suprafaţa care se foarfecă, este uncilindru cu diametrul d şi înălţime c (Fig.6.2-2).

- Relaţia de calcul este:

Forfecare

Strivire Tracţiune

Fig.6.2-2

1

8/6/2019 Rezi konyv


237

ΠΠ

⋅ ⋅ = ⇒ = =⋅ ⋅τ

d c c mm F F d a aτ

11 6.2-3

La piesa 1, nu se mai întâlnesc alte secţiuni periculoase.

Trecem la piesa următoare: piesa 2 (paharul - Fig.6.2-3).Căutăm solicitări şi secţiuni periculoase (Fig.6.2-3).

d) Muchiile păr ţii superioare ale tijei 1, tind să foarfece fundul paharului. Se realizează o suprafaţă de forfecare cilindrică, dediametru d1 şi înălţime a (Fig.6.2-3).

- relaţia de calcul este:

Π Π⋅ ⋅ = ⇒ = =⋅ ⋅τd a a mm F F d a a

11

9τ 6.2-4

e) For ţa F fiind orientată după axa longitudinală a paharului,supune paharul la o solicitare axială de întindere.- Secţiunea periculoasă se află între fundul paharului şi partea lui

superioar ă. Secţiunea supusă la întindere, are formă inelar ă cudiametrul interior d1 şi cel exterior D1 (Fig.6.2-3).


( )ΠΠ4 1

212

1 12 4 49 D d D d mm F F

a a

− = ⇒ = + =⋅⋅σ σ 6.2-5

Forfecare

Strivire

TracţiuneStrivire

Forfecare

Fig.6.2-3

8/6/2019 Rezi konyv


238

f) Muchiile suportulul 3, tind să foarfece gulerul de la parteasuperioar ă a paharului. Forma suprafeţei forfecate este cilindrică, cudiametrul D1 şi înălţime b (Fig.6.2-3).


ΠΠ

⋅ ⋅ = ⇒ = =⋅ ⋅τ

D b b m F F Da a

11

7τ 6.2-6

g) Între gulerul paharului şi suportul de sprijin 3, se realizează oapăsare reciprocă, o solicitare de strivire. Forma suprafeţei de strivireeste inelar ă, cu diametrul interior D1 şi cel exterior D2 (Fig.6.2-3).


( )ΠΠ4 2

212

2 12 4 54 D D D D mm F F

as as− = ⇒ = + =⋅

⋅σ σ 6.2-7

Nu mai sunt alte secţiuni periculoase. După cum se poateconstata, s-au găsit şapte relaţii, care au permis calculul celor şaptedimensiuni principale ale elementelor îmbinării.

La acest exemplu, s-a reuşit scrierea relaţiilor în acea ordine în

care fiecare relaţie a conţinut o singur ă necunoscută (celelalte mărimidin relaţie au fost determinate cu relaţiile precedente). Dacă larezolvarea unei probleme nu se reuşeşte la fel, nu trebuie să disper ăm.Trebuie scrise toate relaţiile şi apoi prin gruparea lor se vor determinatoate mărimile necunoscute. Important este să găsim atâtea relaţii câtenecunoscute sunt.

Alte câteva considera ţ ii :

- Dacă elementele unei îmbinări sunt realizate din materialediferite, în relaţiile de calcul, tensiunile admisibile σa, τa se iau celeale materialului piesei care se calculează.

- În cazul solicitării de strivire, dacă elementele sunt dinmateriale diferite, în relaţia de calcul tensiunea admisibilă de strivireσas, se ia cea de la piesa pentru care aceasta prezintă cea mai mică valoare, σas = σas,min.

- În cazul problemelor de alt tip decât cel prezentat (de verificare

sau efort capabil), calculul se face la fel, numai că în relaţiile de

8/6/2019 Rezi konyv


239

calcul, alte mărimi sunt necunoscute (tensiunile maxime, respectivfor ţa exterioar ă).

- Când se caută secţiunile periculoase ale unui element derezistenţă dintr-o îmbinare, este bine să ne imaginăm că acel elementeste realizat din cauciuc (este uşor să ni-l imaginăm cum sedeformează şi unde s-ar rupe), iar celelalte cu care vine în contact suntdin oţel.

6.3 Calculul îmbinărilor nituite

Înainte de a trece la calculul propriuzis al unor îmbinări nituite,ne oprim puţin asupra unor aspecte, cu toate că ele sunt cunoscute dinlecturarea unor materiale de specialitate. Repetarea unora dintre ele,nu poate fi decât benefică.

Pentru început se abordează îmbinarea nituit ă dintre două pl ăci

sub ţ iri (platbande). La fiecare nit, se transmit câte două for ţe egale şide sens opus: una de la o platbandă iar cealaltă de la platbanda a doua.Se apreciază că toate niturile dintr-o astfel de îmbinare se comportă lafel. Astfel, în cazul a n nituri, asupra fiecărui nit, acţionează câte două for ţe egale şi de sens contrar, numite for ţe pe nit, Fnit (Fig.6.3-1):

F nit F n= 6.3-1

For ţele Fnit, tind să foarfece nitul după planul k-k de separaţie alcelor două platbande.

t

t

Fnit

Fnit

k k

Fig.6.3-1

II

I

8/6/2019 Rezi konyv


240

Diametrul d al tijei niturilor, se poate stabili prin calcul sau sealege de obicei în raport cu grosimea t a pieselor care se nituiesc(d≅2t). În acest ultim caz, la îmbinarea nituită, se calculează numărulde nituri necesar îmbinării.

Pentru calculul la strivire (sau presiunea pe gaur ă), suprafaţa destrivire nu se consider ă suprafaţa semicilindrică efectivă de contactdintre nit şi platbandă, ci proiecţia acestei suprafeţe pe secţiunealongitudinală a nitului, suprafaţă de formă dreptunghiular ă şi având olatur ă egală cu diametrul d al nitului iar cealaltă latur ă, egală cugrosimea t a platbandei care transmite presiunea (for ţa) pe tija nitului.

Platbandele care participă la îmbinare, prezintă secţiunea periculoasă acolo unde aria netă a secţiunii transversale a platbandeiare valoarea cea mai mică. Aria netă este aria care participă latransmiterea for ţei (f ăr ă golurile produse de găurile pentruintroducerea niturilor).

În cazul îmbinărilor nituite prin intermediul ecliselor , for ţa setransmite prin intermediul primului grup de nituri de la o platbandă lacele două eclise, iar apoi de la acestea din urmă prin intermediul celuide-al doilea grup de nituri, la cea de-a doua platbandă. Notând cu n numărul niturilor pentru transmiterea for ţei F de la o platbandă la eclise, rezultă că fiecare nit preia de la platbandă osarcină egală cu F / n. Această sarcină este echilibrată de sarcinile F /2n, care se transmit la nit prin intermediul ecliselor (Fig.6.3-2).

În acest caz de îmbinare, tija nitului este supusă la forfecare, îndouă secţiuni (k – k şi m – m).

F / 2n

F / 2n t1

t1

t F / n

Fig.6.3-2

k k

mm

8/6/2019 Rezi konyv


241

Se consider ă că for ţa tăietoare Fnit = F / n , se repartizează înmod egal la cele două secţiuni k-k şi m-m.

For ţa Fnit striveşte şi por ţiunea de mijloc a nitului la fel ca şi por ţiunea inferioar ă şi superioar ă a acestuia. Por ţiunea cea mai periculoasă este acea por ţiune la care suprafaţa de strivire este maimică.

Există elemente de construcţie la care niturile prezintă mai multde două suprafeţe de forfecare. Metodele de calcul ale niturilor cu maimulte suprafeţe de forfecare nu difer ă de cele care se vor prezenta înacest paragraf.

În cazul platbandelor, pentru stabilirea secţiunilor periculoase,trebuie avut în vedere faptul că la nivelul primului rând de nituridinspre for ţa F, valoarea efortului axial N este cea mai mare, eascăzând spre celelalte rânduri de nituri ca urmare a transmiteriiacesteia de la platbandă prin nituri la eclise. La nivelul ecliselor însă,efortul axial N este maxim la nivelul de separare dintre cele două platbande (pentru o eclisă, N = F / 2).

Exemplul nr.1. S ă se verifice elementele îmbină rii nituite din Fig.6.3-3, realizate din acela şi material, pentru care se cunosc: F =

40 kN, d = 10 mm, b = 40 mm, t = 10 mm, σ a = 160 MPa, τ a = 130MPa, σ as = 240 MPa.

Rezolvare

t

3 2 1

b F

1 2

tF

Fig.6.3-3

8/6/2019 Rezi konyv


242

• La îmbinare participă patru nituri. For ţa repartizată pe un nit, este:

F KN nit F n

F = = =4 10

• Sunt două elemente de rezistenţă care ne interesează şi pentru careavem dimensiunile: nitul (notat cu 1) şi o platbandă (notată cu 2).Pentru cealaltă platbandă nu este cunoscută lăţimea, dar din desense vede că lăţimea acesteea este mai mare decât lăţimea b a piesei 2.Din acest motiv, această platbandă (cu lăţimea variabilă) este mai puţin periculoasă decât platbanda 2.

• Problema este de verificare.

• Luăm pe rând fiecare element din îmbinare şi îl calculăm.

Piesa 1 (sau nitul).a) Nitul este solicitat la forfecare, prezentând o singur ă suprafaţă

de forfecare şi anume la nivelul de separaţie dintre cele două platbande.


τ τmax = = = = <⋅⋅

F A

F F d a

nit

f

nit

d

nit MPaΠ⋅ Π2

4

24 127 6.3-2

b) Nitul este solicitat la strivire. Cum grosimea celor două platbande este aceeaşi, suprafaţa de strivire periculoasă este oricaredintre nit şi cele două platbande.


σ σmax,s = = = <⋅

F A

F t d as

nit

s

nit MPa100 6.3-3

Pentru nit nu mai există alte secţiuni periculoase.

Piesa 2 (platbanda).c) Platbanda este solicitată la întindere. În secţiunea 1 (la primul

rând de nituri) prezintă arie netă mai mare (o singur ă gaur ă) dar aici

şi efortul axial N, este mai mare. Din acest motiv, o verificăm lanivelul 1, dar şi la nivelul 2 (vezi Fig.6.3-3).

8/6/2019 Rezi konyv


243

- La nivelul 1, relaţia de calcul, este:

( )σ σmax = = = <− ⋅

N A

F b d t a

net MPa133 6.3-4

- La nivelul 2, relaţia de calcul, este:

( )σ σmax = = = <−

− ⋅ ⋅ N

A F F b d t a

net

nit MPa2

150 6.3-5

La nivelul 2 (al doilea rând de nituri), efortul axial este N=F-Fnit mai mic cu Fnit care s-a transmis prin nitul de la nivelul 1 (primul rând

de nituri) de la o platbandă (platbanda 1) la cealaltă. La fel, la nivelul3 (ultimul rând de nituri), efortul axial este:

N = N3 = F - 3 Fnit 6.3-6

deoarece până la ultimul rând de nituri, for ţa F s-a micşorat cu 3Fnit,care s-a transmis prin primele trei nituri de la nivelul 1 şi 2.

La nivelul 3, tensiunea normală maximă, este:

( )σ σmax ,= = = <− ⋅

− ⋅

N A

F F b d t a

net

nit MPa3 333 3 6.3-7

Calculul efectuat asupra acestei îmbinări, arată că toateelementele îmbinării îndeplinesc condiţiile cerute prin enunţul problemei.

Exemplul nr.2. S ă se verifice elementele îmbină rii dintre două platbande, realizat ă prin intermediul a două eclise a şa cum se arat ă în Fig.6.3-4 şi pentru care se cunosc: F = 200 kN, b p = 200 mm, be =160 mm, t p = 12 mm, t e = 7 mm, d = 20 mm, σ a = 160 MPa, σ as = 320MPa, τ a = 100 MPa.

8/6/2019 Rezi konyv


244

Rezolvare Elementele care necesită calcul, sunt: nitul (piesa 1), platbanda

(piesa 2) şi eclisa (piesa 3).Calculăm pe rând fiecare piesă componentă.Piesa 1 (nitul).For ţa pe nit Fnit, este:

F KN nit F n

F = = =5 40 6.3-8

Aten ţ ie: For ţ a F se împarte la 5, nu la 10 cum gre şit se procedează de cele mai multe ori. For ţ a F se transmite de la platband ă la eclise prin 5 nituri (acesta este un grup de elemente,nituri) şi apoi de la eclise la platbanda a doua din nou prin 5 nituri(alt grup de elemente, nituri).

a) Nitul este solicitat la forfecare şi prezintă două suprafeţe deforfecare, la nivelul dintre platbandă şi cele două eclise.


2

d

F F be b p

2 1

F F te

te

t p

d1 3

Fig.6.3-4

8/6/2019 Rezi konyv


245

τ τmax ,= = = <⋅ ⋅

F A

F a

nit

f

nit

d MPa2 2

2

4

63 8Π 6.3-9

b) Nitul este solicitat la strivire, suprafaţa de strivire este întrenit şi platbandă şi între nit şi cele două eclise. Strivirea mai puternică are loc între nit şi platbandă (lungimea de contact este t p = 12 mm) şinu între nit şi eclise, unde lungimea de contact este 2 te = 2 7 = 14mm.


ast d F

A F

s MPa p

nit

s

nit σ σ <=== ⋅ 16,166max, 6.3-10

Piesa 2 (platbanda).c) Platbanda este solicitată la întindere. Efectuăm calculul atât la

nivelul primului rând de nituri (nivelul 1) cât şi la nivelul 2 (al doilearând de nituri, unde sunt trei nituri pe un rând).

- Relaţia de calcul, la nivelul primului rând de nituri (unde suntdouă nituri pe rând), este:

( )σ σmax = = = <

− ⋅ ⋅

F A

F b d t

anet p p

MPa2

104 6.3-11

- La nivelul celui de-al doilea rând de nituri, relaţia de calcul,este:

( )σ σmax ,= = = <− ⋅

− ⋅ ⋅ F

A F F b d t

anet

nit

p p

MPa23

7142 6.3-12

Piesa 3 (eclisa).Eclisa este solicitată la întindere de către for ţa F / 2 = 100 kN,

(Fig.6.2-5).

- La nivelul 2 (al doilea rând de nituri), relaţia de calcul este:

8/6/2019 Rezi konyv


246

( )σ σmax ,= = = <

− ⋅ ⋅

F

net

F

e e A b d t aMPa2 2

31428 6.3-13

- La nivelul primului rând de nituri (nivelul 1), relaţia de calcul,este:

( )σ σmax ,= = <

− ⋅ ⋅

− ⋅ ⋅

F F

e eb d t aMPa2 2153

24762 6.3-14

6.4 Calculul îmbinărilor sudate

Calculul îmbinărilor sudate ca şi cel al îmbinărilor nituite, seface convenţional, considerând distribuţia uniformă a tensiunilor însecţiunile de calcul. În acelaşi timp, acesta este într-o strânsă

concordanţă cu tehnologia de sudare.După poziţia relativă a pieselor care se îmbină, sudurile seclasifică, în :• suduri cap la cap,• suduri de col ţ , care în funcţie de orientarea pe care o au faţă de

direcţia de solicitare (direcţia for ţei), pot fi:- frontale,- laterale.

La sudurile cap la cap (Fig.6.4-1) elementele sudurii sunt:

F/2

F/2 F

Fig.6.3-5

8/6/2019 Rezi konyv


247

- grosimea de calcul a cordonului de sudur ă a, egală cugrosimea celei mai subţiri plăci din îmbinarea sudată,

a = tmin 6.4-1

- lungimea de calcul lc şi care este egală cu lăţimea plăcii dincare se scad zonele de la capetele cordonului, considerând că lafiecare capăt, pe o lungime aproximativ egală cu grosimea de calcul a,fuziunea materialului de adaos cu cel de bază este imperfectă:

lc = b - 2a 6.4-2

Sudura cap la cap, este solicitată la întindere, pentru care aria decalcul Ac, are expresia:

Ac = lc a = (b - 2 a) a = (b - 2 tmin ) tmin 6.4-2

În cazul sudurii cap la cap cu cordon de sudur ă oblic (Fig.6.4-2),sudura este solicitată atât la întindere cât şi la forfecare, de cătreeforturile:

- la întindere:

N = F sin α 6.4-3

F

F

F

F

b lc

t

a

a

Fig.6.4-1

t

8/6/2019 Rezi konyv


248

- la forfecare:T = F cos α 6.4-4

Aria de calcul Ac la sudura cap la cap cu cordon oblic, este:

minsin b

minsin b

cc t2ta2alaA ⋅−⋅=⋅−⋅=⋅= αα 6.4-5

Pentru sudurile de col ţ , elementele caracteristice ale cordonuluide sudur ă, sunt (Fig.6.4-3):

- grosimea de calcul a, care este egală cu înălţimea triunghiuluiînscris în secţiunea cordonului de sudur ă:

a ≅ 0,7 tmin 6.4-6

- lungimea de calcul l c , este egală cu lungimea b (sau l) acordonului de sudur ă, din care se scad zonele de la capetele

b F F

F

N

T

α

Fig.6.4-2

α

F F

FF

b

atmin

tmax Fig.6.4-3

8/6/2019 Rezi konyv


249

cordonului de sudur ă, considerând că la fiecare capăt, pe o lungimeaproximativ egală cu grosimea de calcul a, fuziunea materialului deadaos cu cel de bază, este imperfectă:

lc = l - 2 a = l - 2 0,7 tmin = l - 1,4 tmin 6.4-7

Aria de calcul la forfecare, la sudura de colţ, este:

Ac = a⋅lc = 0,7 tmin (l - 2 0,7 tmin) == 0,7 tmin (l - 1,4 tmin) 6.4-8

Exemplul nr.1. S ă se calculeze for ţ a pe care o poate suportaîmbinarea din Fig.6.4-4, pentru care se cunosc: be = 130 mm, t e = 12mm, b p = 170 mm, t p = 18 mm, l = 100 mm, σ a = 140 MPa, τ as = 100MPa. Se consider ă că materialul platbandelor, ecliselor şi a celui deadaos, prezint ă aceea şi rezisten ţă admisibil ă .

Rezolvare • Există trei elemente de calcul pentru această îmbinare (s-au notat cu

1, 2, 3-Fig.6.4-4):

F F

F F

be b p

l l

t p

te

te

1 3 2

Fig.6.4-4

8/6/2019 Rezi konyv


250

- platbanda (piesa 1),- eclisa (piesa 2),- cordonul de sudur ă (piesa 3).

Să calculăm acum pe rând, fiecare element al îmbinării.

Calculul platbandei (piesa 1).a) Platbanda este solicitată la întindere. Secţiunea periculoasă

este oricare secţiune cuprinsă între capătul în care acţionează for ţa F şicapătul de îmbinare prin sudur ă cu eclisa.


Ncap = A p σa = b p t p σa = F1 de unde:

F1 = b p t p σa = 428,4 kN 6.4-9

Platbanda nu mai prezintă altă secţiune periculoasă.

Calculul eclisei (piesa 2). b) Eclisa este solicitată la întindere. Secţiunea periculoasă este la

nivelul de separare dintre cele două platbande, unde efortul axialtransmis printr-o singur ă eclisă este egal cu F / 2.


N b t cap e e a F

= ⋅ ⋅ =σ 2

2

de unde:F2 = 2 be te σa = 436,8 kN 6.4-10

Eclisa nu mai prezintă altă secţiune periculoasă.

Calculul cordonului de sudură (piesa 3).Sudura este una de colţ, prezentând pe o singur ă parte, două

cordoane transversale şi două longitudinale. Solicitarea cordoanelor de sudur ă este cea de forfecare. Mărimile ce trebuie determinate învederea efectuării calculului, sunt:

- grosimea cordonului de sudur ă,a = 0,7 tmin = 0,7 te 6.4-11

- lungimea de calcul lc a cordonului de sudur ă, este,

8/6/2019 Rezi konyv


251

lc = 2 (l + be + l - 2 a) == 2 (2 l +be -1,4 te) 6.4-12

În relaţia 6.4-12, factorul 2 din faţa parantezei, se datorează faptuluică există două cordoane de sudur ă identice, care preiau for ţa F: unulla partea superioar ă şi unul pe partea inferioar ă a îmbinării.

Cu relaţiile 6.4-11 şi 6.4-12, se obţine aria de forfecare de calculAc:

Ac = a lc =0,7 te 2 (2 l + be - 1,4 te) 6.4-13- Relaţia de calcul pentru efortul capabil, este:

Tcap = Ac τa = 1,4 te (2 l + be - 1,4 te) τa = F3

de unde,F3 = 1,4 te (2 l + be - 1,4 te) τa = 502,4 kN 6.4-14

Nu mai există altă solicitare pentru cordonul de sudur ă.Pentru a fi asigurată condiţia de rezistenţă a îmbinării, for ţa capabilă este dată de valoarea cea mai mică dintre cele obţinute prin calcul(vezi rel. 6.4-9, 6.4-10 şi 6.4-14):

Fcap = min (F1, F2, F3 ) = 428,4 kN 6.4-15

După cum se poate constata, elementul cel mai periculos de laaceastă îmbinare, este platbanda (piesa 1).

În cazul problemelor de dimensionare, se impune fie grosimeacordonului de sudur ă a în funcţie de grosimea elementelor care seîmbină şi atunci se calculează lungimea acesteea, fie se impuneconstructiv lungimea cordonului şi se calculează grosimea acestuia.

Schimbarea tipului problemei, nu complică cu nimic calcululelementelor îmbinate prin sudur ă.

La elementele îmbinate prin sudur ă, pentru care direcţia deaplicaţie a for ţei nu este o axă de simetrie a sistemului, problemaconstă în primul rând, în determinarea eforturilor (axiale sau tăietoare)din cordoanele de sudur ă. Determinarea acestor eforturi, este o problemă de statică, pe care noi am lămurit-o în alt capitol. După determinarea eforturilor din cordoanele de sudur ă, calculul sudurilor este identic cu cel prezentat.

8/6/2019 Rezi konyv


252

6.5 Calculul îmbinării pieselor de lemn

Tensiunile normale axiale, de forfecare şi de strivire, seîntâlnesc şi în cazul îmbinării pieselor de lemn.

Lemnul este un material anizotrop, care prezintă rezistenţediferite în funcţie de direcţia pe care o au for ţele exterioare faţă defibre.

În Tabelul 6.5-1, se prezintă rezistenţele admisibile pentru două specii de lemn (pin şi stejar), la diferite solicitări. Rezistenţeleadmisibile (tensiunile admisibile) ale lemnului în îmbinări, depind despecia lemnului şi de natura construcţiei.

Tabelul 6.5-1

Tipul solicitării Tensiuneaadmisibilă

[ MPa ] Pin Stejar

Întindere σa 10 13Compresiune paralelă cu fibrele şistrivirea capetelor σac

12 15

Strivire în îmbinări paralele cu fibrele σas 8 11

Strivire normală pe fibre (pe o lungime > 100 mm)σas900 2,4 4,8

Forfecare paralelă cu fibrele τaf 0,5...1 0,8...1,4Forfecare în îmbinări normal pe fibre τa90

0 0,6 0,8Încovoiere σai 12 15Forfecare din încovoiere τai 2 2,8

Abaterile în plus sau în minus faţă de cele prezentate în Tabelul

6.5-1 cu 25...30 %, depind de calitatea lemnului, de gradul deumiditate, de condiţiile de solicitare ale construcţiei etc.În cazul strivirii sau forfecării sub un unghi α faţă de direcţia

fibrelor, tensiunea admisibilă are o valoare intermediar ă între σas şiσas90

0 (sau τaf şi τa900) şi se determină cu o relaţie convenţională, de

forma:

σ ασ

ασ

σ

aas

as

as

,

sin

=+ −

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥1 1900

3 6.5-1

8/6/2019 Rezi konyv


253

Când for ţele de forfecare acţionează într-un plan tangenţial

înclinat sub unghiul α faţă de direcţia fibrelor, tensiunea admisibilă sedetermină cu aceeaşi relaţie, în care σas se înlocuieşte cu τa.

Exemplu. S ă se dimensioneze elementele îmbină rii din lemn de pin din Fig.6.5-1. Dimensiunile celor două bare care se îmbină sunt 150 x 200 mm.

Rezolvare • Există două elemente (două bare): una orizontală (notată 1) şi una

înclinată (notată 2). For ţa F la nivelul îmbinării dintre cele două bare, prezintă două componente:

- una orizontală, F1.F1 = F cos 300 = 43,3 kN 6.5-2

- una verticală, F2:

F2 = F sin 30

0

= 25 kN 6.5-3Calculăm acum fiecare bar ă.

Calculul barei orizontale (piesa 1)a) Această bar ă este solicitată la forfecare de către for ţa F1,

secţiunea periculoasă fiind pe por ţiunea de lungime a.- Relaţia de calcul, este:

a

F = 50 kN

150

200 b

c

150

200

Fig.6.5-1

1

2

α=300

8/6/2019 Rezi konyv


254

A a

a m m

n ec f T F

F a f a f

a f

,

,

= ⇒ ⋅ = ⇒

= = =⋅⋅

⋅

τ τ

τ

1 5 0

2 8 9

1

13

1 5 04 3 3 1 0

1 5 0 1

6.5-4

b) Tot for ţa F1, produce o strivire a secţiunii verticale a chertării barei orizontale.


A b

b m m

nec s N F

F as as

as

,

,

= = = ⋅ ⇒

= = =⋅

⋅

⋅

σ σ

σ

1

13

150

361504 3 3 1 0

1 5 0 8

6.5-5

c) Bara orizontală este supusă strivirii şi de către for ţa F2, pesuprafaţa dreptunghiular ă, de dimensiune 150 x c.


A c

c mm

nec s N F

F as as

as

,

,

= = = ⋅ ⇒

= = =⋅

⋅⋅

σ σ

σ

900

2

900

2

900

3

150

7015025102 4 150

6.5-6

Se poate constata că această suprafaţă, este mai periculoasă decât aceeaşi suprafaţă, dar apar ţinând barei înclinate, deoarece pentru bara înclinată, σa,α > σas90

0.

Calculul barei înclinate (piesa 2)d) Bara înclinată, pe suprafaţa verticală de contact cu bara

orizontală este solicitată la strivire, de către for ţa F1. Aici are loc ostrivire în secţiune, sub unghiul α = 300 faţă de direcţia fibrelor.Tensiunea admisibilă în acest caz, determinată pe baza relaţiei 6.5-1,este:

8/6/2019 Rezi konyv


255

[ ]σ αa MPa ,

sin ,

,= =+ −

8

1 1 3082 4

06 3 6.5-7

Suprafaţa de strivire, este un dreptunghi cu dimensiunile b şi150 mm.- Relaţia de calcul este:

A b

b mm

nec s N F

F a a

a

,

, ,

, ,

,

= = = ⋅ ⇒

= = =⋅⋅⋅

σ σ

σ

α α

α

1

13

150

461504331015063

6.5-8

Se constată că dimensiunea b, rezultă din condiţia de rezistenţă la strivire a barei înclinate, unde s-a obţinut, b = 46 mm.

Pentru îmbinarea din Fig.6.5-1, au rezultat dimensiunile:

a = 289 mm b = 46 mm 6.5-9c = 70 mm.

8/6/2019 Rezi konyv


256

Îmbinarea din figur ă trebuie să reziste solicitărilor produse de ofor ţă F = 120 kN. Să se dimensioneze elementele înbinării, (tijă, pană,suport), dacă ele sunt confecţionate din oţel, cu următoarele rezistenţeadmisibile: σat = 140 MPa, σas= 280 MPa, τaf = 90 MPa. Se cer deci:dnec, anec, hnec şi cnec. Corpul tijei este cicular, (cu diametrul d), iar capultijei este cu secţiune patrată.

Îmbinarea din figur ă trebuie să reziste solicitărilor produse de ofor ţă F = 80 kN. Să se verifice elementele înbinării, (tijă, pană,suport), confecţionate din Ol 37-STAS 500-72, care are următoarelerezistenţe admisibile: σat = 140 MPa, σas= 280 MPa, τaf = 90 MPa.

□a

d

F

h/4

c

h

d

F

6E.1

6E. Calculul îmbinărilor de piese (Problemepropuse)

6E.2

25

F F

□60 □60

160

4 0

5 0

pană

tijă

Suport fix

8/6/2019 Rezi konyv


257

Îmbinarea coloanelor unei freze cu placa de bază se realizează prin intermediul unei pene şi a unui manşon ca în figur ă. Să sedetermine dimensiunile necesare pentru elementele înbinării, (d, D, h,h1, δ), dacă for ţa care acţionează pe o coloană, (tijă), este F= 300 kN.Rezistenţele admisibile sunt: σat = 60 MPa, σas= 120 MPa, τaf = 40MPa, pentru coloană, şi σat = 60 MPa, σas= 120 MPa, τaf = 60 MPa, pentru pană. Grosimea penei se acceptă ca fiind δ=D/4.

Îmbinarea din figur ă trebuie să reziste solicitărilor produse de ofor ţă F = 50 kN. Să se dimensioneze elementele înbinării, (bulon, tijă,ţeavă cu D2/D1 =1,5), confecţionate din Ol 37-STAS 500-72, care areurmătoarele rezistenţe admisibile: σat = 140 MPa, σas= 280 MPa, τaf =90 MPa. Se cer: dnec, D1,nec, D2,nec,L1,nec, L2,nec.

6E.3

δ

A-A

A

δ

D

F

A

h

d

h

F

Pană

Manşon

Coloană

Pană

Coloană

Manşon

F D 1

L1

d d

D 2

L1 L2 L2

D 1

Bulon

F

Tijă Tijă

eavă

6E.4

8/6/2019 Rezi konyv


258

Îmbinarea din figur ă este solicitată de for ţele F=460 kN. Să secalculeze dimensiunile: d, d1, b şi δ,dacă toate elementele îmbinăriisunt confecţionate din oţel, cu următoarele rezistenţe admisibile: laîntindere:σat = 140 MPa; la strivire: σas= 280 MPa; la forfecare: τaf =90 MPa.

Arborele cu diametrul d=60 mm trebuie să transmită un momentde torsiune Mt=2 kNm. Pentru diametrul dat STAS-ul impune b=18 şih=11mm. Cunoscând rezistenţele admisibile: la strivire: σas= 220 MPaşi la forfecare: τaf = 90 MPa, se cere să se determine lungimeanecesar ă a penei şi să se verifice pana la forfecare.

6E.5

F/2

F/2

F

δ

δ

d 1

F F

d 1

bd d

6E.6

h

A

l

Arbore

b

A-A

d

A

Butuc

Pană

8/6/2019 Rezi konyv


259

Îmbinarea cu eclise din figur ă este solicitată la întidere de for ţeleF. Orificiile de trecere pentru cele 4 şuruburi au diametrele ø21 mm.Să se determine valoarea maximă a for ţei pe care o suportă elementeleîmbinării, confecţionate din oţel, cu următoarele rezistenţe admisibile:la întindere: σat = 140 MPa; la strivire: σas= 280 MPa; la forfecare: τaf = 90 MPa.

Piesele (1) şi (2), din fontă, deformă cilindrică, sunt solicitate de ofor ţă F=200 kN. For ţa se aplică printr-un disc masiv. Să sedetermine diametrele d,d1 şi d2, şigrosimile h1 şi h2, astfel încât să nuse depăşească rezistenţa laforfecare: τaf =80 MPa şi presiunea

maxim admisă la strivire:σ

as=160 MPa. Piesa (2) este susţinută de unsuport fix.

F

1 4

3 2

1 4

F

4030 30403030

8

6

F

F

Ø20

4 Şuruburi M20

Eclise

6E.7

6E.8 F

h 1

d

d1

d2

h 2

1

2

Disc

8/6/2019 Rezi konyv


260

Cuplajul din figur ă, cu trei şuruburi păsuite, transmite un momentde torsiune Mt=2 kNm. Cunoscând dimensiunile indicate pe desen înmm, precum şi lăţimea penelor paralele, cu care sunt fixatesemicuplele, b=16 mm, se cere verificarea ansamblului. Se daurezistenţele admisibile: la strivire: σas= 280 MPa şi la forfecare: τaf =90 MPa. Obs.:dimensiunile semicuplelor nu sunt egale.

Îmbinarea cu eclise din figur ă este solicitată la întidere de for ţele

F=120 kN. Să se determinedimensiunile necesare pentruelementele îmbinării, (d, δ, B, L),confecţionate din oţel, cuurmătoarele rezistenţe admisibile:la întindere:σat = 160 MPa; lastrivire: σas= 280 MPa; laforfecare: τaf = 120 MPa.

Mt Mt

6065

5

Ø 5 0

1 0

Ø 1 8 0

Ø 1 8

2022

3 Şuruburi

M18 păsuite

6E.9

6E.10

L L

8/6/2019 Rezi konyv


261

Să se verifice elementele înbinăriidin figur ă, ştiind că acestea suntrealizate din acelaşi material pentrucare se cunosc rezistenţele admisibile:la întindere, (σat=160 MPa), laforfecare, (τaf =120 MPa), şi la strivire,(σas=240 MPa). For ţa care solicită înbinarea este F=42 kN. Cotele trecute pe schiţă sunt în milimetri.

O tijă din Ol 37, de secţiune circular ă, este solicitată la întinderede for ţa F=110 kN. Tija este fixată la partea superioar ă prinintermediul unei pene cu secţiune dreptunghiular ă: b×h. Pana se

sprijină pe o placă circular ă din oţel, iar aceasta pe un support masivdin beton. Se acceptă b=0,3·d. Se cere să se calculeze dimensiunile: d, b, h, h1, L şi D. Se cunosc rezistenţele admisibile: pentru Ol: σat = 150,σas= 300, τaf =0,6×σat =90 MPa; pentru beton: σas= 8 MPa.

6E.11

h 1

Placă beton

b

h h

F F

d d

D L

Tijă Tijă Pană

P l a c ă

O l

P l a c ă

O l

6E.12

F

Ø 4 0

12

□ 1 8

10

9

Ø 6 0

Ø 7 8

Pahar

Tijă

Suport fix

8/6/2019 Rezi konyv


262

Ventilul unei supape areforma şi dimensiunile dinfigur ă. Să se verifice supapadacă tensiunile admisibilesunt: pentru compresiune: σac = 160 MPa; pentru strivire:σas= 320 MPa şi pentruforfecare: τaf = 100 MPa. Seconsider ă că tija supapei nu poate flamba fiind ghidată peaproape întreaga ei lungime.

Pentru îmbinarea din figur ă, compusă dintr-o tijă şi un manşonconfecţionate din oţel, se cere să se facă dimensionarea elementelor înbinării, (anec, cnec, dnec, b1,nec, bnec=?), dacă se cunosc rezistenţeleadmisibile: la întindere, (σat=120 MPa), la forfecare, (τaf =40 MPa), şila strivire,( σas=240 MPa). Mărimea for ţei este F=80 kN.

F=120 kN

1 0

Ø100

Ø16

Ø60

Tijă

Ventil

6E.13

6E.14

F

d c

□ b 1

□ b

□ a

A

A

Tijă

Manşon fix

A-A

Tijă

Manşon fix

8/6/2019 Rezi konyv


263

Îmbinarea a trei platbenzi este realizată cu două bolţuri cudiametrul d. Dacă se cunoaşte mărimea for ţei, F=100 kN, şirezistenţele admisibile: la întindere, (σat=120 MPa), la forfecare,(τaf =80 MPa), şi la strivire, (σas=240 MPa), se cere să se facă dimensionarea elementelor înbinării, (dnec, hnec, lnec, bnec=?).

Ansamblul din figur ă, realizat dintr-o furcă sudată de o tijă,

transmite o for ţă F=18 kN. Dimensiunile secţiunii tijei sunt: h=24 mmşi b=8 mm. Grosimea cordonului de sudur ă este: a=5 mm. Dacă materialul pieselor are rezistenţe admisibile: σat = 160 MPa, σas= 320MPa, τaf = 120 MPa, iar dimensiunile cotate sunt: t=6, d=9, R=18 mm,se cere verificarea îmbinării.

6E.15

F

h/2

Bolţ

F/2 F

F

F/2

h/2 h

b

d d a

a d

Platbandă

6E.16

F

R

b

a

d

d

t

t

2 4

3 6

F

F

F

Furcă

Tijă

2 t

8/6/2019 Rezi konyv


264

Se dă asamblarea a două

platbenzi sudate ca în figur ă.Să se determine valoareamaximă a for ţei F, dacă rezistenţele admisibile ale platbenzilor sunt: laîntindere: σat=120 MPa; laforfecare: τaf =80 MPa, iar pentru cordonul de sudur ă, cu

grosimea 6 mm, rezistenţaadmisibilă la forfecare este0,7 din cea a platbenzilor,(τaf,s=56 MPa).

Să se verifice asamblarea cu 9 şuruburi M16, care suportă for ţaF=80 kN, dacă se cunosc rezistenţe admisibile: la întindere: σat = 140MPa; la strivire: σas= 280 MPa; la forfecare: τaf = 90 MPa. Să se precizeze apoi numărul de şuruburi suficient pentru preluarea for ţei F.

6E.17

60

5 0

8

8

6F

F

F

F

M16

2440 40

30

30

1 0 0

14

14

24

F F

F

F

6E.18

8/6/2019 Rezi konyv


265

Două platbenzi sunt asamblate prin 9 nituri ø16 şi solicitate de o

for ţă F. Cunoscînd rezistenţele admisibile: - pentru nituri: la strivire:σas= 180 MPa şi la forfecare: τaf = 110 MPa; -pentru platbenzi: latracţiune: σat = 140 MPa, la strivire: σas= 170 MPa şi la forfecare τaf =90 MPa, se cere determinarea for ţei maxim admise. Se dau: B=150mm şi t=14 mm.

Să se determine sarcina capabilă să încarce asamblarea cu 8şuruburi M20, dacă rezistenţele admisibile pentru toate elementele

îmbinării sunt: la întindere: σat = 160 MPa; la strivire: σas= 300 MPa;la forfecare: τaf = 110 MPa. Dimensiunile indicate au valorile: h=16,d=l=20, a=30 şi B=160 mm. Obs.: în zonele de forfecare tijeleşuruburilor nu sunt filetate.

6E.19

F

F 9 Nituri ø16

B

t t

6E.20

8/6/2019 Rezi konyv


266

Două platbenzi, cu grosimea h=20 şi lăţimea B=170 mm, suntasamblate prin nituire cu două eclise de aceleaşi dimensiuni. Seutilizează 12 nituri ø18. Îmbinarea este solicitată de o for ţă F= 230kN. Cunoscînd rezistenţele admisibile, aceleaşi pentru toateelementele îmbinării: la tracţiune: σat = 140 MPa; la strivire: σas= 180MPa şi la forfecare: τaf = 90 MPa, se cere verificarea asamblării.

O platbandă, cu lăţimea B=200 mm şi grosimea δ=8 mm, este

sudată de o tablă cu aceeaşi grosime. Grosimea cordonului realizateste a=6 mm. For ţa F=160kN este aplicată excentric la125 mm de latura (1-3). Sedau: - pentru sudur ă: σat,s =140 MPa şi τaf,s = 90 MPa; - pentru materialul de bază:σat= 160 MPa şi τaf = 80MPa. Se cer: a) lungimilecordoanelor de sudur ă pecele două laturi: L23 şi L45; b)lungimea cordonuluisuplimentar pentru carezistenţele sudurii şimaterialului de bază să fieegale. Tablele se suprapun peo lungime de 300 mm.

F

F

B

h

h

hEclisă

Platbandă

centrală

Nit ø18

6E.21

6E.22

δ

F

δ

47

132

6

5

125

L45

F

L23

1

45

32

7

6

200125

8/6/2019 Rezi konyv


267

Să se verifice pana paralelă care fixează pe arboreal de diametrud=70 mm o roată cu diametrul D=480 mm. La periferia roţii lucrează for ţa tangenţială F=10 kN. Pana utilizată este conform STAS 1006-70,are dimensiunile: b=16; h=10 şi L=100 mm, şi este confecţionată dinoţel Ol 50. Rezistenţele admisibile sunt: la forfecare: τaf =80 MPa şi lastrivire: σas=240 MPa.

Să se dimensioneze îmbinarea dintre un profil cornier 120×120×13 şi o platbandă 180×14, ambele confecţionate din Ol 37,şi să se stanilească eforturile transmise de la cornier la platdandă pefiecare troson între secţiunile (1) şi (D). Dimensiunile indicate pedesen sunt în mm. Se dau: t=14 mm, c=13 mm, σat = 140 MPa, τaf =112 MPa, σas= 280 MPa, aria cornierului: A1=2970 mm2. Pe bazarecomandărilor din literature de specialitate pentru grosimea minimă aelementelor nituite se adoptă dnit=d=23 mm, (pentru grosimea minimă

h=13 mm).

b=16

h = 1 0 a

= 4

F

D=480

d=70

L=100

d

6E.23

6E.24

180

t cF

40

F

4050 50 50 50

52

D

1 43

B

8/6/2019 Rezi konyv


8/6/2019 Rezi konyv


269

Aria pentru tracţiune corp tijă este: A=πd2/4→ dnec= 33 mm;Aria pentru forfecare pană: A=2·h·h/4→ hnec=51,6≈ 52 mm; Aria

pentru strivire pană: A=a·h/4 → anec,s=32,97≈ 33 mm; Aria pentru

tracţiune cap tijă: A=a(a-h/4) → anec,t=36,5≈ 37 mm; Se adoptă a=37

mm; Aria de forfecare cap tijă: A=2·c·a→ cnec=18,1≈ 19 mm.

Aria pentru tracţiune corp tijă este: A=60·(60-25)=2100 mm2

→ σef,t = 38,09 < σat = 140 MPa; Aria pentru forfecare pană:

A=2·40·25=2000 mm2→ τef,f =40< τaf =90 MPa; Aria pentru strivire

pană: A=25·60=1500 mm2 → σef,s=53,33< σas=280 MPa; Aria de

forfecare cap tijă: A=2·50·60=6000 mm2→ τef,f =13,33< τaf =90 MPa.

Aria pentru tracţiune corp coloană este: A1=πd2/4→ dnec= 79,8≈ 80 mm; Aria pentru tracţiune cap tijă: A2= πD

2/4-D·δ; Aria pentru

strivire pană: A3= D·δ → D·δnec=2500 mm2 → Dnec=97,72≈ 100

mm→ δnec= 25 mm; Aria pentru forfecare pană: A4=2·h·δ → hnec=100

mm; Aria de forfecare cap coloană: A5=2·D·h1→ h1,nec=37,5≈ 38 mm.

Aria de forfecare a unui bulon este: A1=2· πd2/4→ dnec=18,8 ≈ 20 mm; Aria pentru tracţiune corp tijă este: A2=πD

21/4- d·D1→ D1,nec=

39,05 mm; Aria pentru strivire tijă-bulon: A3=d·D1 → D1,nec=40 mm;→ D1,ef =40 mm; Aria de forfecare cap tijă: A4=2·L2·D1→

L2,nec=6,944≈ 7 mm. Aria pentru tracţiune ţeavă: A5= πD22/4- πD

21/4-

d(D2-D1) → D2,nec,t=69,6; Aria pentru strivire ţeavă-bulon: A6=d·(D2-

D1) → D2,nec=44,46 mm; → Se adoptă D2,ef =70 mm; Aria de forfecare

teavă: A7=2·(D2-D1) ·L1→ L1,nec=9,26≈ 10 mm.

6R.1

6R.2

6R.4

6R.3

6R. Calculul îmbinărilor de iese R ăs unsuri

8/6/2019 Rezi konyv


270

Aria pentru tracţiune corp tijă este: A1=πd21/4→ d1nec= 61,8≈ 62

mm; Aria pentru forfecare şuruburi: A2=4·πd2/4→ dnec=38,54≈ 40

mm; Aria pentru strivire şuruburi-eclise laterale: A3=4·d·δ → δnec,s=21,875≈ 22 mm; Aria pentru tracţiune eclise: A4= δ (b-d) →

bnec,t=176,36≈ 180 mm.

For ţa care solicită pana este: F=2Mt/d=133,33 kN; Aria de strivire

între pană şi arbore este: As=5×l→lnec=121,2≈122 mm; Aria de

forfecare pană este: Af =l×b →τf = 60,72<τaf = 90 MPa.

Aria pentru forfecare şuruburi: A1=2·2·π202/4=1256,64 mm

2→

F1cap=113,098 kN; Aria pentru strivire şuruburi-eclise laterale:

A2=4·20·14=1120 mm2 → F2cap=313,6 kN; Aria pentru tracţiune eclisă

laterală: A3=14·(86-21)=910 mm2 → F3cap=127,4 kN; Aria pentru

forfecare eclisă laterală: A4=2·2·70·14=3920 mm2

→ F4cap=352,8 kN;Fcap=min(F1cap,F2cap,F3cap,F4cap)=113 kN

Aria pentru strivire disc-piesa (1) este: A1=πd2/4→ dnec= 39,89≈

40 mm; Aria pentru forfecare piesă (1): A2= πd·h1→ h1,nec= 20 mm;

Aria pentru strivire între pisele (1) şi (2): A3= π(d1)2/4- πd

2/4 →

d1,nec=56 mm; Aria pentru forfecare piesă (2): A4= πd2·h2→ h2,nec= 14mm; Aria de strivire piesă (2)- support fix: A5= π(d2)

2/4- π(d1)

2/4 →

d2,nec=69 mm.

For ţele care solicită şuruburile şi respectiv pana sunt:

Fs=Mt/(3·90)=7407,407 N şi F p= Mt/25= 80 kN. Fiecare şurub este

solicitat, de Fs, la: - forfecare,după aria Af = π·182

/4=254,47 mm2

→ τef,f =29,11< τaf =90 MPa; -la strivire cu semicupla din dreapta, pe aria

6R.5

6R.6

6R.7

6R.8

6R.9

8/6/2019 Rezi konyv


271

As=18·20=360 mm2→ σef,s=20,58< σas=280 MPa. Cea mai solicitată

pană este cea din dreapta. Aria pentru forfecare pană: Af =16·60=960

mm2→ τef,f =83,3(3)< τaf =90 MPa; aria pentru strivire pană:

As=5·60=300 mm

2 → σ

ef,s=266,6(6)< σ

as=280 MPa.

Aria de forfecare a şuruburilor este: A1=2·2· πd2/4→ dnec=17,84

≈ 18 mm; Aria pentru strivire şuruburi eclisă centrală: A2=2d·δ → δnec=11,9 → δef =12 mm; Aria pentru tracţiune eclisă centrală este:

A3=2δ(B-2d)→ Bnec= 98,5→ Bef = 100 mm; Aria de forfecare eclisă

centrală: A4=4·L·δ→ Lnec=20,83≈ 21 mm.

Elementele îmbinării suportă următoarele solicitări: Tija: -

tracţiune corp tijă: A1=182=324 mm

2→ σef,1=129,63< σat=160 MPa; -

forfecare cap tijă: A2=4·18·10=720 mm2→ τef,2=58,33< τaf =120 MPa;

-strivire cap tijă-pahar: A3= π·402/4 -18

2=932,64 mm

2→ σef,3=45,03<

σas=280 MPa; Paharul: -forfecare: A4= π·40·12=1508 mm2→

τef,4=27,85< τaf =120 MPa; -tracţiune: A5= π·602/4- π·402/4=1570,8mm

2→ σef,5=26,74< σat=160 MPa; -forfecare: A6= π·60·9=1696,46

mm2→ τef,6=24,76< τaf =120 MPa; -strivire: A7= π·78

2/4-

π·602/4=1950,93 mm

2→ σef,7=21,53< σas=280 MPa.

Solicitările sunt: -tracţiune tijă: A1=πd2/4-d·b→ dnec= 38,87≈ 40

mm; -forfecare pană: A2=2·h·b→ hnec=50,92≈ 51 mm; -strivire pană-tijă: A3=b·d=480 mm

2 → σef,3=229,17< σas=300 MPa; - forfecare cap

tijă: A4=2·h1·d → h1nec=15,2(7)≈ 16 mm; -strivire pană-placă Ol:

A5=b·(L-d) → Lnec=70,5(5)≈ 71 mm; - strivire placă Ol- placă beton:

A6= πD2/4- πd

2/4 = F/σas,beton → Dnec=138,23≈ 140 mm.

6R.10

6R.11

6R.12

8/6/2019 Rezi konyv


272

Solicitările la care trebuie să reziste ventilul sunt: -compresiune

tijă: A1= π·162/4=201,06 mm

2→ σef,1=99,47< σac=160 MPa; -forfecare

ventil: A2= π·60·10= π·600 mm2→ τef,2=10,61< τaf =100 MPa; -strivire

ventil: A3= π·1002/4- π·60

2/4=5026,55 mm

2→ σef,7=4< σas=320 MPa.

Dimensiunile rezultă din condiţiile de rezistenţă scrise pentru

solicitările: - tracţiune corp tijă: A1=a2→ anec= 25,82≈26 mm; -

forfecare tijă: A2= 4a·c→ cnec= 19,23≈ 20 mm; - strivire între tijă şimanşon: A3= b1

2- a

2 → b1,nec=31,77≈32 mm; - forfecare manşon: A4=

4b1·d→ dnec= 15,625≈16 mm; - tracţiune manşon: A5= b2- b1

2 →

bnec=41,11≈42 mm.

Dimensiunile rezultă din condiţiile de rezistenţă scrise pentru

solicitările: - forfecare bolţ: A1=4πd

2

/4→ dnec= 19,95≈ 20 mm; -strivire platbandă-bolţ: A2=2·h·d→ hnec=10,42≈ 11 mm; -forfecare

platbandă: A3=4h·a → anec=28,41≈ 29 mm; -tracţiune platbandă:

A4=h·(b-2d) → bnec=115,76≈ 116 mm.

Solicitările care apar sunt: - tracţiune corp tijă: A1=8·24=192

mm2

→ σef,1=93,75< σat=160 MPa; -forfecare sudur ă:A2=5·(2·8+2·24)=320 mm

2→ τef,2=56,25< τaf =120 MPa; -tracţiune

furcă: A3= 2· (2R-d)·t=324 mm2→ σef,3=55,55< σat=160 MPa; -

forfecare furcă: A4≈ 4·R·t=432 mm2→ τef,4=41,67< τaf =120 MPa; -

strivire furcă-bolţ: A5= 2·d·t=108 mm2→ σef,5=166,66< σas=320 MPa;

forfecare bolţ: A6= 2·π·d2/4=127,23 mm

2→ τef,4=141,47> τaf =120

MPa→Bolţul cu d=9 mm nu ar rezista la forfecare.

6R.13

6R.14

6R.16

6R.15

8/6/2019 Rezi konyv


273

Fcap=45024 N, (rezultă din condiţia de rezistenţă la forfecare a

cordonului de sudur ă). Obs.: lungimea cordonului: 2×(60-2×6)+(50-

2×6)=134 mm.

Pentru platbenzi: la întindere: At= 728 mm2→ σt= 110< σa=140

MPa; la forfecare: Af = 8736 mm2→ τf = 9,16< τaf =90 MPa; la strivire:

As= 2304 mm2→ σs= 40< σas=280 MPa; Pentru şuruburi: la forfecare:

Af = 1810 mm2→ τf = 44,21< τaf =90 MPa. Numărul de şuruburi

suficient este: 5.

Pentru forfecare nituri: F1,cap=199 kN; pentru strivire platbenzi:

F2,cap=342,72 kN; pentru tracţiune platbenzi: F3,cap=199,92 kN; Fcap=

min(F1,cap; F2,cap;F3,cap)=199 kN.

Pentru forfecare şuruburi: F1,cap=276,46 kN; pentru strivire

platbandă centrală-şuruburi: F2,cap=384 kN; pentru tracţiune platbandă centrală: F3,cap=268,8 kN; pentru forfecare platbandă centrală:

F4,cap=352 kN; Fcap= min(F1,cap; F2,cap;F3,cap; F4,cap)= 268,8 kN.

Pentru nituri: la forfecare: Af = 3053,63 mm2→ τf = 75,32< τaf =90

MPa; la strivire: As= 2160 mm2→ σs= 106,48< σas=180 MPa. Pentru

platbenzile centrale: la întindere: At,min= 2320 mm2→ σt= 99,14<

σa=140 MPa.

a) Lungimea totală a cordonului este: L23+ L45=F/(a×τaf,s)= 296

mm. L23 se determină din condiţia de echilibru static: L23× a×τaf,s×125

6R.17

6R.18

6R.19

6R.20

6R.21

6R.22

8/6/2019 Rezi konyv


274

-F×75=0; rezultă: L23= 111mm; apoi L45=296-111=185 mm. b)

Lungimea suplimentar ă este: Lnec-( L23+ L45)=178 mm. Lnec rezultă

din: Lnec× a×τaf,s=B×δ× σat, ca fiind: 474 mm.

Pana este solicitată de o for ţă F1=F×D/d=68,57 kN. Pentru

forfecare: Af = L×b= 1600 mm2→ τf = 42,85< τaf =80 MPa; pentru

strivire: As,min= L×a= 400 mm2→ σs= 171,425< σas=240 MPa.

Se determină capacitatea portantă a îmbinării Fcap ca fiindvaloarea minimă a for ţei preluate de cornier sau de platbandă: Fcap

=307,72 kN,(din condiţia de rezistenţă la tracţiune); se determină

sarcina capabilă pe un nit: F1,cap=46,533 kN, (valoarea minimă dintre

sarcinile capabile pe nit la forfecare şi strivire); Numărul de nituri:

nnec= Fcap/ F1,cap=6,61→nef =7. Rezultă că trebuiesc încă două nituri

astfel încât lungimea suprapusă creşte de la 280 mm la 380 mm.

For ţele transmise la platbandă sunt: NB1=0; N12=43,96=F/7;

N23=87,92=2F/7; N34=131,88= 3F/7; N45=175,84=4F/7; N56=219,8=5F/7; N67=263,76=6F/7; N7D=307,72=F.

a) Fcap,nit=28,5 kN, (din condiţia de rezistenţă la forfecare); Efectul

lui F asupra fiecărui nit este: Q=F/4 +3/2×F=7/4×F; Egalând Q cu

Fcap,nit rezultă: Fcap=16,285 kN; (Q se obţine astfel: F se reduce în (G)

la o for ţă şi un moment 300F care trebuie preluate de 4 nituri);

b) Cordoanele pot prelua: T1= 76,44 şi respectiv T2=101,92 kN;

for ţa care solicită cordonul de lungime L1 este: Q1=0,68 F, (170

F/250), iar cea pentru cordonul L2 este: Q2=F+Q1= 1,68 F; din T1=Q1

rezultă F1,cap=112,4 kN, iar din T2=Q2 rezultă F2,cap=60,667 kN; Fcap=

min(F1,cap, F2,cap)=60,667 kN.

6R.23

6R.24

6R.25

8/6/2019 Rezi konyv


275

Fcap=144 kN, din condiţia de rezistenţă la întindere; din condiţia

de rezistenţă la forfecare, (τaf ·L·b= Fcap), rezultă: L=200 mm; Strivirea

se produce pe aria: As=80·180=14400 mm2 → σs,ef = 10< σas=20 MPa.

6R.26

8/6/2019 Rezi konyv


8/6/2019 Rezi konyv


277

Iz - momentul de iner ţie al secţiunii, faţă de axa neutr ă Gz.

În relaţia 7.1-1, se pune semnul + (plus) pentru tensiuneanormală a punctelor situate în zona întinsă şi semnul − (minus) pentrutensiunea normală a punctelor situate în zona comprimată a secţiunii.

Tensiunea tangenţială τ, produsă de efortul tăietor Ty (sau maisimplu T), într-un punct al secţiunii situat la distanţa y de axa neutr ă (Fig.7.1-1), se calculează cu relaţia (relaţia lui Jurawki):

τ = ±

⋅

⋅

T S

I b z 7.1-2

unde:Sz - momentul static, calculat faţă de axa neutr ă Gz a acelei

por ţiuni din suprafaţa secţiunii, situată între cota y (care conţine punctul) şi marginea secţiunii (suprafaţa haşurată din Fig.7.1-1),

b - lăţimea secţiunii, la nivelul y la care se calculează tensiunea,Iz - momentul de iner ţie al secţiunii faţă de axa neutr ă Gz.

Semnul lui τ, este funcţie de semnul efortului tăietor Ty. În lungulunei secţiuni, tensiunea tangenţială τ are un singur semn: plus sauminus.

Tensiunile normale σ şi cele tangenţiale τ, dintr-un punct situatîntr-o secţiune solicitată la încovoiere simplă, dau naştere la tensiuni

normale principale, care se determină cu relaţia:

σ σ τσ

1 2 2

1

2

2 2

4 ,= ± + ⋅

7.1-3

y

y

z G

Miz

Ty

Fig.7.1-1

K

8/6/2019 Rezi konyv


278

Direcţiile principale ale tensiunilor normale principale, rezultă din relaţia (asemănătoare cu cea de la direcţiile principale de iner ţie):

( )tg arctg 22

112

2

2 1 2

α α

α α

τ

σ

τ

σ= − ⇒ = −

= +

⋅ ⋅

Π 7.1-4

Dacă analizăm relaţia 7.1-1, rezultă că:- Miz şi Iz sunt mărimi care depind de poziţia secţiunii grinzii

aleasă pentru calcul (locul de pe grindă),- y este o mărime care depinde de poziţia punctului în care se

calculează tensiunea (poziţia punctului în secţiune).La fel pentru relaţia 7.1-2, putem concluziona:- Ty şi Iz depind de poziţia secţiunii pe grindă,- Sz şi b, depind de poziţia pe secţiune a punctului în care se

calculează tensiunea.Calculul la încovoiere al barelor drepte, poate fi f ăcut atât din

condiţia de rezistenţă cât şi din cea de rigiditate.În cele ce urmează, se prezintă relaţiile de calcul utilizate la

încovoiere simplă, pentru condiţia de rezistenţă. Calcululdeformaţiilor produse la încovoiere simplă, face obiectul unui capitolseparat, care este tratată într-o altă lucrare.

Relaţiile de calcul pentru încovoierea simplă, condiţia derezistenţă, sunt prezentate în Tabelul 7.1-1.

Tabelul 7.1-1S o l i c i t a r e aT i p u l

problemei Încovoiere pură Forfecare

Problemă de

verificare

σ σmax ,min

= ≤M

W aiz

z τ τmax = ≤

⋅

⋅

T S I b a

z

z

Problemă de

dimensionare

W z necM iz

a ,min. ...= =

σ −

Problemă de

efort capabiliz cap W a z , ,min

...= =σ −

8/6/2019 Rezi konyv


279

La încovoierea simplă, nu se fac calcule de dimensionare sauefort capabil din condiţia de rezistenţă la forfecare, deoarecetensiunile tangenţiale τ produse de efortul tăietor T, sunt mult maimici la aceste elemente de rezistenţă, decât tensiunile normale σ, produse de momentul încovoietor Miz. În general, se face calculul laîncovoiere pur ă, urmat eventual de un calcul al tensiunilor tangenţialemaxime (calcul de verificare) produse de forfecare.

În cazul solicitării de încovoiere pur ă, etapele de calcul pe care propun a fi urmate, sunt următoarele:• Se stabilesc solicit ă rile la care este supus elementul de rezisten ţă ,

precum şi sec ţ iunea cea mai solicitat ă (periculoasă ), pentru fiecare solicitare. Stabilirea solicit ă rilor şi a sec ţ iunilor periculoase, se poate face corect, numai după trasarea diagramelor de eforturi(vezi trasarea diagramelor de eforturi, Cap.3).

Să presupunem că a rezultat o solicitare de încovoiere simplă.• Se stabile şte direc ţ ia principal ă de iner ţ ie după care este orientat

momentul încovoietor, putând rezulta M iz sau M iy. În exemplul nostru, consider ă m că a rezultat M iz.

• Pentru sec ţ iunea periculoasă stabilit ă , se calculează momentul de

iner ţ ie fa ţă de direc ţ ia principal ă după care este orientat momentul încovoietor. În cazul nostru, rezult ă I z (vezi Cap.4 unde secalculează momentele de iner ţ ie).

• După calculul lui I z , pentru aceea şi sec ţ iune periculoasă , sedetermină W z,min (vezi Cap.4).

• Se stabile şte tipul problemei (verificare, dimensionare, efort capabil) şi condi ţ ia impusă (în acest caz, evident, condi ţ ia derezisten ţă ).

• Se scrie rela ţ ia (din Tabelul 7-1-1) corespunză toare tipului de problemă , stabilit.

• Din rela ţ ia scrisă şi particularizat ă cu datele problemei, sedetermină mă rimea necunoscut ă (mă rimea cerut ă ): tensiunemaximă , dimensiunea sec ţ iunii transversale sau sarcina maximă admisă .

După efectuarea calcului la încovoiere pur ă, dacă se consider ă necesar, se calculează tensiunea tangenţială maximă. Pentru aceasta se

parcurg următoarele etape:

8/6/2019 Rezi konyv


280

• Se stabile şte sec ţ iunea periculoasă pentru solicitarea de forfecare(produsă de efortul t ă ietor T).

• Se stabilesc punctele din sec ţ iunea periculoasă în care se productensiunile tangen ţ iale maxime.

• Se scrie rela ţ ia de calcul (din Tabelul 7.1-1 pentru solicitarea de forfecare) şi se calculează valoarea maximă a tensiunii tangen ţ iale.

Observa ţ ie: De cele mai multe ori, tensiunea tangenţială estemaximă în axa neutr ă de la încovoierea pur ă. Cu toată această constatare generală, se impune stabilirea punctelor din secţiune, undese produc tensiunile tangenţiale maxime. În acest scop, este bine să serevadă modul de variaţie în lungul secţiunii, a tensiunilor tangenţiale,la barele cu grosime mare. Să nu se uite, că valoarea tensiuniitangenţiale este mult influenţată de mărimea b, aflată la numitorulrelaţiei pentru calculul tensiunii tangenţiale (rel.7.1-2). Undedimensiunea b a secţiunii transversale se modifică, tensiuneatangenţială prezintă o discontinuitate (salt).

8/6/2019 Rezi konyv


281

7.2 Exemplu de calcul

Pentru grinda de o ţ el cu forma sec ţ iunii transversale şiîncă rcarea din Fig.7.2-1a, se cere:

a) dimensionarea sec ţ iunii transversale (t = ?) pentru σ a = 150MPa;

b) diagramele de varia ţ ie în sec ţ iunea Bdreapta ale tensiunilor σ şiτ ;

c) tensiunile normale principale maxime şi direc ţ iile principaleîn punctul M, punct situat în sec ţ iunea 2 stânga.

Rezolvare

p = 5 kN/m

M = 30 kN m

2p = 10 kN/m p =

1 BC

2

2 m 2 m 4 m

9 t

t

11 t

2 t

t

5 t

M

a)

10

20 20

-20 -10

20

30

b)

c)

T[ kN]

Mi [ kN m]

0

2 m

Fig.7.2-1

8/6/2019 Rezi konyv


282

Parcurgem etapele pe care le-am prezentat în paragraful 7.1.• Stabilim solicitările la care este supusă grinda. Pentru a nu greşi, se

trasează diagramele de eforturi. În acest exemplu, există următoarele eforturi: efort tăietor T ( Ty ) şi moment încovoietor Miz. Diagramele de variaţie ale celor două eforturi existente, sunt prezentate în Fig.7.2-1b,c. De aici, rezultă că această grindă estesolicitată la forfecare şi încovoiere, deci la încovoiere simplă (sauîncovoiere cu for ţă tăietoare). Efortul tăietor acţionează pe direcţia principală y, iar momentul încovoietor pe direcţia principală z.

• Stabilim secţiunile periculoase. Grinda prezintă secţiune constantă în lungul său. Rezultă că secţiunea periculoasă pentru fiecaresolicitare, este acolo unde efortul prezintă valorile cele mai mari(valori maxime). Astfel pentru grinda analizată, rezultă:

- la solicitarea de forfecare există mai multe secţiuni periculoase: toate secţiunile de pe intervalul A-2 şi secţiunea B în careefortul tăietor are valoarea cea mai mare (T = 20 kN),

- la solicitarea de încovoiere există o singur ă secţiune periculoasă şi aceasta este secţiunea 2 faţa din stânga, faţă pe careacţionează momentul încovoietor maxim Miz, max = 30 kNm. Atenţie,în aceeaşi secţiune 2, dar pe faţa din dreapta, există Miz = 0.

a) Efectuăm la început calculul la solicitarea de încovoiere.- Forma secţiunii periculoase la încovoiere (secţiunea 2 faţa din

stânga) este prezentată în Fig.7.2-1a. Pentru această secţiune secalculează caracteristicile geometrice (vezi Cap. 4). Au rezultaturmătoarele valori:

yG = 7,13 tIz = 857 t4 Wz, min = 120,19 t3

- Problema este de dimensionare, iar condiţia impusă este cea derezistenţă (se dă σa),

- Relaţia de calcul (din Tabelul 7.1-1) pentru problema dedimensionare la încovoiere, este:

W z necM iz

a ,min. . . .= =

σ 7.2-2

iar particularizată pentru problema noastr ă, rezultă:

8/6/2019 Rezi konyv


283

M iz

at ,max ,

σ= ⋅12019 3

7.2-3

de unde:

t mmM iz

a= = =

⋅

⋅

⋅

,max

, ,120193 3010

120191503

612

σ 7.2-4

S-a obţinut astfel t =12 mm, rezultând în continuaredimensiunile secţiunii transversale ale grinzii din Fig.7.2-1a.

Cu aceasta, calculul la încovoiere prevăzut la punctul a) al problemei, s-a încheiat.

b) Pentru rezolvarea acestui punct, trebuie trasate diagramele devariaţie ale tensiunilor normale şi tangenţiale, dar în secţiunea Bdreapta (Bdr ). Este necesar ă precizarea feţei secţiunii, deoarece după cum se poate constata, în secţiunea B, efortul tăietor T prezintă două valori: pe faţa din stânga T = 10 kN, iar pe faţa din dreapta, T = 20 kN.Pentru momentul încovoietor, nu este necesar ă precizarea feţeisecţiunii, deoarece pe ambele feţe ale secţiunii B, acesta prezintă aceeaşi valoare, Miz = 10 kNm.

Din relaţia 7.1-1, rezultă că tensiunea normală σ produsă de Miz,are o variaţie liniar ă în lungul secţiunii (y este mărimea variabilă dinsecţiune), iar din relaţia 7.1-2, rezultă că tensiunea tangenţială τ produsă de efortul tăietor T ≡ Ty are o variaţie parabolică în lungulsecţiunii (Sz şi b sunt mărimile variabile din secţiune). Se mai precizează, că acolo unde are loc o variaţie a lui b, în diagrama τ areloc un salt.

Acestea fiind precizate, se poate trece acum la calculul valorilor

tensiunilor σ şi τ în secţiunea Bdr., precum şi la reprezentarea variaţieiacestora în lungul secţiunii.

Variaţia tensiunilor σ şi τ, este prezentată în Fig.7.2-3. ÎnFig.7.2-3, sunt evidenţiate salturile din diagrama τ, la nivelul variaţieidimensiunii b (lăţimii secţiunii).

R ămâne de calculat acum, valorile tensiunilor la nivelurilecaracteristice. Nivelurile caracteristice la care trebuie calculatevalorile tensiunilor sunt prezentate în Fig.7.2-3 şi acestea sunt: 1-1, 2-

2, 3-3, 4-4, 5-5.

8/6/2019 Rezi konyv


284

Pentru tensiunea normală σ, trebuie calculate numai valorile maxime,valori care se ating în fibrele extreme (la nivelurile 1-1 şi 5-5).

Rezultă, astfel:

σ Bdr M I

iz

z y MPa1 1 1 1

101085712

6

4 687 12 46 39− −⋅

⋅= = ⋅ =

,Bdr

,Bdr , ,

σ Bdr M I

iz Bdr

z Bdr y MPa5 5 5 5

10 10857 12

6

4 713 12 4814− −⋅

⋅= = ⋅ = −

,

, , ,

Aceste valori sunt trecute în diagrama σ din Fig.7.2-4. Aten ţ ie: σBdr5-5 este negativ, deoarece este situat sub axa neutr ă Gz, iar această zonă este comprimată (vezi diagrama Mi din Fig.7.2-1c, unde

diagrama indică fibra întinsă, deasupra).Pentru tensiunea tangenţială τ, aceasta trebuie calculată la maimulte niveluri:

τ Bdr T S I b

Bdr z

zBdr 1 1

2010857 12

09 12

1 1

1 1

3

4 0−

⋅

⋅

⋅

⋅ ⋅= = =

−

−

( )( )τ Bdr

T S

I b

t t t Bdr z

zBdr

t

MPa2 22010

857 12

9 6 87

9 122 2

2 2

3

4

2

1032−

⋅

⋅

⋅

⋅

⋅ −

⋅= = =

−

−

,

,

1 12 2

3 3 z

4 4

5 5

σ τ

Fig.7.2-3

8/6/2019 Rezi konyv


285

La acest nivel (2-2) trebuie calculat şi pentru punctele la care

b=t.

( )( )τ Bdr

T S I b

t t t

t Bdr z

zBdr

t

MPa2 22010

857 12

9 6 872 2

2 2

3

42 9 29−

⋅

⋅

⋅

⋅

⋅ −

= = =−

−

, ,

τ Bdr T S I b

S t t t t

Bdr z

zBdr

z MPa3 320 10

857 12

5873 3

3 3

3

42 2

5 872 12 083−

⋅

⋅

⋅

⋅

+ ⋅= = =

−

−

− , ,

,

τ Bdr

T S

I b t Bdr z

zBdr 5 520 10

857 120

55 5

5 5

3

4 0−

⋅

⋅

⋅

⋅ ⋅= = =

−

−

( )( )τ Bdr

T S I b

t t t t t

Bdr z

zBdr MPa4 4

20 10857 12

5 2 7 135

4 4

4 4

3

4 2 05−

⋅

⋅

⋅

⋅

⋅ −

⋅= = =

−

−

, ,

Se calculează la nivelul 4-4 şi pentru punctele la care b4-4 = t=12 mm.

τ Bdr T S I b

S t t t

Bdr z

zBdr

zt

MPa4 420 10

857 12

5134 4

4 4

3

44 4

5 142 1025−

⋅

⋅

⋅

⋅

+ ⋅ ⋅= = =

−

−

−

⋅ , .

,

Valorile calculate pentru τ, sunt trecute în diagrama τ dinFig.7.2-4.

Din calculele f ăcute, se poate constata că valoarea maximă atensiunii tangenţiale este mică, τmax = 12,083 MPa (este şi tensiunea

maximă de pe toată grinda) în comparaţie cu tensiunea normală maximă σmax = 150 MPa (la această valoare s-a f ăcut dimensionarea),motiv pentru care la elementele de rezistenţă cu grosime mare, de celemai multe ori, calculul la forfecare se neglijează.

La punctul c) al problemei, se cer tensiunile normale principalemaxime şi direcţiile principale în punctul M, situat în secţiunea 2stânga.

8/6/2019 Rezi konyv


286

La început se calculează tensiunea normală σ şi cea tangenţială

maximă τmax din acest punct:

σ

M st

M

I M

iz st

z st y MPa

, .

, .

, . , ,

2

3010

85712

2

2

6

4587 12 118 9= = − ⋅ = −

⋅

⋅

( )τ M st

T I

S b

t t t

st

z st

z M

M

t

MPa , .. ,

.

, .

, ,220 10

857 12

9 6 872

2

3

42 9 29= = =

⋅

⋅

−

Pentru calculul tensiunilor normale principale, se utilizează relaţia 7.1-3:

( ) ( )σ σ τσ

12 212

2 2 11892

12

2 24 118 9 4 9 29

59 42 6017 ,

, , ,

, ,

= ± + = − ± − + ⋅ =

= − ± MPa

de unde rezultă tensiunile normale principale:

σ1 = 0,75 MPaσ2 = -119,59 MPa

1 1

2 2

3 3

5 5

4 4

z

46,39

-48,14

1,032 9,29

12,083

2,05 10,25

σBdr [MPa] τBdr [MPa]

Fig.7.2-4

8/6/2019 Rezi konyv


287

Direcţiile principale, se determină cu relaţia 7.1-4:

tg 2 01562 2 9 2 9118 9α

τ

σ= − = − =

⋅

−

, , ,

de unde se obţine:

α112

00156 4 43= =arctg , ,

α2 = 900 +4,430 =94,430

În Fig.7.2-5a, sunt prezentate tensiunile normale şi tangenţiale pe un element de volum decupat din jurul punctului M, precum şi peacesta, orientat după direcţiile principale (Fig.7.2-5b).

4,430

119,59

119,59

0,75

0,75

118,9118,9

9,29

9,29

a) b)

Fig.7.2-5

[MPa]

8/6/2019 Rezi konyv


288

7E. Calculul la încovoiere simplă al barelor drepte plane

(Probleme propuse)

Pentru grinda cu încărcarea şi forma secţiunii prezentate în

Fig.7E.1, se cere:

a) dimensionarea secţiunii (t = ?) pentru σ = 120 MPa

b) tensiunea tangenţială maximă în punctul K

Se cunosc: p = 4 kN/m, a = 0,5 m

Pentru grinda cu încărcarea şi forma secţiunii din Fig.7E.2, se

cere:

a) dimensionarea secţiunii (t = ?)

b) diagrama de variaţie (cu valori) a tensiunii normale şi

tangenţiale din secţiunea Bdreapta.

Se cunosc: p = 10 kN/m, a = 1 m, σa = 120 MPa.

7E.1

7E.2

4t

p2p

pa2

a a 3a

2t

12t

2t

K

Fig.7E.1

2a2a 2a3a 3a

6a

4a

2appa

2pa2

a a2a

A B

Fig.7E.2

8/6/2019 Rezi konyv


289


Fig.7E.3, se cere:

a) dimensionarea secţiunii grinzii (t = ?) pentru σa = 140 Mpa

b) tensiunea tangenţială maximă (τmax = ?).

Să se dimensioneze grinda cu σa = 120 MPa din Fig.7E.4a,b,c,d,

şi să se traseze diagramele de variaţie ale tensiunilor normale σ şi

tangenţiale τ în secţiunile în care acestea sunt maxime, pentru cazul

când secţiunea grinzii are forma:

a) dreptunghiular ă

b) circular ă

c) inelar ă

d) profil T, cu σat = 40 MPa şi σac = 90 MPa

e) profil de forma din Fig.e, σat = 40 MPa, σac = 90 MPa.

7E.3

12t10t

6t

8t

7E.4

b

2b

a)

d

b)

8 kN 4 kN/m8 kNm

1m 2m 2m

Fig.7E.3

30 kN/m 30 kN15 kNm

2m 1m

Fig.7E.4

8/6/2019 Rezi konyv


290

Pentru grinda din Fig.7E.5, să se:

a) verifice grinda pentru σa = 160 MPa

b) traseze diagra de variaţie a tensiunii normale σ şi a celei

tangenţiale τ, pentru secţiunea Bstânga

c) calculeze tensiunea σ şi τ din punctul K situat în secţiunea

Bstânga

.

Pentru grinda din Fig.7E.6, se cere:

a) dimensionarea secţiunii grinzii pentru σat = 36 MPa şi σac =

90 MPa (t = ?)

9t

t

d)

t

6t

D=1,4d1 d

c)

e)

12t7t

3t

6t

t

7E.5

7E.6

80

20

40

30

30

60

90

K

6 kNm4 kN/m8 kN

2m 1m 1m

BA

Fig.7E.5

8/6/2019 Rezi konyv


291

b) diagrama de variaţie a tensiunii normale σ şi a celei

tangenţiale τ din secţiunea periculoasă, după dimensionarea

grinzii

Grinda simplu rezemată din Fig.7E.7 este realizată din fontă cu

σat = 36 MPa şi σac = 90 MPa Dimensiunile secţiunii transversale fiind

cele din figur ă, se cere:

a) sarcina capabilă (p = ?) pe care o poate suporta grinda

b) distribuţia tensiunii tangenţiale maxime

c) care este aşezarea economică a grinzii ?

Să se dimensioneze grinda din Fig.7E.8, cu σa = 140 MPa, având

secţiunea transversală cu formele:

a) circular ă cu diametrul d

b) dreptunghiular ă cu lăţimea b şi înălţimea h = 2b

7E.7

40

20 20

40

80

100

7E.8

2a=1,6m a

q=30 kN/m

0,7qa

aa

Fig.7E.6

2pa5pa2

p

a=0,6

Fig.7E7

2t

4t

6t

2t

4t

8/6/2019 Rezi konyv


292

c) profil standardizat I aşezat vertical şi orizontal

d) tubular ă cu d = 0,8 D

e) profil I nestandardizat ca în figura e)

Pentru grinda din Fig.7E.9, realizată din fontă cu σat = 40 MPa şi

σac = 90 MPa, se cere:

a) verificarea grinzii

b) tensiunea tangenţială maximă.

Pentru grinda din Fig.7E.10, se cere:

a) verificarea grinzii dacă σat = 30 MPa şi σac = 90 MPa

b) care este aşezarea economică a grinzii (cu talpa în sus sau în

jos ?)

t

12t

6t

t

t

e)

7E.9

7E.10

10 kN/m

4m 1,5m

Fig.7E.8

20 kNm

15 kN 15 kN

20 kNm10 kN/m

2m1m 1m

160

80

60

100

60

Fig.7E.9

8/6/2019 Rezi konyv


293

c) diagrama de variaţie a tensiunii tangenţiale din secţiunea

periculoasă la forfecare

Pentru grinda cu încărcarea şi forma secţiunii prezentată în

Fig.7E.11 se cere:

a) dimensionarea grinzii cunoscând σa = 130 MPa

b) diagramele de variaţie ale tensiunii normale σ şi a celei

tangenţiale τ în secţiunea

Pentru grinda din Fig.7E.12 pentru care σat = 36 MPa şi σac = 90

MPa se cere:

a) pcap = ?

b) tensiunea normală şi tangenţială maximă unde T este maxim

120

30

90

40

2 kN/m

1 kN

1,8 kNm

2m 4m

Fig.7E.10

7E.12

3

0,5m0,5m

19 kN

Fig.7E.11

18 kN/m2,5 kNm

11 kN

1m 1m

10t3t

3t

30t

20t

3t

7E.11

8/6/2019 Rezi konyv


294


Fig.7E13 se cere:

a) dimensionarea secţiunii pentru σat = 30 MPa şi σac = 90 MPa

b) diagrama de variaţie a tensiunii normale σ în secţiunea

periculoasă la încovoiere

c) diagrama de variaţie a tensiunii tangenţiele τ în secţiunea

periculoasă la forfecare

Pentru grinda simplu rezemată cu încărcarea şi forma secţiunii

prezentată în Fig.7E.14 se cunosc: p = 12 kN/m, a = 0,3 m, σa = 150

MPa,

Se cere:

a) dimensionarea secţiunii grinzii

b) distribuţia tensiunilor în secţiunea 2

p pa2

pa

pa

2a a=2m

Fig.7E.12

10

60

30

40

60

7E.13

0,6m

60 kN45 kNm 50 kN/m

1,2m 1,2m

Fig.7E.13

3t

9t

6t

4t

7E.14

8/6/2019 Rezi konyv


295

Pentru grinda din Fig.7E.15 se cere:

a) sarcina capabilă (p) pentru σa = 120 MPa


tangenţiale τ în secţiunea Adreapta


a) dimensionarea secţiunii grinzii (t = ?) pentru σat = 90 MPa şi

σac = 160 MPa


tangenţialeτ

din secţiunea Bstânga.

2

2pa2 3pa 2p

2a 2a 3a

Fig.7E.14

2t

20t

2t

12t

7E.15

a

3pa2

pa

p

A

2a=800 mma

Fig.7E.15

20

40

40

20

40

7E.16

B

36 kN

48 kNm26 kN/m

1,5m 1,5m3,5m

Fig.7E.16

0,1t

0,1t

1,5t

t

8/6/2019 Rezi konyv


296

Se dă grinda cu încărcarea, rezemarea şi secţiunea transversală în

Fig.7E.17. Se cere:

a) să se dimensioneze grinda pentru σa = 160 MPa

b) să se traseze diagramele de variaţie a tensiunilor σ şi τ pe

secţiunea transversală ce se găseşte la distanţa a = 1m de

reazemul din stânga

c) să se determine tensiunile normale principale maxime şi

direcţiile principale în punctul K (vezi secţiunea) din

secţiunea precizată la punctul b).(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza naţională, Ploieşti, 1988)

Pentru grinda cu secţiunea şi încărcarea din Fig.7E.18 se cere:

a) dimensionarea secţiunii transversale (t = ?) pentru σa = 150

MPa

b) tensiunea σ şi τmax în punctul K situat în secţiunea Bdreapta

c) tensiunile normale principale şi direcţiile principale în punctul

K amintit mai sus(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza locală, Timişoara, 1988)

7E.17

a=1m

0,5pa2p=20 kN/m

pa2

p

a a a/2

Fig.7E.17

2t

4t

6t

4t

K

3t

7E.18

t

4t

2t

2t

12t

10t

K

10 kN

20 kNm 5 kN/m

2a=2m 2a 2aa

Fig.7E.18

B

8/6/2019 Rezi konyv


297


a) sarcina capabilă (p = ?) pentru σa = 150 MPa

b) tensiunile în punctul K din secţiunea Bstânga.

Se dau: a = 500 mm, d = 20 mm.(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza naţională, Petroşani, 1989)


a) dimensionarea secţiunii (t = ?) pentru σa = 150 MPa

b) tensiunea tangenţială maximă (τmax)(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza locală, Timişoara, 1997)

7E.19

(14/3)p 2pa2

2p

3a 2a 2a

B

Fig.7E.19

K

4t4d

6dd

7E.20

10 kN/m 10 kNm

3a =3m 2a

Fig.7E.20

4t

2t

4t

2t

8/6/2019 Rezi konyv


298

Se dă grinda cu încărcarea, secţiunea şi dimensiunile din

Fig.7E.21. Se cer:

a) diagramele de eforturi

b) caracteristicile geometrice ale secţiunii transversale

c) dimensionarea grinzii (t = ?) dacă σac = 100 MPa şi σat = 30

MPa

Se dau F = 3 kN, a = 1 m.(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza naţională, Bucureşti, 1997)

O grindă pe două reazeme are dimensiunile şi încărcarea din

Fig.7E.22. Se cere:

a) diagramele de eforturi în funcţie de a şi p

b) să se dimensioneze grinda (p = 10 kN/m, a = 0,4 m şi σa =

150 MPa)

(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza locală, Bucureşti, 1988 – profilnemecanic)

7E.21

p = F/aF

a/2 a/2 a/4

Fig.7E.21

5t

t

5t

t

7E.22

p2pa2

a aaa2a

Fig.7E.22

2t 2t

5t

6t

8/6/2019 Rezi konyv


299

Se dă grinda din Fig.7E.23 şi se cere:

a) să se traseze diagramele de eforturi

b) să se dimensioneze grinda

c) să se calculeze tensiunile maxime σ şi τ în sudur ă.

Se dau: p = 20 kN/m, a = 0,8 m, σa = 150 MPa.(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza locală, Bucureşti, 1991)

Se dă grinda articulată din Fig.7E.24 şi se cere:a) trasarea diagramelor de eforturi

b) dimensionarea grinzii

c) diagramele σ şi τ pentru valorile maxime ale eforturilor din

secţiunea unde acţionează momentul concentrat, faţa din

stânga.

Se dau: p = 6 kN/m, σa = 150 MPa, a = 0,5 m.(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza locală, Bucureşti, 1991 – profil

nemecanic)

7E.23

p

p

a a a a

Fig.7E.23

tt

tt

t

3t

5t

7E.24

p2pa

2

a aa2a

Fig.7E.243t 3t4t

6t

5t

t

t

8/6/2019 Rezi konyv


300



b) dimensionarea grinzii pentru σa = 150 MPa

c) tensiunea τmax şi reprezentarea ei grafică pe secţiune.



b) for ţa capabilă pentru σat = 48 MPa şi σac = 120 MPa.

7E.25

8 kN/m 10 kNm

20 kN

1,5m 3,5m

Fig.7E25

t

t

6tt

3t

7E.26

F

2F3F

a a a a

Fig.7E.26

200

300

40

20 20

8/6/2019 Rezi konyv


301



b) verificarea grinzii pentru σa = 150 MPa şi τa = 100 Mpa

c) σK şi τK din secţiunea 2stânga

d) diagrama σ şi τ (f ăr ă valori) pe secţiune.

Pentru grinda de fontă din Fig.7E.28 se cere:


b) verificarea grinzii pentru σat = 30 MPa şi σac = 90 MPa

c) să se reprezinte (f ăr ă valori) diagrama σ şi τ pe secţiune

7E.27

20

100

120

20

20

K 10

7E.28

12 kNm12 kN 6 kN/m

1m 1m 1m

Fig.7E.27

2

1 kN 3 kN 2 kN

2m 2m1,5m 1,5m

Fig.7E.28

20 120

30

120

8/6/2019 Rezi konyv


302



b) dimensionarea secţiunii (t = ?) pentruσa = 150 MPa

c) cu valoarea lui t determinată la punctul b) să se calculeze şi

traseze diagrama tensiunii σ şi τ din secţiunea 2stânga.



b) verificarea grinzii la încovoiere pentru σa = 150 MPa

c) tensiunea σ şi τ în punctul K situat în secţiunea 1.

7E.29

2

300 daN/m 450 daNm

200 daN

1,2m 1m 0,8m

Fig.7E.29

2t

2t

6t

6t

7E.30

0,5m

40 daNm 20 daNm 10 daNm

1

40 daN/m

1m 1m 1m

Fig.7E.30

30

30

40

120

K

8/6/2019 Rezi konyv


303

Pentru grinda din Fig.7E.31 se cere:a) diagramele de eforturi b) verificarea grinzii pentru σa = 150 MPa şi τa = 80 MPac) diagrama de variaţie a tensiunilor σ şi τ din secţiunea 2stânga

Pentru grinda din Fig.7E.32 se cere:a) diagramele de eforturi b) dimensionarea secţiunii pentru σa = 150 MPac) tensiunile maxime σ şi τ din punctul K situat în secţiunea de

la mijlocul consolei

Pentru grinda cu forma şi dimensiunile din Fig.7E.33 se cere:a) diagramele de eforturi

7E.31

2

0,5m

100 daNm 80 daN/m

200 daN

1m 2m

Fig.7E.31

30

15

15

30

30

10 1080

7E.32

16 kNm8 kN/m 30 kN

1m 1m 1m

Fig.7E.32

12t

4t

6t

10t

tK

7E.33

8/6/2019 Rezi konyv


304

b) sarcina capabilă (p = ?) pentru σa = 150 MPac) variaţia tensiunii normale σ din secţiunea periculoasă la

încovoiere şi a celei tangenţiale din secţiunea Bstânga (reazemuldin dreapta).

Pentru grinda din Fig.7E.34 se cere:a) diagramele de eforturi b) dimensionarea secţiunii (t = ?) pentru σa = 150 MPac) tensiunile maxime σ şi τ din secţiunea 1.

Pentru grinda din Fig.7E.35 se cere:a) diagramele de eforturi b) sarcina capabilă (p = ?) pentru σa = 150 MPa

0,5a

B

p papa

2

1,5a a=1,2m

Fig.7E.33

d

D

d = 30 mm

D = 70 mm

7E.34

8t

6t4t

7E.35

30 kNm 10 kN 20 kN/m

Fig.7E.34

2m 1m 1m

1

8/6/2019 Rezi konyv


305

c) tensiunea tangenţială maximă din grindă (τmax = ?)

Pentru grinda din Fig.7E.36 se cere.a) dimensionarea secţiunii (t = ?) pentru σa = 150 MPa b) diagrama tensiunii normale σ în secţiunea situată la mijlocul

consoleic) tensiunea tangenţială din punctul K (τK ) situat secţiunea

specificată la punctul b).

Pentru grinda din Fig.7E.37 se cere:a) diagramele de eforturi b) dimensionarea secţiunii pentruσa = 150 MPac) diagrama tensiunilor σ şi τ din secţiunea situată la mijlocul

consolei

p

p

2pa

2pa

2a 2a=1m 2a

Fig.7E.35

50

150

100

Φ50

7E.36

10 kNm 8 kN 14 kN/m

2m 2m 2m

Fig.7E.36

t

3t

t

K

3t

t

7E.37

8/6/2019 Rezi konyv


306

d) tensiunea normală şi cea tangenţială din punctul K situat însecţiunea specificată la punctul c).

Pentru grinda din Fig.7E.38 se cere:a) diagramele de eforturi b) dimensionarea secţiunii pentru σa = 150 MPac) diagrama σ şi τ din secţiunea aflată la distanţa x = 1,5 m de

reazemul din stângad) tensiunea σ şi τ din punctul K situat în secţiunea precizată la

punctul c)

Pentru grinda din Fig.7E.39 se cere:a) diagramele de eforturi b) dimensionarea secţiunii pentru σa = 150 MPac) variaţia tensiunii σmax şi τ din secţiunea în care acţionează

momentul încovoietor concentrat

7E.38

5t

14t

4t

8t

10t

K

12 kNm40 kN

30 kN/m

1,5m0,5m

1m

Fig.7E.38

7E.39

12 kN/m 18 kNm6 kN

2m 2m1m

Fig.7E.37

12t

10t4t

tK

8/6/2019 Rezi konyv


307

Pentru grinda din Fig.7E.40 se cere:a) diagramele de eforturi b) dimensionarea secţiunii pentru σa = 150 MPac) diagrama de variaţie a tensiunii σ şi τ din secţiunea de pe

reazemul din dreapta

Se dă grinda dreaptă, simplu rezemată în punctele 1 şi 2 şiîncărcată ca în Fig.7E.41. Grinda are secţiunea sub formă de cheson(vezi figura).

Se cunosc: a = 1,2 m, p = 5 kN/m, σa = 150 MPa.Se cer:

a) trasarea diagramelor de eforturi T şi MI

10 kN/m40 kNm

10 kN

6m 4m 4m

Fig.7E.39

t

4t

2t

2t

12t

10t

7E.40

4a

2a

4a

2a

30 kNm10 kN/m 30 kN

20 kN

2m 2m 2m 2m

Fig.7E.40

7E.41

8/6/2019 Rezi konyv


308

b) calculul momentului de iner ţie Iz şi modulului de rezistenţă Wz

c) dimensionarea lui t din condiţia de rezistenţă la încovoiered) să se traseze diagramele cotate ale tensiunilor σ şi τ pe

înălţimea secţiunii periculoase la încovoieree) tensiunile σK şi τK în punctul K din secţiunea Bstânga

f) direcţiile principale α1 şi α2 şi tensiunile principale σ1 şi σ2 în punctul K.

(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza naţională, Piteşti, 1998)

Se dă grinda de oţel cu secţiunea şi dimensiunile din Fig.7E.42 pentru care se cer:

a) diagramele de eforturi b) dimensionarea (t = ?)c) tensiunile principale şi direcţile lor în punctul k din secţiunea

Bstânga d) deplasarea pe verticală a articulaţiei C.

Se dau: a = 1 m, p = 30 kN/m, σa = 150 MPa, E = 2,1⋅105 MPa(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza naţională, Timişoara, 1999 - profilmecanic)

ap24t20t

10t

12t

K2p 7pa

2

2a 3aa a

AB D1 2

Fig.7E.41

7E.42

p pa2

a a2a

A

B

CD

Fig.7E.42

4t

2t

6t

k4R/3π

8/6/2019 Rezi konyv


309

Pentru grinda dreaptă din Fig.7E.43, având o articulaţieinterioar ă în punctul B şi secţiunea dată, se cer:

a) diagramele de eforturi T şi MI b) momentul de iner ţie faţă de axa centrală orizontală c) dă se dimensioneze cota t dacă se cunosc: p = 20 kN/m, σa =

160 MPa, a = 0,6 md) tensiunile σk şi τG în punctul k respectiv centrul de greutate G

pentru Tmax e) deplasarea vB pe verticală a punctului B (literal)(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza naţională, Timişoara, 1999 - profilnemecanic)

Se consider ă grinda din Fig.7E.44. Se cer:a) diagramele de eforturi (T şi Mi) b) dimensionarea secţiunii (t = ?) pentru σa = 120 MPa, p = 4

kN/m, a = 1mc) tensiunile σ şi τ în punctul K din dreapta secţiunii 1d) diagramele σ şi τ în aceeaşi secţiune(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza naţională, Reşiţa, 2000 – profilmecanic)

7E.43

2pa2

2pap

a a 3a 2a

AB

1 23

Fig.7E.43 8t

12t10t 8t2t2tt t

G

7E.44

pa2

2pap

A B

1

2

aa2a

Fig.7E.44

9t

6t

3t

2t

2t

4t

tK

8/6/2019 Rezi konyv


310

Se dă grinda metalică şi încărcată ca în Fig.7E.45. Se cer:a) trasarea diagramelor de eforturi, T şi Mi b) valoarea for ţei capabile F din condiţia ca σmax ≤ σa c) valoarea tensiunii tangenţiale în punctul K în secţiunea Ad) deplasarea pe verticală a punctului BSe cunosc: σa = 150 MPa, a = 1m, t = 10 mm, E = 2,1⋅105 MPa(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza naţională, Reşiţa, 2000 – profil

nemecanic)

Pentru grinda dreaptă având forma, dimensiunile şi încărcareadin Fig.7E.46, se cer:

a) trasarea diagramelor de eforturi b) sarcina capabilă p, dacă σa = 120 MPa şi a = 400 mmc) cu valoarea lui p determinată anterior să se traseze diagramele

cotate (cu valori) ale tensiunilor σ şi τ în secţiunea Adreapta.(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza naţională, Cluj Napoca, 2001 –

profil nemecanic)

7E.45

7E.46

t

t

2t

tt t t2t

K1B

F F/a Fa

a a3a

Fig.7E.45

A2

D

3pa2

pa

p

a

a

2a

A

B

C

Fig.7E.46

40

40

40

20

20

8/6/2019 Rezi konyv


311

Pentru grinda din Fig.7E.47 se cere:a) să se traseze diagramele de eforturi b) să se calculeze încărcarea capabilă (p = ?)c) să se calculeze tensiunile principale în punctul K, secţiunea 1.Se cunosc: σat = 30 MPa, σac = 1000 MPa, b = 10 mm, a = 1 m.(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza naţională, Bucureşti, 2002 – profil

mecanic)

Pentru grinda dreaptă, cu o articulaţie interioar ă în punctul B,având forma, dimensiunile şi încărcarea din Fig.7E.48 se cer:a) trasarea diagramelor T şi Mi b) dimensionarea cotei t, din condiţia σmax ≤ σa c) valorile tensiunilor σ şi τ în punctul K în secţiunea din

încastrared) deplasarea pe verticală vB a punctului B.Se cunosc: a = 1 m, p = 10 N/mm, σa = 150 MPa, E = 2⋅105 MPa

(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza naţională, Bacău, 2003 – profilnemecanic)

7E.47

4

0,5pa2

2pa p

a

a

a

1

2

3

Fig.7E.47

2b

2b2b

2b

4b

4b

4b

K

7E.48

a

2pap

a2a

1

B

Fig.7E.48

t t t ttt t

t

t

6t

4t

4t

K

8/6/2019 Rezi konyv


312

Se dă grinda din Fig.7E.49. Se cere:a) să se traseze diagramele de eforturi T, Mi

b) să se dimensioneze grinda din oţel cu σa = 120 MPa, p = 20kN/m, a = 1 mc) să se calculeze tensiunile principale în punctul K al secţiunii 2(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza naţională, Bacău, 2003 – profil

mecanic)

Pentru grinda din Fig.7E.50 se cer:a) diagramele T şi M b) Fcap din condiţia ca σmax ≤ σa c) În punctul K din secţiunea 3stânga, să se calculeze tensiunile σK

şi τK d) Tensiunile şi direcţiile principale în punctul K.Se cunosc: a = 0,5 m, σa = 150 MPa, c = 10 mm.

(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza naţională, Târgu Mureş, 2005 – profil nemecanic)

7E.49

d

K

4d

3d

d

dA1

2

pa2pa

a

p

a3a

Fig.7E.49

B

7E.50

1 A

2FaFF/a

2 3 B

2a 2aa a

Fig.7E.50

K

4c

6c

5c

6c

c

8/6/2019 Rezi konyv


313

Se consider ă grinda de oţel cu rigiditatea EI = constantă (Fig.7E.51). Se cere:

a) diagramele de eforturi T, M (literal) b) dimensionarea secţiunii dacă se cunosc: σa = 100 MPa, a = 1

m, p = 8 N/mmc) diagrama σ în secţiunea periculoasă d) valoarea maximă a tensiunii tangenţiale (τmax = ?).(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza naţională, Târgu Mureş, 2005 –

profil mecanic)

Pentru grinda metalică având modulul de rigiditate la încovoiereEI = constant, rezemată şi încărcată ca în Fig.7E.52 se cere:

a) trasarea diagramelor de eforturi N, T, M (în litere) b) dimensionarea grinziic) calculul tensiunilor σ şi τ în punctul K din secţiunea grinzii,

în dreapta şi în stânga secţiunii 3

d) calculul săgeţii în capătul liber al grinzii (secţiunea 1).Se cunosc: a = 4 m, σa = 150 MPa, cosα = 0,8, p = 10 kN/m.(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza naţională, Constanţa, 2006 – profil

mecanic)

7E.51

A1

pa2 /2pa

p

a a2a

p

2

B

Fig.7E.51

2t

6t

4t

2t

7E.52

6t

3t

9t

t

K

tt

2

α 0,25pa p

0,325pa2

a/4 a/2 a/2

Fig.7E.52

13

4

8/6/2019 Rezi konyv


314

O grindă dreaptă cu articulaţia interioar ă B are forma,

dimensiunile, încărcarea şi secţiunea din Fig.7E.53.Se cer:a) trasarea diagramelor de eforturi T şi M b) determinarea poziţiei centrului de greutate, a momentului de

iner ţie şi modulului de rezistenţă faţă de axa centrală orizontală

c) valoarea lui M0 capabil din condiţia de rezistenţă (σmax ≤ σa)d) valorile tensiunilor σ şi τ în punctul K din secţiunea Dstânga

(la calculul tensiunii tangenţiale τ se va ţine cont de valoarea samaximă)e) tensiunile principale σ1,2 şi direcţiile principale α1,2 în punctul

K f) săgeata în punctul D.Se cunosc: a = 0,8 m, σa = 160 Mpa, c = 10 mm, E = 2⋅105 MPa.(Concursul Studenţesc “C. C. Teodorescu” – faza naţională, Constanţa, 2006 – profil

nemecanic)

7E.53

M0 /a2 M0

2a

2aa

A

R

B

D

Fig.7E.53

10c

2c

8c

4c

c

c

K

8/6/2019 Rezi konyv


315

7R. Calculul la încovoiere simplă al barelor drepte plane

(R ăspunsuri)

yG = 9t, Iz = 798 t4, Wz,min = 88,67 t

3, t = 8 mm, τmax,K = 4,523

MPa.

7R.1p

2ppa

2

a a 3a

0,875pa 4,125pa

0,5pa2

2,06a

4,125pa

pa

4,254pa21,875pa

3,375pa2

2,375pa2

T

Mi

7R.2

0,5a0,5pa

0,5pa

2,5pa

pa pa

pa2/8

2pa2

pa2

T

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


316

yG = 6,714 a, Iz = 1125,143 a4, Wz,min = 167,582 a

3, t = 10 mm.

yG = 6 t, Iz = 652 t4, Wz,min = 108,67 t

3, t = 8 mm, τmax = 9,92

MPa.

7R.3

4

12

8 8

8

82

4

1m

T [kN]

Mi [kNm]

7R.4

45

154545

1,5m

33,7530

15

T [kN]

Mi [kNm]

2a2a 2a3a 3a

6a

4a2a

yG

- 59,67

+46,98 0,762

σ [MPa] τ [MPa]

1,543

4,7

1,60,533

z

8/6/2019 Rezi konyv


317

a) Iz = 0,67 b4, Wz = 0,67 b

3, Mimax = 33,75 kNm, b = 75 mm,

Tmax = 45 kN

b) Iz = πd4/64, Wz =πd3/32, Mimax = 33,75 kNm, d = 142 mm,

Tmax = 45 kN

c) c) Iz = πD4

[1-(d/D)4]/64, Wz = πD

3[1-(d/D)

4]/32, d = 142

mm, D = 199 mm, Mimax = 33,75 kNm, Tmax = 45 kN,

D d

+120

-120

5,8

σ [MPa] τ [MPa]

z

-120

d

+120

3,8

σ [MPa] τ [MPa]

z

b

2b

-120

+120

6

σ [MPa] τ [MPa]

z

8/6/2019 Rezi konyv


318

d) yG = 3,5 t, Iz = 151,25 t4, Wzmin = 23,27 t

3, Mimax = 33,75

kNm, Tmax = 45 kN, t = 27 mm

e) yG = 5,38 t, Iz = 711,54 t4, Wzmin = 115,32 t3 (compresiune),Wzmax = 132,26 t3 (întindere), Mimax = 33,75 kNm, Tmax = 45

kN, t1 = 19 mm (întindere), t2 = 15 mm (compresiune), t =

18,55 mm (t = 19 mm).

7R.5

9t

t

t

6t +40

-74

8.62

7,35

1,22

σ [MPa] τ [MPa]

z

12t7t

3t

6t

t

+37,2

-42,67 1,072,14

4,85

4,73

2,37

σ [MPa] τ [MPa]

z

8

5,33

T [kN]

Mi [kNm]

6,67

8 8

1,33m

3,55

2,67

3,33

8/6/2019 Rezi konyv


319

a) Mimax = 8 kNm, yz = 71,82 mm, Iz = 14,358 ⋅106

mm4, Wzmin =

1,999⋅105

mm3, σ

max= 40 015 MPa < σ

a

b) TB = -9,67 kN, MiB = 8 kNm

c) σK,B = 23,3 MPa, τK,B = -0,834 MPa

a) Miz,max = 19,24 kNm, Tmax = 41,6 kN, yG = 3,67t, Iz = 93,33 t4,

Wz,min = 21,54 t3, Wz,max = 25,45 t

3, σat⋅Wz,max / σac⋅Wz,min =

0,47 ⇒ întinderea este mai periculoasă decât compresiunea, t

= 27,59 mm. Se va lua, t = 30 mm.

b) Iz = 75,6 ⋅106

mm4, Wz,min = 5,815⋅10

5mm

3, Wz,max = 6,87⋅10

5

mm3, σmax,t = 27,99 MPa, σmax,c ≈ -33 MPa

7R.6

1,386 m 16,8

41,6

24

6,4

16,8

9,6

19,24 18,56

13,44

T [kN]

Mi [kNm]

80

20

40

30

30

60

90

z

σB [MPa]τB [MPa]

-40,017

2,16

0,575

+37,930,54

1,62

1,92

-23,3

0,96

8/6/2019 Rezi konyv


320

a) Miz,max = 5pa2, yG = 46,7 mm, Iz = 864,64 cm

4, Wz,min =

117,96 cm3, Wz,max = 185,147 cm

3, pnec,t = 3,08 kN/m, pnec,c =

5,89 kN/m, ⇒ pnec = 3,08 kN/m.

b)

7R.7

2pa

pa

5pa2

3,5pa2

T

Mi

11,48

40

20

2040

80

100

z

4,56 11,41

τ [MPa]

1,54

2t

4t

6t

z

+28

-33

2,640,88

1,568

4,62

σ [MPa] τ [MPa]

2t

4t

8/6/2019 Rezi konyv


321

c) Dacă grinda ar fi aşezată r ăsturnată cu 1800, Mimax,t = σat ⋅

Wzmin ⇒ pcap = 1,96 kN/m. Rezultă de aici că aşezarea

economică este cea din enunţul problemei.

Miz,max = 32,626 kNm

a) d = 13,3 mm ⇒ d = 14 mm

b) b = 7,04 mm, h = 14,08 mm

c) Wznec = 233 cm3 ⇒ profilul I22, Wynec = 149 cm3 ⇒ nu există

un astel de profil

d) D = 15,9 mm, d = 12,72 mm

e) Iz = 447,33 t4, Wz = 74,55 t

3 ⇒ t = 1,46 mm.

7R.8

21,8

25,45

2,545m 14,545

32,626

T [kN]

Mi [kNm]

7R.9

15

15

10

101m

15 15

55

T [kN]

Mi [kNm]

8/6/2019 Rezi konyv


322

a) yG = 8,86 mm, Iz = 2883,0485 cm4, Wz,min = 325,4 cm

3,

Miz,max = 15 kNm, σmax = σmax,t = 37,15 MPa < σat = 40 MPa

b) Tmax = 15 kN, b = 40 mm, Sz = 251,319 cm3 ⇒ τmax = 3,268

MPa.

a) yG = 75 mm, Iz = 9,18 ⋅106

mm4, Wz,min = 12,24 ⋅10

6mm

3,

Wz,max

= 20,4 ⋅106

mm3, M

iz,max= 3,8 kNm, σ

max,t= 18,62

MPa, σmax,c = 31,04 MPa

b) Aşezarea economică este cea care asigur ă solicitarea fibrelor

cu Wz,max la solicitarea care are σa,min, respectiv Wz,min la

σa,max. Deci, aşezarea economică este cea cu talpa în sus (ca în

enunţ)

c)

7R.10

2

0,951

3

0,95

0,5m

0,25

3,8

T [kN]

Mi [kNm]

120

30

90

40

z

0,2940,88

0,92

τ [MPa]

8/6/2019 Rezi konyv


323

a) yG = 15,25 t, Iz = 2,996⋅104

t4, Wz,min = 1,4438 ⋅10

3t3, Wz,max =

1,964 ⋅103

t3, Miz,max = 5 kNm, t = 2,986 mm ⇒ t = 3 mm

b)

a) yG = 43,33 mm, Iz = 3,88 ⋅106

mm4, Wz,min = 68,47⋅10

3mm

3,

Wz,max = 89,545⋅103

mm3

Miz,max = pa2 ⇒ pcap = 0,616 kN/m

7R.11

7R.12

pa2

2pa

pa pa

pa2

T

Mi

0,5m

9

109

7

11

0,61m

5

0,5 0,5

0,86

2,5

T [kN]

Mi [kNm]

1,75

7,85

3t

10t

3t

30t

20t

z

-47,13

+64,13

1,68 11,22

14,28

2,35

σ [MPa] τ [MPa]

3t

8/6/2019 Rezi konyv


324

b) Tmax = 2pa = 2,052 kN, b = 20 mm ⇒ τmax = 1,39 MPa, Miz =

pa2 ⇒ σmax = 29,97 MPa.

a) yG = 5,36 t, Iz = 714,42 t4, Wz,min = 107,59 t

3, Wz,max = 133,29

t3, Miz,max = 64,8 kNm, ⇒ tnec,t = 25,3 mm, tnec,c = 18,84 mm

⇒ t = 26 mm

b) c)

7R.1366

36

24

8445

34,2

64,8

T [kN]

Mi [kNm]

9t

6t

4t

z

3t

+27,66

-34,26

1,07

5,59

2,27

2,48

σmax [MPa] τmax [MPa]

2d/3π

d

8/6/2019 Rezi konyv


325

a) yG = 14,125 t, Iz = 3.156,33 t4, Wz,min = 223,46 t3, Wz,max =

400,8 t3, Miz,max = 6,25 pa

2= 6,75 kNm ⇒ t = 5,86 mm ⇒ t =

6 mm

b) T2 = 4 pa = 14,4 kN, Miz,2 =6 pa2

= 6,48 kNm

7R.14

2pa2

4papa

5pa

6pa2

2pa2

6,25pa2

T

Mi

2,5a

z

2t

2t

12t

20t

+74,85

-134,251,74

10,45

12,64

σ2 [MPa] τ2 [MPa]

7R.15

3pa2

2pa2

pa

2pa 2pa

2pa2

T

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


326

a) yG = 47,5 mm, Iz = 3,126 ⋅106

mm4, Wz,min = 59,55 ⋅10

3mm

3,

Miz,max = 3pa2 ⇒ pcap = 14,88 kN/m

b)

a) yG = 0,53 t, Iz = 0,067 t4, Wz,min = 0,0622 t

3, Wz,max = 0,125 t

3,

Miz,max = 54 kNm ⇒ t = 212,815 mm. Se adoptă t = 213 mm

b) TBstânga = 60,35 kN, Miz,Bstânga = 54 kNm, τmax,Bstânga = 11,429

MPa

20

40

40

20

40

z

-72,3

+80

3,236,46

8,486

4,198,38

σA [MPa] τA [MPa]

7R.16

30,65

16,04

54

1,178m

36

60,35

45,97

2,025

T [kN]`

Mi [kNm]`

8/6/2019 Rezi konyv


327

a) yG = 5,33 t, Iz = 496 t4, Wz,min = 74,4 t

3, Miz,max = pa

2= 20

kNm ⇒ t = 11,88 mm. Se consider ă t = 12 mm.

b) T = pa = 20 kN, Miz = 0,5pa2

= 10 kNm

11,429

9,585

0,1t

0,1t

1,5t

t

z

-44,46

+8976

0,955

σ [MPa] τ [MPa]

7R.17

0,5pa2

pa

pa

0,5pa2

pa2

0,5pa2

T

Mi

2t

4t

6t

4t

K

3t

z

-64

+80 4,49 17,97

22,35,54

5,64

σ [MPa] τ [MPa]

8/6/2019 Rezi konyv


328

c) σK = +54,486 MPa, τK = -17,97 MPa, σ1,K = σK /2 + 0,5[(σK )2

+ 4(τK )2] = 64,499 MPa, σ2,K = σK /2 - 0,5[(σK )

2+ 4⋅(τK )

2] = -

10,013 MPa, α1,K = 0,5⋅arctg(2τK /σK ) = -9,1310

a) yG = 4,33 t, Iz = 652 t4, Wz,min = 85,18 t

3, Miz,max = 12 kNm ⇒

t = 10 mm

b) σK,Bdreapta = -35,9 MPa, τK,Bdreapta = 10,25 MPa

c) α1 = 14,860, α2 = 104,86

0, σ1 = 2,72 MPa, σ2 = -38,62 MPa

7R.18

-8

1

0,1m

10

0,5

10,5

12

-10-7,95

T [kN]

Mi [kNm]

7R.19

1,96a 1,5apapa

3pa

4pa

3pa

3,92pa2

2pa2

0,25pa2

2pa2

T

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


329

a) yG = 3d, Iz = 71,95 d4, Wz,min 23,98 d

3, Miz,max = 3,92 pa

2 ⇒ p

= 29,36 kN/m

b) TBstânga = -4pa, Miz,Bstânga = 2pa2, σK = -12,75 MPa, τK = -8,92

MPa

a) yG = 3,5 t, Iz = 49,33 t4, Wz,min = 14,09 t

3, Miz,max = 2,645pa

2

⇒ t = 23,21 mm. Se adoptă: t = 24 mm

b) Tmax = 2,3 pa ⇒ τmax = 4,96 MPa

a)

7R.20 2,3pa

0,7pa

2,645pa2

2,4pa2

1,4pa2

2,3a

T

Mi

7R.21

F/2

F

F/2

F 1,25F

3Fa/8

9Fa/32

T

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


330

b) yG = 2t, Iz = 33,33 t4, Wz,min = 8,3325 t

3, Wz,max = 16,665 t

3

c) Miz,max = 3Fa/8 = 1,125 kNm. Pentru Wz,min ⇒ t = 16,1 mm,

pentru Wz,max ⇒ t = 8,58 mm. Se adoptă t = 17 mm.

a)

b) Iz = 77,43 t4, Wz,min = 25,81 t3, Miz,max = 2,5pa2 = 4 kNm ⇒

10,1 mm. Se adoptă t = 11 mm.

a)

b) Iz = 1937t4/12, Wy,min = 1937t

3/54, Miz,max = 0,515pa

2= 6,592

kNm ⇒ t = 10,7 mm

7R.22

1,5pa

pa

1,5pa1,5a

0,5pa2

0,625pa2

0,5pa2

1,5pa2

2,5pa2

T

Mi

7R.23

0,5pa2

pa2/3

0,816a0,816a

pa/2

pa/6

pa/3

pa/6pa/2

pa2/60,152pa

2

0,515pa2

T

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


331

c) MPa83,32,5tσz

maxiz,

I

M

S =⋅=

MP5,522t1937

108pa

4t12

19372

22t

3t

2

2t4t

2

3t0,5pa

zI b

zSmaxTSτ =

⋅⋅=

⋅⋅

⋅+⋅⋅=⋅⋅=

⎟⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎜

⎝

⎛

a)

b) yG = 3,5a, Iz = 389,5a4/3, Wz,min = 389,5a

3/10,5, Miz,max = 5pa

2

= 7,5 kNm ⇒ t = 11,9 mm. Se adoptă t = 12 mm

c) T = pa, Miz = pa2

1,44

7R.243pa

pa pa

5pa2

pa2

pa2

pa2

T

Mi

z

-23,4

+23,4

0,48

0,48

1,44

1,98

σ [MPa] τ [MPa]

8/6/2019 Rezi konyv


332

a)

b) yG = 4t, Iz = 92 t4, Wz,min = 23 t

3, Miz,max = 19 kNm ⇒ t =

17,66 mm. Se adoptă t = 18 mm

c) Tmax = 16 kN, Iz = 8.948.505 mm4, Sz,max = 15a

3= 82.616

mm3 ⇒ τmax = 8,36 MPa

a)

7R.25

34

T [kN]

Mi [kNm]

8

4

16

12

1m

1,5m

19

10

z

8,36

τmax [MPa]

7R.26 2,5F

1,5F

0,5F

3,5F

2,5Fa

4Fa3,5Fa

T

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


333

b) yG = 172 mm, Iz = 9.738,67 cm4, Wz,min = 566,2 cm

3, Wz,max =

1.432,16 cm3, Miz,max = 4Fa

Pentru σat ⇒ F1 = 4,5 kN iar pentru σac ⇒ F2 = 28,643 kN. Se

adoptă Fcap = 4,5 kN.

a)

b) yG = 80 mm, Iz = 22.613.33 mm4, Wz,min = 282.666,67 mm

3,

Miz,max = 18,75 kNm, Tmax = 21 kN ⇒ σmax = 66,33 MPa < σa,

τmax = 8,17 MPa < τa

c) Miz,2stânga = 18 kNm, T2stânga = 15 kN ⇒ σK,2stânga = -55,72

MPa şi τK,2stânga = 6,63⋅10-3

MPa

d)

7R.27

6

3

2115

39

1818,75

18

T [kN]

Mi [kNm]

z

20

100

120

20

20

K 10

σ τ

8/6/2019 Rezi konyv


334

a)

b) yG = 105 mm, Iz = 1125⋅104

mm4, Miz,max = 2,85 kNm, ⇒

σmax,t = 8 MPa < σat şi σmax,c = -26,6 MPa < σac

c)

a)

7R.28

1 1

3,1 3,1

0,1

1,9 1,9

2

2,652,85

T [kN]

Mi [kNm]

20 120

30

120

z

σ τ

τmax

7R.29

491

214

446

246

0,71m

76,4

41

196,8

T [daN]

Mi [daNm]

8/6/2019 Rezi konyv


335

b) yG = 3t, Iz = 136 t4, Wz,min = 27,2 t

3, Miz,max = 491 daNm ⇒ t =

1,06 cm. Se adoptă t = 1,1cm = 11 mm

c)

a)

b) Iz = 567 cm4, Miz,max = 30 daNm, ymax = 60 mm ⇒ σmax =

3,174 MPa < σa

c) Miz,1 = 15 daNm, yc = 30 mm ⇒ σK,1 = 0,794 MPa,

T1 = 30 daN, bc = 40 mm, Sz = 54 cm3 ⇒ τK,1 = 0,0714 MPa

2t

2t

6t

6t

z

-54,9

+32,8

3,42

3,271,09

σ2stânga [MPa] τ2stânga [MPa]

7R.30

0,75m

30

1010

30

10

1,25

20

10

T [daN]

Mi [daNm]

8/6/2019 Rezi konyv


336

a)

b) yG = 60 mm, Iz = 972⋅104 mm4, Wz,min = 162⋅103 mm3, Miz,max = 66,4 daNm, Tmax = 128 daN ⇒ σmax = 4,09 MPa < σa, τmax = 0,63MPa < τa

c)

7R.31

80

32

128

72

0,4m

40

60

66,4

36

T [daN]

Mi [daNm]

0,14z

30

15

15

30

30

10 1080

+2,22

-2,22

0,1

0,1

0,5

0,5

0,63

0,63

0,12

0,12

σ2stânga τ2stânga

8/6/2019 Rezi konyv


337

a)

b) yG = 7,25 t, Iz = 440,67 t4, Wz,min = 60,8 t3, Miz,max = 30 kNm⇒ t = 14,8 mm. Se adoptă t = 15 mm

c) Miz = 15 kNm, yK = 3,75 t, Iz = 2.184,27 cm4 ⇒ σK = +37,8MPa

T = 30 kN, b = 6t = 90 mm ⇒ τK = 1,28 MPa

a)

b) yG = D/2, Iz = 113,88⋅104 mm4, Wz,min = 32,53⋅103 mm3,Miz,max = 0,85 pa2 ⇒ pcap = 3,98 kN/m

c) Pentru încovoiere secţiunea periculoasă este secţiunea în careacţionează momentul concentrat (pa2).

7R.32

1

7

15

30

0,125m

0,06

3

1930

T [kN]

Mi [kNm]

7R.33

0,65a

0,65pa

1,875pa

pa

0,21pa2

0,15pa2

0,85pa2

0,5pa2

T

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


338

În secţiunea Bstânga avem: TBstânga = 1,875pa, b = 40 mm, Sz =3,33⋅103 mm3

a)

b) yG = 5t, Iz = 136 t4, Wz,min = 27,2 t3, Miz,max = 10 kNm ⇒ t =19,7 mm. Se adoptă t = 20 mm

c) Miz,1 = 10 kNm, ⇒ σmax,1 = 27,5 MPaT1 = 20 kN, b = 2t ⇒ τmax,1 = 4,59 MPa

a)

-150

z

d

D

d = 30 mm

D = 70 mm

+150

6,9 2d/3π

d

σ [MPa] τ [MPa]

7R.34 20

10

3030

10

120

T [kN]

Mi [kNm]

7R.35

0,67pa2,67pa 2,67pa

0,67pa

3,33pa2

3,33pa2

0,67pa2

0,67pa2

T

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


339

b) yG = 94,6 mm, Iz = 6.092⋅104 mm4, Wz,min = 64,39⋅104 mm3,Miz,max = 3,33 pa2, ⇒ p ≅ 29 kN/m

c) Tmax = 2,67 pa = 77,43 kN, b = 100 mm, Iz = 6.092⋅104 mm4 ,

Sz = 44,745⋅

10

4

mm

3

⇒

τ

max = 5,59 MPa

a) yG = 1,5t, Iz = 8,5 t4, Wz,min = 3,4 t3, Miz,max = 38 kNm ⇒ t =42,07 mm. Se adoptă t = 43 mm

b) Miz = 17 kNm

c) T = 14 kN, b = t = 43 mm ⇒ τK = 1,78 MPa

7R.36

2314

41,5 13,5

5,5

22,5

1,6m

10

38

17

1718,08

T [kN]

Mi [kNm]

z

+62,88

-37,73

σ [MPa]

8/6/2019 Rezi konyv


340

a)

b) yG = 7,25t, Iz = 440,66 t4, Wz,min = 60,78 t3, Miz,max = 13,5kNm ⇒ t = 11,39 mm. Se adoptă t = 12 mmc) T = 6 kN, Miz = 6 kNm

d) Miz = 6 kNm, yK = 3,75 t ⇒ σK = +29,54 MPaT = 6 kN, b = 6t ⇒ τK = 0,4 MPa

a)

7R.37

6

6

18

6

6

1,5m

6

6

6

12

12

13,5

T [kN]

Mi [kNm]

z

+37,42

-57,12

0,7 2,1

2,48

σ [MPa] τ [MPa]

7R.38 66 51

11

19 34

1,13m

29,25 31,26 25,25

12

T [kN]

Mi [kNm]

8/6/2019 Rezi konyv


341

b) yG = 7t, Iz = 1.496 t4, Wz,min = 213,71 t3, Miz,max = 31,26 kNm⇒ t = 9,91 mm. Se adoptă t = 10 mm

c) Miz = 25,25 kNm, T = 19 kN

d) Miz = 25,25 kNm, yK = 2t ⇒ σK = - 33,75 MPaT = 19 kN, b = 4t = 40 mm ⇒ τK = 4,38 MPa

a)

b) yG = 4,34 t, Iz = 652 t4, Wz,min = 85 t3, Miz,max = 88,4 kNm ⇒ t= 19,2 mm. Se adoptă t = 20 mm

c) Miz = 72 kNm, T = 18 kN

z

-11,81

+11,8

1,52

1,52

3,049

3,049

4,635

σ [MPa] τ [MPa]

7R.39

42

1818

10 10

4,2m

40

32

72

88,4

T [kN]

Mi [kNm]

8/6/2019 Rezi konyv


342

a)

b) yG = 3,5 t, Iz = 49,3 t4, Wz,min = 14,1 t3, Miz,max = 60 kNm ⇒ a= 31 mm

c) Miz = 60 kNm, T = 30 kN

z

-106

+59,8

0,92 3,68

4,8

4,620,46

σ [MPa] τ [MPa]

7R.40

1,5m

15

5

25

55

30 30

11,2

10

2050

60

T [kN]

Mi [kNm]

z

+106,5

-149,4

1,983,93

4,06

σ [MPa] τ [MPa]

8/6/2019 Rezi konyv


343

a)

b) yG = 12 t, Iz 7.157,33 t4, Wz = 596,44 t3 c) Miz,max = 4pa2 ⇒ t = 6,853 mm (nu s-a rotunjit)d)

e) Miz = 3pa2, T = pa ⇒ σK = +93,75 MPa, τK = 2,356 MPaf) tg2α1 = 0,05026 ⇒ α1 = 82,260, α2 = 82,260 +π/2, σ1 =

+93,81 MPa, σ2 = -0,06 MPa

a)

7R.41

2pa

pa

pa

pa2

3pa2

4pa2

pa2

T

Mi

z

+150

-150 0,392

0,392

2,356

2,356

3,248

σ [MPa] τ [MPa]

7R.421,5pa

1,5pa

0,5pa

0,5a

1,5pa2

1,125pa2

pa2

pa2

T

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


344

b) yG = 3,783 t, Iz = 155,946 t4, Wz,min = 36,98 t3, Miz,max = 1,5pa2 ⇒ t = 20 mm

c) Miz = pa2, yk = 2,217 t ⇒ σk -53,31 MPa

T = 0,5pa, b = 2t⇒

τ

k = -2,59 MPatg2α1 = 0,09716 rad, α1 = 2,770, α2 = 2,770 + π/2, σ1 = -53,43MPa, σ2 = +0,12 MPa

d) nu face obiectul acestui capitol

a)

b) yG = 6 t, Iz = 733,34 t4

d) Wz,min = 122,22 t

3

, Miz,max = 2pa

2

⇒

t = 9,028 mm. Se adoptă t= 9 mme) Tmax = 2pa = 2.400 N.

Pentru: bk = 8t, Sz,k = 44 t3 ⇒ τk = 0,015 pa/t2 bk = 6t, Sz,k = 53 t3 ⇒ τk = 0,024 pa/t2 bk = 2t, Sz,k = 53 t3 ⇒ τk = 0,0722 pa/t2 bG = 2t, Sz,G = 78 t3 ⇒ τG = 0,1063 pa/t2

d) nu face obiectul acestui capitol

a)

7R.432pa 2pa

pa

pa

a

2pa2

2pa2

0,5pa2

T

Mi

7R.44

5

1

7

1

9 9

66,1259

0,25m

T [kN]

Mi [kNm]

8/6/2019 Rezi konyv


345

b) yG = 4,75 t, Iz = 229 t4, Wz,min = 48,21 t3, Miz,max = 9 kNm ⇒ t= 11,55 mm. Se adoptă t = 12 mm

c) Miz = 6 kNm, T = 1 kN, bK = 9t, Sz,K 24,75 t3 ⇒ σK = -34,11

MPa,τ

K = 0,083 MPad)

a)

b) yG = 2t, Iz = 29,33 t4, Wz,min = 14,665 t3, Miz,max = 1,5Fa ⇒ Fcap = 1.466,5 N = 1,4665 kN

c) TA = F = 1,4665 kN, Sz = 10 t3, bK = 2t ⇒ τK = 0,5 MPad) nu face obiectul acestui capitol

z

-49,27

+72,02

0,1360,204

0,228

0,227

0,113

σ [MPa] τ [MPa]

7R.45

F2F

2F

F F

a

1,5Fa

0,5Fa

Fa

T

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


346

a)

b) yG = 47,5 mm, Iz = 312,67⋅104 mm4, Wz,min = 59,555⋅103 mm3,Miz,max = 3pa2 ⇒ p = 14,88 N/mm = 14,88 kN/m

c) Miz,Adreapta = 2pa2, TAdreapta = 2pa

a)

7R.46

3pa2

2pa2

pa

2pa

2pa2

T

Mi

6,47

8,38

-72,38

z

+80 3,23

8,48

4,18

σ [MPa] τ [MPa]

7R.47

0,5pa2

0,5pa2

0,5pa2

pa pa

pa pa

pa

T

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


347

b) yG = 3,714b, Iz = 151,047 b4, Wz,min = 35,244 b3, Miz,max =0,5pa2 ⇒ Pentru σat se obţine p1 = 2,1146 kN/m iar pentru σac seobţine p2 = 7,0488 kN/m. Se adoptă: p = min (p1, p2) = 2,1146 kN/m

c) Miz

= 0,5 pa2, T = pa, yK

= 1,714b, bK

= 4b ⇒ σK

= -12 MPa,τK = 0,7599 MPa, σ1 = 0,0479 MPa, σ2 = -12,0479 MPa

a)

b) yG

= 4t, Iz

= 226,67 t4, Wz,min

= 56,6 t3, Miz,max

= 2pa2 ⇒ t =13,3 mm

c) Miz = 2pa2, yK = 3 t, T = 0 ⇒ σK = -112,51 MPa, τK = 0d) nu face obiectul acestui capitol (vB = 23,5 mm)

a)

7R.48

2pa

2pa2

2pa22pa

2pa

2pa

T

Mi

7R.49

pa

2pa

2pa 2pa

pa

a

1,5pa2

0,5pa2

pa2

pa2

T

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


348

b) yG = 2,07 d, Iz = 15,11 d4, Wz,min = 7,3 d3, Miz,max = 1,5 pa2 ⇒ d = 32,48 mm

c) Miz,2 = pa2, yK = 0,93 d, Tmax,2 = 2pa = 40 kN, bK = 3d, Sz,K =4,29 d3 ⇒ σ

K = -35,93 MPa, τ

K = 3,38 MPa, σ

1= 0,36 MPa, σ

2= -

36,28 MPa

a)

b) yG = 5,04 c, Iz = 649,256 c4, Wz,min = 93,283 c3, Miz,max =2,25Fa ⇒ Fcap = 12,437 kN

c) Miz,3stânga = 0,75Fa, yK = 0,96 c, T3stânga = 0,75F, bK = 2 c, Sz,K = 73,4 c3 ⇒ σK = 6,89 MPa, τK = 5,27 MPa

d) σ1 = 9,74 MPa, σ2 = -2,85 MPa, α1 = 28024′49′′, α2 =118024′49′′

a)

b) yG

= 3,783 t, Iz

= 155,95 t4, Wz,min

= 36,98 t3, Miz,max

= pa2 ⇒ t= 12,93 mm. Se adoptă t = 13 mm

7R.50

1,25Fa

F

1,25F

0,75F

1,75F1,75F

0,75a

0,281Fa

0,5Fa0,75Fa

2,25Fa

T

Mi

7R.51

pa2 /2

pa

pa

pa2 /2

pa2

aT

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


349

c) Miz = pa2

d) Tmax = pa, b = 4t, Sz = 28,61 t3 ⇒ τmax = 2,17 MPa

a)

b) yG = 7,5 t, Iz = 459 t4, Wz,min = 61,2 t3, Miz,max = 0,2 pa2 ⇒ t =

15,16 mm. Se adoptă t = 16 mmc) Miz,3stânga = 0,125 pa2, Miz,3dreapta = 0,2 pa2, yK = 1,5 t, T3stânga =

T3drepta = 0,4pa, bK = 2 t, Sz,K = 54 t3 ⇒ σK,stânga = 15,95 MPa, τK,stânga =3,67 MPa, σK,dreapta = 25,52 MPa, τK,dreapta = 3,67 MPa.

Pentru bK = 6 t ⇒ τK,stânga = 1,22 MPa, τK,dreapta = 1,22 MPa.d) nu face obiectul acestui capitol ( v1 = 2,734375⋅10-3 pa/EIz

z

+98,48

- 88,32

σ [MPa]

7R.52

+0,15pa

0,2pa

0,1pa

0,4pa

a/8

0,05pa20,045pa2 0,125pa2

0,2pa2

N

T

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


350

a)

b) yG = 6,78 c, Iz = 314,22 c4, Wz,min = 46,34 t4 c) Miz,max = M0 ⇒ M0,cap = 7,41 kNmd) Miz,D = M0, yK = 1,22 c, TD = 0,5M0/a, bK = 2 c ⇒ σK = 28,8

MPa, τK = 3,27 MPae) σ1,K = 29,2 MPa, σ2,K = -0,36 MPa, α1 = 6,40, α2 = 96,40

f) nu face obiectul acestui capitol (vD

= 0)

7R.53

1,5M0 /a

0,5M0 /a

0,5M0 /a

0,5a

0,5M0

0,625M00,5M0

M0

T

Mi

8/6/2019 Rezi konyv


351

8. CALCULUL LA R ĂSUCIRE AL BARELOR

DREPTE

8.1 Calculul la răsucire al barelor drepte cu secţiune

circulară sau inelară. Consideraţii generale. Etape de

calcul

Dacă într-o sec ţ iune a unui element de rezisten ţă , exist ă un singur efort şi acesta este momentul de r ă sucire Mt (de torsiune),

spunem că în acea sec ţ iune, se realizeaz ă o solicitare de r ă sucire saude torsiune.În practică, r ăsucirea se întâlneşte frecvent. Osiile materialului

rulant, arborii de transmisie, elementele sistemelor spaţiale,resorturile, etc., lucrează la r ăsucire.

În cazul arborilor, când pe acesta se montează roţi de curea,există o roată conducătoare, iar celelalte sunt antrenate. Fiecare roată transmite arborelui momentul ei, iar în cazul când rotirea arboreluieste uniformă, suma tuturor momentelor care acţionează asupraarborelui, este egală cu zero.

Momentul de r ă sucire într-o sec ţ iune al unui arbore, este egal

cu suma momentelor care ac ţ ioneaz ă asupra acestuia din dreapta sau

din stânga acelei sec ţ iuni.Momentul de torsiune, poate fi calculat şi funcţie de puterea

transmisă. Astfel:

[ ]

[ ]

[ ]min

55,9rot n

kW P

t kNmM =

8.1-1sau,

[ ] [ ][ ]

min

02,7 rot n

CP P

t kNmM = 8.1-2

Pentru o secţiune circular ă, într-un punct situat la distanţa r (măsurată pe rază) de axa de r ăsucire, tensiunea tangenţială τ, produsă

de momentul de r ăsucire Mt, se calculează cu relaţia:

8/6/2019 Rezi konyv


352

τ =M

I t

pr 8.1-3

unde:

I p -momentul de iner ţie polar al secţiunii.

De reţinut, că la solicitarea de torsiune, variaţia tensiuniitangenţiale pe secţiune este liniar ă, variabila fiind r şi că tensiuneamaximă se atinge acolo unde r = r max, adică în fibrele situate peconturul exterior al secţiunii (r max = R).

Ră sucirea relativă Δϕ între două secţiuni situate la distanţa l una de cealaltă şi pe care acţionează momentul de r ăsucire Mt, se

calculează cu relaţia:

Δϕ =⋅

⋅M l

G I t

p[rad] 8.1-4

unde:G -modulul de elasticitate transversal al materialului.

Dacă pe lungimea l , momentul de torsiune Mt sau rigiditatea

arborelui GI p nu sunt constante, relaţia pentru calculul r ăsuciriirelative între cele două secţiuni (rel.8.1-4), se scrie ca o sumă der ăsuciri pe intervale pe care atât Mt cât şi rigiditatea la torsiune GI p,sunt constante:

Δϕ =⋅

⋅=∑ M l

G I i

nt

p18.1-5

unde:n -numărul intervalelor.

De multe ori, în calcule se utilizează r ă sucirea specifică, a căreirelaţie de calcul, este:

θ = = ⋅Δϕl

M

G I t

p[rad / mm] 8.1-6

8/6/2019 Rezi konyv


353

Calculul elementelor de rezistenţă solicitate la torsiune se face îngeneral impunând atât condiţia de rezistenţă (τmax ≤ τa), cât şi cea derigiditate (θmax ≤ θa).

Relaţiile de calcul la solicitarea de torsiune, bare de secţiunecircular ă, pentru cele trei tipuri de problemă şi două condiţii, sunt prezentate în Tabelul 8.1-1

Tabelul 8.1-1

Tipul Condiţia impusă:

problemei: de rezistenţă de rigiditate

de

verificareτ τmax = ≤

M

W a

t

p

θ θmax = ≤⋅

M

G I a

t

p

dedimensionare

W p necM t

a , ...= =τ I p nec

M

Gt

a , . . .= =⋅θ

de efortcapabil

W t cap p a , ...= ⋅ =τ I Gt cap p a , ...= ⋅ ⋅ =θ

Pentru calculul elementelor de rezistenţă solicitate la torsiune, serecomandă parcurgerea următoarelor etape:• Se stabilesc solicit ă rile la care este supus elementul de rezisten ţă .

Pentru aceasta este indicat să se traseze diagramele de eforturi.

Presupunem că avem numai solicitare de torsiune.

• Se stabile şte sec ţ iunea periculoasă (tot pe baza diagramelor M t şi a

varia ţ iei sectiunii).• Se stabile şte tipul problemei (de verificare, dimensionare sau efort

capabil).

• Se stabile şte condi ţ ia impusă pentru calcul (de rezisten ţă , derigiditate sau ambele condi ţ ii).

• Corespunz ă tor tipului de problemă şi condi ţ iei impuse, din Tabelul 8.1-1, se aleg rela ţ iile de calcul.

• Se particularizeaz ă rela ţ iile de calcul scrise, pentru sec ţ iunea

periculoasă g ă sit ă .

8/6/2019 Rezi konyv


354

• Din rela ţ iile de calcul particularizate, se determină mă rimile

necunoscute.

După cum se poate constata (torsiunea fiind ultima solicitaresimplă prezentată în acest volum), etapele de calcul nu difer ă semnificativ de o la o solicitare la alta (vezi etapele de calcul de latoate solicitările simple prezentate anterior în acest volum).

Exemplul nr.1. S ă se dimensioneze arborele de sec ţ iunecirculart ă (d = ?) care prin roata conducă toare 1, transmite o putere

P 1 = 100 kW la două ma şini consumatoare de puteri P 2 = 60 kW şi P 3 = 40 kW (prin ro ţ ile antrenate 2 şi 3) sub o tura ţ ie n = 500 rot / min

(Fig.8.1-1a). Se cunosc: τ a = 120 MPa, θ a = 0,3 0 /m, G = 8,5 104

MPa.

Rezolvare Mai întâi se calculează momentele de torsiune transmise prin

cele trei roţi (rel. 8.1-1):

kNmM n

P

t 91,155,955,9 500100

11 ===

2 1 3

P2 P1 P3

a)

1,146

Mt1

Mt3

b)

c) Mt [kNm]

0,764

Fig.8.1-1

Mt2

8/6/2019 Rezi konyv


355

kNmM n

P

t 146,155,955,9 50060

22 ===

kNmM n P t 764,055,955,9 500403 3 ===

Momentele de torsiune Mt1, Mt2 şi Mt3 care acţionează asupraarborelui, sunt prezentate în Fig.8.1-1b.

Cu valorile determinate pentru Mt1, Mt2 şi Mt3, se trasează diagrama de efort Mt (Fig.8.1-1c), care permite determinarea secţiunii periculoase. Se poate constata că arborele este solicitat numai latorsiune, iar secţiunea periculoasă este oricare, situată între roata 2 şiroata 1 (aici momentul de torsiune are valoare maximă).

Problema este de dimensionare şi se impune atât condiţia derezistenţă (se dă τa), cât şi cea de rigiditate (se dă θa).

Relaţiile de calcul pe care le utilizăm (din Tabelul 8.1-1), sunt:- pentru condiţia de rezistenţă

W p necM t

a , . . .= =τ 8.1-7

- pentru condiţia de rigiditate

I p nec Gt

a , ...= =⋅θ 8.1-8

Particularizate pentru problema în studiu, relaţiile 8.1-7 şi 8.1-8,devin:

M d t

a

, m a x

τ =⋅Π 1

3

1 6 8.1-9

respectiv,

M

G

d t

a

,max

⋅⋅

=θΠ 2

4

32 8.1-10

Din relaţiile 8.1-9 şi 8.1-10, rezultă două valori pentru diametrularborelui:

8/6/2019 Rezi konyv


356

d mmM t

a1

163 16114610120

36

37= = =⋅

⋅τ⋅ ⋅

⋅ ,max ,

Π Π

d mmM

Gt

a2

324 321146108 510 0 3 10

46

4180

3 72= = =⋅⋅ ⋅

⋅ ⋅⋅ ⋅ ⋅ ⋅ −

,max ,

, ,Π Π Πθ

În relaţia lui d2, unitatea de măsur ă dată pentru θa [0/m], s-atransformat în [rad/mm].

Valoarea acceptată pentru diametrul d al arborelui, este:

d = max (d1, d2) = 72 mm

Exemplul nr.2. Fie bara cu forma şi încă rcarea din Fig.8.1-2a.Se cer: a) valoarea momentului M 0 , ştiind că unghiul de r ă sucire al

sec ţ iunii B ( ϕ B ) este de două ori mai mare decât unghiul de r ă sucire

al sec ţ iunii C ( ϕ C ),

b) S ă se calculeze r ă sucirea relativă între sec ţ iunile B şi C ( ϕ B-C

= ?),

c) S ă se verifice apoi condi ţ ia de rezisten ţă , pentru τ a = 100MPa.

Se cunosc: G = 8,5 104

MPa, d = 100 mm, D = 120 mm.

Rezolvare

a) Pentru stabilirea solicitării şi a secţiunii periculoase, setrasează diagramele de eforturi. Există un singur efort: Mt (moment de

M1=10 kNmM1=10 kNm M0

B C SD

2l = 1 m l l

a)

M1

M1 + M0

b) Mt

M0

Fig.8.1-2

1

8/6/2019 Rezi konyv


357

torsiune). Variaţia momentului de torsiune, este prezentată în Fig.8.1-2b. Necunoscând valoarea lui M0, nu se poate stabili în această fază,secţiunea periculoasă. La această bar ă, trasarea diagramelor deeforturi se poate face f ăr ă calculul reacţiunii din înţepenire, cucondiţia ca fiecare interval să fie parcurs de la capătul liber spreînţepenire.

Problema este de efort capabil (M0 = ?), condiţia de rigiditate,dar pusă sub forma unei relaţii între unghiurile de r ăsucire a două secţiuni:

ϕB = 2 ϕC 8.1-11

Relaţia 8.1-11, trebuie explicitată. Mai întâi calculăm unghiurilede r ăsucire ale celor două secţiuni:

( )ϕ B B S

M l

G I

M l

G I

M M l

G I p p p= = + +−

⋅⋅

⋅⋅

+⋅Δϕ 1

1

1

2

1 0

2

28.1-12

şi

( )

ϕ C C S

M M l

G I p= =−

+

⋅Δ ϕ

1 0

2 8.1-13

Pentru calculul lui ϕB sunt necesari trei termeni: atât Mt cât şirigiditatea GI p, sunt variabile de-a lungul barei.

În relaţia 8.1-12 şi 8.1-13, I p1, respectiv I p2 reprezintă momentulde iner ţie polar al por ţiunii cu diametrul d, respectiv D.

Ţinând seama de relaţiile 8.1-12 şi 8.1-13, relaţia 8.1-11, capătă forma:

( ) ( )M l

G I

M l

G I

M M l

G I

M M l

G I p p p p

1 1

2

1 0

2

1 0

2

22

⋅⋅

⋅⋅

+⋅

+⋅+ + = 8.1-14

Rezolvând ecuaţia 8.1-14, rezultă singura necunoscută:

M0 = 41,47 kNm 8.1-15

b) R ăsucirea relativă între secţiunile B şi C, este:

8/6/2019 Rezi konyv


358

( )

Δϕ

Π

B C M l

G I

M l

G I

M l

G I I

M l G d D

p p p p

rad

−⋅

⋅⋅

⋅⋅

⋅ ⋅⋅

= + = +⎛ ⎝ ⎜ ⎞

⎠⎟ =

= + = =

1

1

1

2

1

1 2

1 4 4

2 2 1

32 2 1 00 029 1 7 , ,8.1-16

c) Pentru verificarea condiţiei de rezistenţă, trebuie determinată secţiunea periculoasaă. Deoarece în acest exemplu este mai dificilă determinarea secţiunii periculoase, se face calculul în două intervalecare par cel puţin la o simplă vedere, mai periculoase.

Astfel:

τmax , BM

W

M

d pMPa− ⋅ ⋅ ⋅⋅= = = =1

161610101001

11

13

6

3 509Π Π 8.1-17

( )τmax

, ,C S

M M

W

M M

D pMPa−

+ ⋅ +

⋅⋅ ⋅

⋅= = = =1 0

2

1 03

6

3

16 16514710120

15169Π Π 8.1-18

Deoarece în por ţiunea C-S, τmax = 151,69 MPa > τa = 100 MPa,această bar ă care îndeplineşte condiţia de rigiditate (rel.8.1-11), nu

satisface condiţia de rezistenţă.

Exemplul nr.3. a) S ă se verifice bara de sec ţ iune circular ă cu

diametrul d = 105 mm (Fig.8.1-3a), cunoscând τ a = 100 MPa.

b) S ă se calculeze unghiul de r ă sucire al sec ţ iunii 1.

Se cunosc: M 0 = 8 kNm, G = 8,5 104

MPa, l = 0,4 m.

Rezolvare a) Bara este supusă acţiunii momentelor M0 şi 3M0, care sunt

momente de torsiune. În acest caz, în bar ă ia naştere un singur efort şiacesta este momentul de torsiune Mt.

M0 3M0

1B d 2 C

l 2l l

a)

MBM0 3M0 MC

1

M0

B 2 C b)

3M0/2=12 M0/2 = 4

5M0/2=20

c)Mt [kNm]

Fig.8.1-3

8/6/2019 Rezi konyv


359

Pentru stabilirea secţiunii periculoase, trebuie trasată diagramaMt. Pentru a putea trasa această diagramă, este nevoie să se cunoască reacţiunile, sau măcar una dintre ele. Poziţionarea reacţiunilor, caresunt tot momente de torsiune, este prezentată în Fig.8.1-3b.

Calculul reacţiunilor, se face impunând condiţia de echilibru:

( ∑ M ) = ( ∑ Mt ) = 0 8.1-19

care explicitată, devine:

MB - M0 -3 M0 + MC = 0 8.1-20a

sau scrisă altfel,

MB + MC = 4 M0 8.1-20b

Altă ecuaţie de echilibru nu se mai poate scrie. Există două necunoscute (MB şi MC) şi s-a scris o singur ă ecuaţie (rel. 8.1-20b).Rezultă că acest sistem, este un sistem o dată static nedeterminat.Pentru determinarea celor două reacţiuni, este nevoie de încă o relaţie.După cum se ştie de la alte tipuri de sisteme static nedeterminate,relaţia suplimentar ă, este o relaţie de deformaţie. Pentru această problemă, pot fi scrise mai multe relaţii de deformaţii. De exemplu:

ϕB = 0 (unghiul de r ăsucire al secţiunii B este zero) 8.1-21aϕC = 0 8.1-21b

ϕ1stânga = ϕ1dreapta 8.1-21cϕ

2stânga= ϕ

2dreapta8.1-21d

Pentru calculul reacţiunilor, este necesar ă însă numai o singur ă relaţie. Consider ăm prima relaţie (rel. 8.1-21a),

ϕB = 0 8.1-22Dar,

ϕB = ΔϕB-C = 0 8.1-23

8/6/2019 Rezi konyv


360

care explicitată, conduce la relaţia:

( ) ( )M l

G I

M M l

G I

M M M l

G I

B

p

B

p

B

p

⋅

⋅

−

⋅

− −

⋅+ + =0 0 02 3

08.1-24

relaţie, care conţine o singur ă necunoscută, pe MB.După efectuarea calculelor, din relaţie 8.1-24, rezultă valoarea

reacţiunii MB:

M M KNm B = =32 0 12 8.1-25

Cunoscând acum reacţiunea MB, din relaţia 8.1-20b, rezultă reacţiunea din reazemul C:

M M KNm B = =52 0 20 8.1-26

Fiind determinate reacţiunile, se poate trasa diagrama demomente de torsiune Mt. Diagrama Mt rezultată, este prezentată în

Fig.8.1-3c.Analizând diagrama Mt şi variaţia secţiunii transversale înlungul barei (pentru această bar ă secţiunea este constantă), rezultă că secţiunea periculoasă este oricare din intervalul 2-C (aici Mt are ceamai mare valoare).

Problema aflată spre rezolvare, este de verificare, condiţia derezistenţă (se dă τa).

Relaţia de calcul (vezi Tabelul 8.1-1) care se utilizează, este:

τ max =W

t

p8.1-27

care explicitată pentru această problemă, capătă forma.

8/6/2019 Rezi konyv


361

τ τmax ,max ,max

,= = = = = <⋅

⋅

⋅⋅ ⋅⋅

M

W d at

p

t

d

t MPa

Π Π Π3

16

3

6

3

16 162010105

87 98

Rezultă că bara satisface (îndeplineşte) condiţia de reziatenţă cerută. b) Unghiul de r ăsucire al secţiunii 1 (ϕ1), poate fi calculat astfel:

ϕ1 = ΔϕB-1 = Δϕ1-C 8.1-28

Se observă că ΔϕB-1 conţine un singur termen, pe când Δϕ1-C impune folosirea a doi termeni, deoarece deşi rigiditatea GI p la

torsiune este constantă pe intervalul 1-C, efortul moment de torsiuneMt, nu este constant.

Se calculează atunci unghiul de r ăsucire al secţiunii 1, cu relaţiacea mai simplă:

ϕ1 132 321210 400

8 510 1053 0

4

6

4 4 4 73 10 0 27= = = = = ⋅ =−⋅

⋅⋅ ⋅

⋅Π⋅⋅ ⋅ ⋅⋅ ⋅Π⋅

−Δϕ Bl

G I

l

G d

B

p

Brad

, , ,

A rezultat o valoare mică pentru unghiul de r ăsucire al secţiunii 1.

8.2 Calculul la torsiune al barelor drepte cu secţiune

necirculară

În cazul r ăsuciriii barelor de secţiune oarecare, tensiuniletangenţiale în punctele de pe conturul secţiunii, sunt dirijate în lungulconturului, după tangenta la contur. Componentele perpendiculare pecontur, impun apariţia unor tensiuni tangenţiale pe suprafaţa laterală,egale cu ele. Deoarece suprafaţa laterală este lipsită de tensiuni, însecţiunea transversală, nu există tensiuni tangenţiale perpendiculare pe contur. Se poate atunci considera că tensiunile tangenţialeformează un flux continuu, dirijat în lungul conturului secţiunii

transversale (Fig.8.2-1).

8/6/2019 Rezi konyv


362

Pentru toate tipurile de sec ţ iuni necirculare, tensiuneatangenţială maximă şi unghiul de r ăsucire al secţiunii, se pot exprima prin relaţii identice cu cele corespunzătoare secţiunii circulare sauinelare (vezi parag. 8.1), cu precizarea că în locul mărimii I p, se vaconsidera It, iar în locul lui W p, se va considera Wt. Aceste noicaracteristici geometrice ale secţiunii transversale, se numescconvenţional: moment de iner ţ ie la torsiune (It), respectiv modul de

rezisten ţă la torsiune (Wt).

Relaţiile care exprimă tensiunea tangenţială maximă τmax şiunghiul de r ăsucire relativă între două secţiuni situate la distanţa l unade cealaltă, au pentru secţiuni necirculare, forma:

τ max =M

W t

t 8.2-1

Δϕ =⋅

⋅M l

G I t

t 8.2-2

În cazul unei bare de secţiune necircular ă mai complicată, care poate fi descompusă în por ţiuni formate de elemente cu pereţi subţiri,se poate considera:

It = It1 + It2 + ... = ∑ Itn 8.2-3

unde:n = 1,2,3,... sunt numerele por ţiunilor elementare în care a fost

descompusă secţiunea.

Fig.8.2-1

Mt τ

8/6/2019 Rezi konyv


363

Deoarece unghiul de r ăsucire pentru toată secţiunea şi pentrutoate elementele acesteea este unul şi acelaşi, se poate scrie:

Δϕ = = = =⋅

⋅

⋅

⋅

⋅

⋅

M l

G I

M l

G I

M l

G I t

t

t

t

tn

tn

1

1 . . . 8.2-4

iar momentul de torsiune, se repartizează la diferitele por ţiuni alesecţiunii, propor ţional cu rigiditatea acestora:

M M M M M M t I

I t t I

I t tn I

I t t

t

t

t

tn

t 1 2

1 2= = =; ;...; 8.2-5

Ţinând seama de cele scrise mai înainte, tensiunea tangenţială maximă în fiecare por ţiune n a secţiunii, este:

τmax,tnM

W

I

I

M

I

I

W tn

tn

tn

t

t

t

tn

tn= ⎛

⎝ ⎠ = ⋅⎛ ⎝ 8.2-6

Din relaţia 8.2-6, rezultă că tensiunea tangenţială τ atinge

valoarea maximă în acel element la care raportul Itn / Wtn este maxim:

τmaxmax

= ⎛ ⎝

⎞ ⎠ =

M

I

I

W

M

W t

t

tn

tn

t

t 8.2-7

unde în acest caz:

( )W t I t

I tn

W tn=

max

8.2-8

În cazul unor profile: cornier, profil T, profil I, profil U, etc. I t secalculează cu relaţia:

∑=

⋅⋅⋅η=n

1i

3ii3

1t bhI 8.2-9

unde:

8/6/2019 Rezi konyv


364

h - latura mai lungă a secţiunii dreptunghiulare, b - latura mai scurtă (mică) a secţiunii dreptunghiulare în care s-

a descompus secţiunea întreagă,η -un coeficient care depinde de forma secţiunii şi de racordările

profilului. Valoarea acestui coeficient, pentru cele mai uzuale profileeste dată în Tabelul 8.2-1.

Tabelul 8.2-1Profilul η

Cornier 1T 1,2

I 1,15U 1,12

La aceste profile, tensiunea tangenţială este maximă ladreptunghiul a cărei lăţime este cea mai mare dintre dreptunghiurile încare a fost descompus profilul.

Valoarea tensiunii tangenţiale maxime, pentru profile, se poatecalcula cu relaţia:

τmax max=M

I t

t b 8.2-10

unde: bmax - grosimea maximă.

Pentru calculul la torsiune al barelor tubulare de sec ţ iune

necircular ă cu pereţei subţiri (de grosime mică), se pot utiliza relaţiile

cunoscute pentru secţiunea inelar ă.Modulul de rezistenţă al secţiunii inelare cu pereţi subţiri, este:

W W r t S t t p= ≅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅2 220Π 8.2-11

unde:S0 = Π r 2 este aria cercului, mărginită de linia mediană a ineluluit -grosimea peretelui inelului.

8/6/2019 Rezi konyv


365

Pentru secţiunea tubular ă necircular ă cu pereţi subţiri (Fig.8.2-2), rezultă:

Wt = 2 S0 t 8.2-12unde:

S0 = bm hm -aria mărginită de linia mediană a tubulaturii desecţiune necircular ă.

Dacă se consider ă că tensiunile tangenţiale sunt uniform

distribuite pe secţiunea tubulaturii (fie ea şi inelar ă), rezultă:

τ = ⋅ ⋅M

S t t

2 08.2-13

Relaţia 8.2-13, poate fi utilizată pentru calculul la torsiune al barelor cu pereţi subţiri având secţiune necircular ă închisă (secţiunitip cheson).

Unghiul de r ăsucire relativă între două secţiuni situate la distanţal , pentru aceste profile, poate fi calculată cu relaţia:

Δϕ = ⋅⋅

⋅ ⋅τ l

G S m l 2 0

8.2-14

unde:lm - lungimea liniei mediane a grosimii peretelui secţiunii

tubulare,τ - tensiunea tangenţială din secţiune.

bm

hm

t

Fig.8.2-2

8/6/2019 Rezi konyv


366

Pentru secţiunea din Fig.8.2-2, rezultă:

lm = 2 ( bm + hm) 8.2-15

iar pentru o secţiune inelar ă cu prete subţire:

lm = 2 Π r 8.2-16unde:

r - raza cercului delimitat de linia mediană a grosimii peretelui .În Tabelul 8.2-2, se prezintă unele date suplimentare necesare

calcului la r ăsucire al profilelor cu secţiuni necirculare şi peretesubţire.

Etapele de calcul la torsiune al barelor cu secţiune necircular ă,sunt aceleaşi ca în cazul barelor cu secţiune circular ă. Ceea ce difer ă,sunt doar relaţiile de calcul. Din acest motiv, nu se mai prezintă încă odată etapele de calcul pentru acest tip de elemente de rezistenţă.

Exemplul nr.1. S ă se calculeze momentul de torsiune capabil al

unei bare drepte, pentru care τ a = 50 MPa, dacă aceasta prezint ă

două forme ale sec ţ iunii transversale:a) dreptunghi cu dimensiunile 180 x 300 mm şi

b) conduct ă cu sec ţ iunea patrat ă , având latura exterioar ă a =

300 mm şi grosimea pere ţ ilor constant ă cu t = 6 mm. Rezolvare a) Fie secţiunea dreptunghiular ă a barei, cea din Fig.8.2-3.

Problema este de efort capabil, condiţia de rezistenţă. calculul seface pe baza modelului prezentat în Tabelul 8.2-2, poziţia 1.

Se determină coeficientul m:

m hb= = =300180 1 67 ,

b = 180 mm

h = 300 mm

Fig.8.2-3

8/6/2019 Rezi konyv


367

Pentru m = 1,67, din Tabelul 8.2-2, prin interpolare, rezultă

valorile coeficienţilor:α = 0,3493β = 0,396

cu care se calculează caracteristicile geometrice It, respectiv Wt:

It = α b4 = 0,3493 1804 = 3,666 104 mm4 Wt = β b3 = 0,396 1803 = 2,315 103 mm3

Momentul de torsiune capabil, este:

Mt,cap = τa Wt = 50 2,315 103 = 0,11575 kNm.

b) Secţiunea patrată (tip cheson), este prezentată în Fig.8.2-4.

Această secţiune intr ă în categoria barelor cu pereţi subţiri.Pentru efortul capabil, se aplică relaţia 8.2-13:

Mt,cap = τa 2 S0 tunde:

( ) ( ) ( ) ( )S a a a t mmt t 0 2 2

2 2 22 2 300 6 86436= − ⋅ ⋅ − ⋅ = − = − =

Rezultă, acum momentul de torsiune capabil:

Mt,cap = 50 2 86436 6 = 51,86 106

Nmm = 51,86 kNm

a = 300 mm

a = 300 mm

t = 6 mm

Fig.8.2-4

8/6/2019 Rezi konyv


368

Exemplul nr.2. Fie o bar ă de o ţ el cu sec ţ iune dreptunghiular ă

cu o dimensiune (l ăţ ime) b = 50 mm, care transmite un moment de

torsiune M t = 6 kNm, iar τ a = 80 MPa.

Se cere să se calculeze cealalt ă dimensiune (h = ?) a sec ţ iuniitransversale a barei.

Rezolvare

Problema este de dimensionare. Se utilizează relaţia cunoscută:

W mmt necM t

a , ,= = = ⋅⋅

τ6 10

804 36

7 5 10

Din relaţia:Wt = β b3

rezultă coeficientul β:

β = = =⋅W

b

t

3

4

37510

500 6

, ,

Cu ajutorul Tabelului 8.2-2, prin interpolare, se determină parametrul m:

m = 2 ............................................. β = 0,439m = ? ............................................. β = 0,6

_________________________________________________________________________

m = =⋅0 6 20 439 2 73. ,

,

Ştiind că m = h / b, se obţine cealaltă dimensiune (h) a secţiuniitransversale:

h = m · b = 2,73 · 50 = 136,5 mm

Exemplul nr.3. S ă se verifice ( τ a = 80 MPa) şi să se calculezeunghiul de r ă sucire al unei bare drepte de lungime l = 6 m, aflat ă sub

8/6/2019 Rezi konyv


369

ac ţ iunea unui moment de torsiune constant M t = 2 kNm, a că rei

sec ţ iune transversal ă are forma din Fig.8.2-5. Se cunosc: h1 = 80

mm, b1 = 40 mm, h2 = 90 mm, b2 = 15 mm, h3 = 120 mm, b3 = 20 mm,G = 8 10

4MPa.

Rezolvare Pentru calculul la r ăsucire al profilului cu o secţiune compusă

(vezi Fig.8.2-5), secţiunea se împarte în trei suprafeţe: talpa de sus

(dim. b1 x h1), inima (dim. b2 x h2) şi talpa de jos (dim. b3 x h3).Problema este de verificare, condiţia de rezistenă, solicitarea de

torsiune.Pentru acest profil, tensiunea tangenţială maximă, se calculează

cu relaţia 8.2-1:

τmax =M

W t

t

şi trebuie precizat locul unde se produce această tensiune maximă. Înrelaţia anterioar ă, Wt este modulul de rezistenţă la r ăsucire al secţiuniişi se determină cu relaţia 8.2-8:

( )W t

I t I tn

W tn

=m ax

b1

b2

b3

h2

h1

h3

Fig.8.2-5

8/6/2019 Rezi konyv


370

iar, It este momentul de iner ţie la r ăsucire al întregii secţiuni, momentcare se calculează cu relaţia 8.2-3:

It = It1 + It2 + It3

cu It1 , It2 , It3 , momentele de iner ţie la r ăsucire al fiecărei suprafeţesimple a secţiunii din Fig.8.2-5.

Calculul se face pentru fiecare por ţiune (suprafaţă simplă). Pentru talpa de sus: h1 = 80 mm, b1 = 40 mm, m = h1 / b1 = 2,

It1 = α (b1)4 = 0,457 404 = 116,992 104 mm4

Wt1 = β (b1)3 = 0,493 403 = 31,552 103 mm3

I

W t

t m m

1

1

4

3116 992 103 1 5 52 10

37 079= =⋅⋅

,

, ,

Valorile coeficienţilor α şi β, s-au luat din Tabelul 8.2-2, poziţia 1. Pentru inima profilului : h2 = 90 mm, b2 = 15 mm, m = h2 / b2 =

6 > 4. Rezultă cazul din poziţia 2, Tabelul 8.2-2.

( ) ( ) I m b mmt 213 2

3 13

4 4 40 63 6 0 63 15 9 061 10= − = − ⋅ = ⋅ , , ,

( ) ( )W m b mmt 213 2

3 13

3 3 30 63 6 0 63 15 6 041 10= − = − ⋅ = ⋅ , , ,

I

W t

t m m2

2

4

39 0 6 1 1 06 0 4 1 1 0

1 5= =⋅⋅

,

,

Pentru talpa de jos: h3 = 120 mm, b3 = 20 mm, m = h3 / b3 = 6 >4. Rezultă cazul din poziţia 2, Tabelul 8.2-2.

( ) ( ) I m b mmt 313 3

4 13

4 4 40 63 6 0 63 20 28 64 10= − = − ⋅ = ⋅ , , ,

( ) ( )W m b mmt 313 3

3 13

3 4 30 63 6 0 63 20 14 32 10= − = − ⋅ = ⋅ , , ,

8/6/2019 Rezi konyv


371

I

W t

t mm3

3

4

32 8 6 4 1 014 32 10

20= =⋅⋅

,

,

Se calculează acum caracteristica It:It = It1 + It2 + It3 = 116,992 104 + 9,061 104 + 28,64 104 =

= 154,693 104 mm4.

Se poate constata că:

I

W

I

W

I

W t

t

t

t

t

t

1

1

3

3

2

2> >

de unde rezultă:

I

W

I

W tn

tn

t

t m m

⎛ ⎝

⎞ ⎠ = =

m ax ,1

137 079

Rezultă de aici, că tensiunea tangenţială maximă se atinge în

talpa de sus şi mai precis la mijlocul dimensiunii maxime(dimensiunea h1) a tălpii de sus.Relaţia pentru Wt, este:

( )33

079,3710693,154 10719,41

4

1

1

max

mmW t W

t I

t

tnW

tn I

t I I

t ⋅==== ⋅

Se poate calcula tensiunea tangenţială maximă:

MPaMPa aW

M

t

t 8093,473

6

10719,41102

max =<===⋅

⋅ τ τ

Condiţia de rezistenţă cerută, este satisf ăcută.Unghiul maxim de r ă sucire al barei, se calculează cu relaţia 8.2-2:

Δϕ =

⋅

⋅

M l

G I

t

t

8/6/2019 Rezi konyv


372

relaţie, care explicitată pentru problema studiată, devine:

0

10693,154108

106102

55,5rad0969,044

36

===ϕΔ ⋅⋅⋅

⋅⋅⋅

8/6/2019 Rezi konyv


373

Po-ziţia

Formasecţiunii

Momentul de iner ţieal secţiunii la

r ăsucireIt [mm4]

Modulul derezistenţă la

r ăsucireWt [mm3]

Punctele cu tensiunetangenţială maximă

τmax = Mt / Wt

1 α b4 β b3

La mijlocullaturii mai mari:

τmax = Mt / Wt

La mijlocullaturii mai scurte:

τ = γ τmax

Valo

m = h / b

1,0

1,5

2,0

3,0

4,0

2

(m-0,63)b4 3

(m-0,63)b3 3

În punctele de pelatura lungă, cu

excepţiacolţurilor:

τmax=Mt / Wt

La mijlocullaturii scurte:

τ = 0,74 τmax

Valor

m = h / b

6,0 8,0

10,0 Pentru m >coeficienţiloraceastă poziţi

b

h

b

h

8/6/2019 Rezi konyv


374

3 h2 b2 t1 t2

Ht2+Bt1-(t1)2-(t2)

2

Wt1 = 2 h b t1

Wt2 = 2 h b t2

La mijlocullaturii lungi:

τ1 = Mt / Wt1

La mijlocullaturii scurte:

τ2 = Mt / Wt2

La colţurile i puternică a ajunge la limiÎn cazul un

coeficientul d

αc

4

Π m2 It = · b4

16 m2+1

16 A4 =

Π b h (b2+h2)

Π b3 Wt1 = m =

16

Π b2 h=

16

La extremitateasemiaxei mici:

τmax = Mt / Wt

La extremitateasemiaxei mari:

τ = τmax / m

h

b

b b b

t1

h

B

HH

t2

8/6/2019 Rezi konyv


375

8E. Calculul la răsucire al barelor drepte de secţiune

circulară sau inelară (Probleme propuse)

Un arbore este antrenat prin roata 0 de către un motor de putere

P0 = 70 kW sub turaţia n = 300 rot/min, pe care o distribuie prin roţile

1 şi 2 la două maşini consumatoare de puteri P1 = 30 kW, respectiv P2

= 40 kW (Fig.8E.1). Se cer:

a) diametrul arborelui pe cele două tronsoane pentru τa = 40

MPa

b) raportul lungimilor celor două tronsoane astfel încât r ăsucirea

relativă între roţile 1 şi 2 să fie nulă (cele două roţi să aibă

aceeaşi r ăsucire).

Pentru arborele circular din Fig.8E.2 se cer:

a) diagrama momentului de r ăsucire

b) verificarea arborelui din condiţia de rezistenţă la torsiune

c) r ăsucirea relativă între roţile 1 şi 2.Se cunosc: n = 200 rot/min, d = 60 mm, G = 8,5⋅10

4MPa, a =

0,5 m, P1 = 30 kW, P2 = 70 kW, P0 = 100 kW.

8E.1

01 2

P0

P1 P2a1 a2

d

Fig.8E.1

8E.2

01 2

P0P1 P2a 2a

d

Fig.8E.2

8/6/2019 Rezi konyv


376

Pentru sistemul de transmisie din Fig.8E.3 se cer:

a) diagrama momentului de torsiune

b) verificarea condiţiei de rezistenţă şi de rigiditate ale arborelui

c) r ăsucirea relativă între roţile 0 şi 1

Se dau: d = 110 mm, P0 = 160 kW, P1 = 100 kW, P2 = 60 kW, n

= 100 rot/min, τa = 80 MPa, θa = 0,40/m, G = 8⋅10

4MPa, a1 =

0,4 m, a2 = 0,6 m.



b) dimensionarea arborelui din condiţia de rezistenţă şi rigiditate

c) r ăsucirea relativă între roţile 1 şi 0.

Se cunosc: P0 = 120 kW, P1 = 50 kW, P2 = 50 kW, P3 = 20 kW, n =

250 rot/min, τa = 60 MPa, θa = 0,30/m, G = 8⋅10

4MPa, a = 1 m.

8E.3

10 2

P1

P0 P2a1 a2

d

Fig.8E.3

8E.4

20 3

P2

P0 P3a

d

Fig.8E.4

P1

1

8/6/2019 Rezi konyv


377



b) verificarea condiţiei de rezistenţă şi a celei de rigiditate.

Se cunosc: P0 = 600 CP, P1 = 200 CP, P2 = 100 CP, P3 = 300 CP,

n = 300 rot/min, d = 120 mm, τa = 50 MPa, θa = 0,30/m, G = 8⋅10

4

MPa.

Pentru bara circular ă având secţiunea variabilă din Fig.8E.6 se

cer:a) diagrama momentului de r ăsucire

b) încărcarea capabilă (M0 = ?) pentru τa = 60 MPa, θa = 0,30/m

c) r ăsucirea capătului liber al barei (ϕ1 = ?).

Se cunosc: d = 60 mm, a = 0,4 m, G = 8⋅104

MPa.

8E.5

02 3

P0P2P3

d

Fig.8E.5

P1

1

8E.6

a

2M0 3M0

1

2a

2dd

Fig.8E.6

2 3

8/6/2019 Rezi konyv


378

Pentru bara dreaptă circular ă din Fig.8E.7 se cer:


b) diametru barei pentru τa = 50 MPa, θa = 0,3 0/m

c) r ăsucirea maximă a barei.

Se cunosc: M0 = 2 kNm, a = 0,2 m, G = 8⋅104

MPa.

Pentru bara circular ă din Fig.8E.8 se cer:


b) încărcarea capabilă (M0 = ?) pentru τa = 60 MPa, θa = 0,30/m

c) r ăsucirea secţiunii 1.

Se cunosc: d = 50 mm, a = 300 mm, G = 8⋅104

MPa.

Pentru bara circular ă de secţiune variabilă din Fig.8E.9 se cer:

a) diagrama de momente de r ăsucire

8E.7

M0

a 2a

d

Fig.8E.7

1

8E.8

1

M0

a 2a

d

Fig.8E.8

2d

A B

8E.9

8/6/2019 Rezi konyv


379

b) dimensiunea d pentru τa = 50 MPa, θa = 0,30/m

c) r ăsucirea secţiunii 2.

Se cunosc: M0 = 4 kNm, a = 200 mm, G = 8⋅104

MPa.

Pentru bara circular ă din Fig.8E.10 se cer:


b) încărcarea capabil (M0 = ?) pentru τa = 50 MPa

c) r ăsucirea relativă între secţiunile 1 şi 2.


MPa.

Pentru bara circular ă cu secţiune variabilă din Fig.8E.11 se cer:


b) tensiunea maximă (τmax = ?) şi r ăsucirea maximă (θmax = ?)

c) r ăsucirea secţiunii 2 (ϕ2 = ?).

Se cunosc: M1 = 2 kNm, M2 = 6 kNm, d = 100 mm, a = 200 mm,

G = 8⋅104 MPa.

2

M0

a a

d

Fig.8E.9

2d

A B1

a

8E.10

M0

a 2a

d

Fig.8E.10

1 2 A B

3M0

a

8E.11

8/6/2019 Rezi konyv


380

Pentru bara circular ă încastrată la un capăt din Fig.8E.12 se cer:a) diagrama momentului de r ăsucire

b) for ţa capabilă pentru τa = 40 MPa

c) r ăsucirea maximă.


MPa.

Pentru arborele de secţiune inelar ă din Fig.8E.13 se cer:


b) tensiunea tangenţială maximă (τmax = ?)

c) r ăsucirea relativă între roţile 0 şi 1.

Se cunosc: D = 100 mm, d = 60 mm, P0 = P1 = 200 kW, n = 150

rot/min, a = 1 m, G = 8⋅104

MPa.

1

M1

a 2a

d

Fig.8E.11

2d

A B2

a

M2

8E.12

F

F

a

a

4a

d

Fig.8E.12

8E.13

8/6/2019 Rezi konyv


381

Arborele circular din Fig.8E.14 transmite o putere P0 = 80 kWsub o turaţie n. Se cer:

a) valoarea momentului de r ăsucire care solicită arborele

b) turaţia maximă sub care poate funcţiona arborele

c) r ăsucirea specifică maximă a arborelui.

Se cunosc: d = 80 mm, τa = 50 MPa, G = 8⋅104

MPa.

Printr-un arbore circular se antrenează o maşină unealtă a cărei

putere de acţionare este P1 = P0 (Fig.8E.15). Se cer:

a) diagrama momentului de r ăsucire pe care îl poate accepta

arborele

b) puterea maximă (P1,max = ?) cu care poate acţionată maşina

unealtă

c) r ăsucirea relativă a arborelui între roţile de acţionare

10

P1

P0a

d

Fig.8E.13

D

8E.14

P0

d

Fig.8E.14

8E.15

8/6/2019 Rezi konyv


382

Se cunosc: d = 100 mm, a = 800 mm, n = 100 rot/min, τa = 40

MPa, G = 8⋅104

MPa.

Un arbore de secţiune circular ă, având diametrul d = 100 mm şi

lungimea a = 2 mm se roteşte cu turaţia n = 200 rot/min.

Cunoscând unghiul de r ăsucire specific admis θa = 0,30/m, se

cer:

a) puterea maximă (P0,max = ?) pe care o poate transmite arborele

b) tensiunea tangenţială maximă (τmax

= ?) din arbore la

încărcarea determinată la punctul a).

Pentru sistemul din Fig.8E.17 se cer:

a) tensiunea tangenţială maximă (τmax = ?) din bara orizontală

circular ă

b) tensiunea normală maximă (σc,max = ?) din cele două cabluri

c) r ăsucirea maximă (ϕ1,max = ?) a capătului liber al barei

orizontale.

Se cunosc: M0 = 0,12 kNm, Acablu = Ac = 400 mm2, D = 80 mm,

d = 20 mm, E = 2⋅105

MPa, G = 8⋅104

MPa (G = 0,4 E), a = 200

mm.

10

P1

P0a

d

Fig.8E.15

8E.16

8E.17

8/6/2019 Rezi konyv


383



b) tensiunea normală maximă (σc,max = ?) din cabluri

Se cunosc: M0 = 7 kNm, a = 1m, d = 100 mm, dc = 20 mm, E =

2⋅105 MPa, G = 8⋅104 MPa (G = 0,4 E).



4a a

M0

1

d

D

10a

10a

Fig.8E.17

8E.18

2a

2a

a a

d

M0dc

dc

Fig.8E.18

8E.19

8/6/2019 Rezi konyv


384


Se cunosc: M0 = 0,08 kNm, a = 400 mm, d = 20 mm, Ac = 200

mm2, E = 2⋅10

5MPa, G = 8⋅10

4MPa (G = 0,4 E).




c) r ăsucirea relativă între roţile B şi C (ΔϕB-C = ?)

Se cunosc: Ac = π⋅d4/64 mm

2, G = 0,4 E.

2a

M0

d

Fig.8E.19

2M0

a

4d

a a

8E.20

a

M0d

Fig.8E.20

2a

8d

2a

a

1

2

BC

4d

Ac2Ac

8/6/2019 Rezi konyv


385

8R. Calculul la răsucire al barelor drepte de secţiune

circulară sau inelară (R ăspunsuri)

a)

d1-0 = 50 mm, d0-2 = 55 mm b) a1/a2 = Mt2 ⋅I p1 / Mt1 ⋅I p2 = 1,001

a)

b) Mt,max = 3,3425 kNm ⇒τmax = 78,85 MPa

c) Δϕ1-2 = 7,447⋅10-8

rad = 0,00004260

a)

8R.11,273 kNm0,955 kNm2,228 kNm

1,273

0,955

1,273

0,955

Mt [kNm]

8R.2

3,3425 kNm1,4325 kNm

4,775 kNm

3,3425

1,4325

3,3425

1,4325

Mt [kNm]

8R.3

5,73

Mt,0

15,28

Mt [kNm]

Mt,1 Mt,2

15,28

5,73

8/6/2019 Rezi konyv


386

b) Mt,max = 15,28 kNm ⇒ τmax = 58,49 MPa < τa, θmax =

1,329⋅10-5

rad = 0,760/m > θa

c) Δϕ0-1 = 0,00531 rad = 0,30

a)

b) Mt,max = 2,674 kNm ⇒ drez = 61 mm, drig = 90 mm. Se adoptă

d = max (drez; drig) = 90 mm

c) Δϕ1-0 = 0,0037 rad = 0,2120

a)

b) Mt,max = 7,02 kNm ⇒ τmax = 20,7 MPa, θmax = 0,0431 rad/mm

= 2,470/mm >> θa.

8R.4

1,91

2,674

Mt,0

Mt [kNm]

Mt,1Mt,2

0,764

Mt,3

1,91

2,674

8R.5

4,68

7,02

4,68

Mt,0

Mt [kNm]

Mt,1Mt,2

7,02

Mt,3

7,027,02

8/6/2019 Rezi konyv


387

a)

b) Secţiunea periculoasă 1-2, Mt = 2 M0 ⇒ M0cap,rez = 1,271

kNm, M0cap,rig = 0,53 kNm. M0,cap = 0,53 kNm

c) ϕ1 =Δϕ1-3 = 0,675⋅10-3

rad = 0,380

a)

b) Mt,max = 0,67 M0 ⇒ drez = 52 mm, drig = 84 mm. Se adoptă d =

84 mm

c) ϕmax = ϕ1 = 0,00068 rad = 0,0390.

a)

b) Secţiunea periculoasă 1-B, Mt = 0,9412 M0 ⇒ M0,rez = 2,08

kNm, M0,rig = 2,182 kNm. Se adoptă M0,cap = 2,08 kNm

8R.6

2M0 2M0

5M0 5M0

Mt

8R.7

0,67M0 0,67M0

0,33M0 0,33M0

Mt

8R.8

0,0588M0 0,0588M0

0,9412M0 0,9412M0

Mt

8/6/2019 Rezi konyv


388

c) ϕ1 = ΔϕA-1 = Δϕ1-B = 1,495⋅10-3

rad = 0,08570

a)

b) Secţiunea periculoasă 1 – B, Mt = 3,6 kNm ⇒ drez = 72 mm,

drig = 97 mm. Se adoptă d = 97 mm

c) ϕ2 = Δϕ1-2 = Δϕ1-B = 1,151⋅10-4

rad = 0,00660

a)

b) Mt,max = 3,5 M0 ⇒ M0 = 3,364 kNm

c) = Δϕ1-2 = 2,142⋅10-3

rad = 0,12280

a)

8R.9

0,4 0,4

3,6 3,6

Mt [kNm]

8R.10

0,5 M0 0,5 M0

0,5 M0

3,5 M0 3,5 M0

Mt

8R.11

0,444

1,556

4,444

Mt [kNm]

8/6/2019 Rezi konyv


389

b) Secţiunea periculoasă 2 – B, Mt = 4,444 kNm ⇒ τmax = 22,64

MPa, θmax = 5,661⋅10-6

rad/mm = 0,3240/m

c) ϕ2 = ΔϕA-2 = Δϕ2-B = 5,661⋅10-4

rad = 0,0320

a)

b) Fcap

= 3,3912 kN

c) ϕmax = 16,67⋅10-3

rad = 0,9550

a)

b) τmax = 7,45 MPa

c) ϕ0-1 = 0,1863⋅10-3

rad = 0,01060

a) Mt = 5,024 kNm

b) N = 152 rot/min

c) θmax = 0,156⋅10-4

rad = (0,89⋅10-3

)0

a)

b) P0 = P1 = 82,198 kW

8R.12

2Fa 2Fa

Mt

8R.13

1,273 1,273

Mt [kNM]

8R.14

8R.15

7,85 7,85

Mt [kNm]

8/6/2019 Rezi konyv


390

c) Δϕ = 0,8⋅10-2

rad = 0,4580

a) Mt,max = 4,108 kNm, P0,max = 86 kW

b) τmax = 20,93 MPa.

Schema echivalentă pentru arbore:

Schema deformaţiilor:

tgϕ N ≅ ϕ N = Δl / (D/2), ϕt = (M0 – Mt)⋅4a / G⋅I p ⇒

( ) p

t0

c

c

IG

8aMM

DAE

10a N2

⋅

⋅−=

⋅⋅

⋅⋅(1)

cct N80 NDM ⋅=⋅= (2)

Din (1) şi (2) ⇒ NC = 1,48 kN, Mt = 0,1184 kNm

a) Secţiunea periculoasă la torsiune este înspre capătul liber al

barei. Mt,max = 0,12 kNm , τmax = 76 MPa. b) Nc = 1,48 kN, σc,max = Nc / Ac = 3,7 MPa

8R.16

8R.17

M0

Mt = D⋅Nc = 80 Nc

4a a

D

ΔlϕN = ϕt

8/6/2019 Rezi konyv


c) ϕ1,max = 1,140

a) τmax ≅ 30,6 MPa

b) σmax ≅ 31,8 MPa

a) τmax ≅ 100 MPa b) σmax ≅ 100 MPa

a) τmax ≅ 0,052 M0/π⋅d3

b) σ1,max ≅ 3,3 M0/π⋅d3, σ2,max ≅ 0,45 M0/π⋅d

3

c) ΔϕB-C ≅ 0,57 M0⋅a/G⋅π⋅d4

8R.18

8R.19

8R.20

rezi konyv

Documents