30. SLOVENSKO D ržavno tekmovanje V GRADBENI MEHANIKI LJUBLJANA, 15. maj, 2025 30. slovensko drˇzavno tekmovanje v gradbeni mehaniki Univerza v Ljubljani Fakulteta za gradbeniˇstvo in geodezijo Goran Turk, Dejan Zupan, Peter ˇ Ceˇsarek, Robert Peˇcenko, Rado Flajs, Sabina Huˇc in Igor Planinc Ljubljana, 15. maj 2025 Avtorji: TURK, Goran; ZUPAN, Dejan; ˇ CE ˇSAREK, Peter; PE ˇ CENKO, Robert; FLAJS, Rado; HU ˇ C, Sabina; PLANINC, Igor 30. slovensko drˇzavno tekmovanje v gradbeni mehaniki Zaloˇznik: Univerza v Ljubljani, Fakulteta za gradbeniˇstvo in geodezijo, zanjo dekanja prof. dr. Violeta Bokan Bosiljkov Oblikovanje naslovnice: SAJE, Veronika Elektronska izdaja: www.km.fgg.uni-lj.si/tekma/tekmaGMH2025.pdf Obseg: 29 strani Cena: knjiga je brezplaˇcna Ljubljana, 2025 Kataloˇzni zapis o publikaciji (CIP) so pripravili v Narodni in univerzitetni knjiˇznici v Ljubljani. COBISS.SI-ID 245417731 ISBN 978-961-6884-94-5 (PDF) 30. slovensko drˇzavno tekmovanje v gradbeni mehaniki Ljubljana 2025 Letos smo na Fakulteti za gradbeniˇstvo in geodezijo organizirali ˇze 30. drˇzavno tekmovanje v gradbeni mehaniki. Tekmovanje je pripravil organizacijski odbor v sestavi: Goran Turk, Peter ˇ Ceˇsarek, Rado Flajs, Robert Peˇcenko, Sabina Huˇc, Igor Planinc, Dejan Zupan (vsi UL FGG), Nevenka Cesar (Srednja gradbena in lesarska ˇsola, Novo mesto), Erika Broz ˇ Ziˇzek ( ˇSolski center Krˇsko-Sevnica, Gimnazija Krˇsko), Maja Lorger (Srednja gradbena ˇsola in gimnazija, Maribor), Uroˇs Avsec (Srednja elektro ˇsola in tehniˇska gimnazija, Novo mesto), Majda Pregl (Srednja gradbena, geodetska in okoljevarstvena ˇsola, Ljubljana), Marlenka ˇ Zolnir Petriˇc (Srednja ˇsola za gradbeniˇstvo in varovanje okolja, Celje). Na tekmovanje smo povabili dijakinje in dijake tretjih in ˇcetrtih letnikov srednjih tehniˇskih ˇsol in tehniˇskih gimnazij. Odbor je pripravil naloge za predtekmovanje in sklepno tekmovanje ter pregledal in ocenil izdelke tekmovalk in tekmovalcev. Na predtekmovanje se je prijavilo 119 dijakinj in dijakov. Predtekmovalne naloge so na srednjih ˇsolah reˇsevali 16. aprila 2025. Dvaintrideset najuspeˇsnejˇsih dijakinj in dijakov na predtekmovanju se je uvrstilo na sklepno tekmovanje, ki je potekalo 15. maja 2025 v prostorih Fakultete za gradbeniˇstvo in geodezijo v Ljubljani. 3 Na sklepno tekmovanje so se uvrstile naslednje dijakinje in dijaki: Ime in priimek Letnik ˇSola Mentor Lara Koˇsir 3 S ˇSGVO Celje Marlenka ˇ Zolnir Petriˇc Gaˇsper Robnik 3 S ˇSGVO Celje Joˇze Prislan Zala ˇ Zalar 3 SGGO ˇS Ljubljana Matevˇz Stegnar Zala Franˇceˇskin 3 SGGO ˇS Ljubljana Majda Pregl Aˇzbe Perpar 3 SGGO ˇS Ljubljana Majda Pregl Jaka Fras 3 SG ˇSG Maribor Maja Lorger Miha Magyar 3 SG ˇSG Maribor Maja Lorger Gaˇsper Presker 3 ˇSCKS SˇS Krˇsko Franci Uduˇc Pika Skrivalnik 3 ˇSCKS SˇS Krˇsko Franci Uduˇc Lenart Andrin 3 SE ˇSTG Novo mesto Uroˇs Avsec Tjaˇsa Cimpriˇc 3 SGLV ˇS Novo mesto Jure Zupanˇciˇc Klara Eliza Rodiˇc 3 SGLV ˇS Novo mesto Jure Zupanˇciˇc Tjaˇsa Starin 3 SGLV ˇS Novo mesto Jure Zupanˇciˇc Tanja Malenˇsek 3 SGLV ˇS Novo mesto Jure Zupanˇciˇc Zara ˇSenica 3 SGLV ˇS Novo mesto Jure Zupanˇciˇc Zan Janeˇziˇc ˇ 3 SGLV ˇS Novo mesto Jure Zupanˇciˇc Tim Plesec 3 SGLV ˇS Novo mesto Jure Zupanˇciˇc Nika Pureber 3 SGLV ˇS Novo mesto Jure Zupanˇciˇc Veronika Beraniˇc Ferk 4 SG ˇSG Maribor Maja Lorger Tim Prˇsa 4 SG ˇSG Maribor Maja Lorger Nejc Kugler 4 S ˇSGVO Celje Marlenka ˇ Zolnir Petriˇc Mitja Samotorˇcan 4 SGGO ˇS Ljubljana Majda Pregl Enej ˇSneler 4 SGGO ˇS Ljubljana Majda Pregl Nejc Draˇskiˇc 4 SGGO ˇS Ljubljana Majda Pregl Jakob Koˇsir 4 SGGO ˇS Ljubljana Majda Pregl Klara Kraˇsevec 4 SGGO ˇS Ljubljana Majda Pregl Lenart Koˇcar 4 SGGO ˇS Ljubljana Biljana Postolova Slavko Hysz 4 SE ˇSTG Novo mesto Uroˇs Avsec Tai Tristan Papeˇz 4 SE ˇSTG Novo mesto Uroˇs Avsec Ziga Remih ˇ 4 SE ˇSTG Novo mesto Uroˇs Avsec Eva Nahtigal Lavriˇc 4 SGLV ˇS Novo mesto Jure Zupanˇciˇc Tim Kaˇc Lamut 4 SGLV ˇS Novo mesto Jure Zupanˇciˇc KRATICE ˇSOL: S ˇSGVO Celje Srednja ˇsola za gradbeniˇstvo in varovanje okolja Celje ˇSCKS SˇS Krˇsko ˇSolski center Krˇsko-Sevnica, Srednja ˇsola Krˇsko SGGO ˇS Ljubljana Srednja gradbena, geodetska in okoljevarstvena ˇsola Ljubljana SG ˇSG Maribor Srednja gradbena ˇsola in gimnazija Maribor SE ˇSTG Novo mesto Srednja elektro ˇsola in tehniˇska gimnazija Novo mesto SGLV ˇS Novo mesto Srednja gradbena, lesarska in vzgojiteljska ˇsola Novo mesto 4 Sklepno tekmovanje se je zaˇcelo 15. maja 2025 ob 11.00 v prostorih Fakultete za gradbeniˇstvo in geodezijo v Ljubljani. Po 120 minutah reˇsevanja nalog so si tekmo- valke in tekmovalci pod vodstvom Gorazda Novaka ogledali Laboratorij Katedre za mehaniko tekoˇcin. Medtem je komisija za ocenjevanje v sestavi Peter ˇ Ceˇsarek, Urban Rodman, Dejan Zupan, Rado Flajs in Goran Turk, (vsi Univerza v Ljubljani, Fakulteta za grad- beniˇstvo in geodezijo) pregledala in ocenila naloge s sklepnega tekmovanja. Po skupnem kosilu so bili popoldne v sveˇcani dvorani Fakultete za gradbeniˇstvo in geodezijo objavljeni rezultati. Priznanja in nagrade je dijakinjam in dijakom pode- lila prodekan UL FGG prof. dr. Duˇsan ˇ Zagar. Najuspeˇsnejˇsi na sklepnem tekmovanju so bili: ime in priimek ˇsola nagrada toˇcke 3. letnik Miha Magyar SG ˇSG Maribor 1. nagrada 80 Jaka Fras SG ˇSG Maribor 2. nagrada 55 Lara Koˇsir S ˇSGVO Celje 3. nagrada 50 Tim Plesec SGLV ˇS Novo mesto 3. nagrada 50 4. letnik Slavko Hysz SE ˇSTG Novo mesto 1. nagrada 50 Mitja Samotorˇcan SGGO ˇS Ljubljana 1. nagrada 50 Veronika Beraniˇc Ferk SG ˇSG Maribor 2. nagrada 40 5 V naslednjih dveh preglednicah prikazujemo nekatere podatke o tem, kako so dija-kinje in dijaki reˇsevali predtekmovalne naloge in naloge na sklepnem tekmovanju. Najviˇsja moˇzna ocena za posamezno nalogo je 25 toˇck. predtekmovanje za 3. letnike [%] 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga skupaj povpreˇcje 5.16 5.63 9.84 10.32 30.95 najniˇzja ocena 0 0 0 0 0 najviˇsja ocena 20 25 25 25 90 predtekmovanje za 4. letnike [%] 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga skupaj povpreˇcje 9.38 4.84 10.00 17.03 41.25 najniˇzja ocena 0 0 0 0 0 najviˇsja ocena 25 25 25 25 95 sklepno tekmovanje za 3. letnike [%] 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga skupaj povpreˇcje 10.56 7.22 6.11 7.22 31.11 najniˇzja ocena 0 0 0 0 5 najviˇsja ocena 15 25 25 20 80 sklepno tekmovanje za 4. letnike [%] 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga skupaj povpreˇcje 8.08 10.77 1.92 5.77 26.54 najniˇzja ocena 5 0 0 0 5 najviˇsja ocena 20 20 5 10 50 Glede na povpreˇcne ocene posameznih nalog na predtekmovanju lahko sklepamo, da sta bili za tretje letnike najteˇzji 1. in 2. naloga. Dijakinjam in dijakom ˇcetrtih letnikov pa 2. naloga. Na sklepnem tekmovanju so bile povpreˇcne ocene nekoliko niˇzje kot na predtek-movanju. Glede na povpreˇcne ocene pri posameznih nalogah lahko ocenimo, da so bile vse naloge na sklepnem tekmovanju pribliˇzno enako zahtevne, zelo je izstopala le 3. naloga pri ˇcetrtih letnikih, kjer so bili rezultati zelo nizki. 6 Zgovoren je graf rezultatov s predtekmovanja in sklepnega tekmovanja. Vidimo lahko, da boljˇsi rezultat na predtekmovanju veˇcinoma pomeni tudi boljˇsi rezultat na sklepnem tekmovanju. Na sliki so poudarjeno oznaˇceni rezultati tistih, ki so dobili nagrado na sklepnem tekmovanju. Oglejmo si ˇse, koliko tekmovalk in tekmovalcev je povsem pravilno reˇsilo posame-zne naloge. Na predtekmovanju tretjih letnikov je tretjo nalogo povsem pravilno reˇsilo 11 dija- kov, ˇcetrto ˇsest dijakov, drugo pa trije. Prve naloge ni povsem pravilno reˇsil nihˇce. Pri ˇcetrtih letnikih je ˇcetrto nalogo reˇsilo najveˇc dijakov, kar 16. Tudi prve tri na-loge je povsem pravilno reˇsilo vsaj nekaj dijakov. Na sklepnem tekmovanju so bile naloge bistveno bolj zahtevne, zato jih veˇcina ni uspela reˇsiti v celoti. Le en dijak tretjega letnika je pravilno reˇsil drugo in tretjo nalogo, pri vseh drugih nalogah pa smo ˇzal ugotovili, da jih ni povsem pravilno reˇsil nihˇce. 7 ˇStevilo tekmovalk in tekmovalcev, ki so pravilno reˇsili posamezne naloge predtekmovanje za 3. letnike 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga 0 3 11 6 predtekmovanje za 4. letnike 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga 5 2 3 16 sklepno tekmovanje za 3. letnike 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga 0 1 1 0 sklepno tekmovanje za 4. letnike 1. naloga 2. naloga 3. naloga 4. naloga 0 0 0 0 Na sklepno tekmovanje se je uvrstilo 13 dijakinj in 19 dijakov, kar pomeni, da je bila zastopanost deklet 41%, kar je nekoliko viˇsje kot lani (30 %). Tekmovanje financira: Univerza v Ljubljani, Fakulteta za gradbeniˇstvo in geodezijo. Informacije o tekmovanju lahko najdete tudi na spletni strani: http://km.fgg.uni-lj.si/tekma/. 8 Naloge s predtekmovanja za 3. letnike 1. naloga Letos poteka ˇze 30. tekmo- C C D vanje v gradbeni mehaniki F F za srednjeˇsolce. Zato smo dve konstrukciji prve naloge a oblikovali v obliki ˇstevilke 30. Za levo konstrukcijo, ki D X predstavlja ˇstevko ”3”, dolo- Z ˇci notranje sile in momente ter nariˇsi njihove diagrame . a Podatki: F = 50 kN, a = 4 m. B F F B A A a a Reˇsitev: Najprej moramo izraˇcunati reakcije v podporah. Reakcijo C x v podpori C doloˇcimo iz momentnega ravnoteˇznega pogoja glede na toˇcko D za zgornji del X D M = 0 → F a − Cx a = 0 → Cx = F = 50 kN. zgornji del Preostale reakcije doloˇcimo iz ravnoteˇznih pogojev za celotno konstrukcijo. X A M = 0 → −B a − C 2a = 0 → B = −2 F = −100 kN, z x z X Z = 0 → A + B = 0 → A = 2 F = 100 kN, z z z X X = 0 → B + C = 0 → B = −F = −50 kN. x x x Diagrame notranjih sil prikazujemo na naslednji sliki: 9 200 + 200 - + -50 -50 [ ] N [ ] x N [ ] z M y - + -200 - -50 - 50 -200 2. naloga Na rob podporne konstrukcije postavimo opeˇcni zid z izolacijo. Viˇsina zidu je h, dolˇzina zidu, ki ga obravnavamo, pa je L. prevrnitev d z Kolikˇsen je lahko najveˇcji previs d a , da sei zid zaradi vpliva lastne teˇze ˇse ne pre- h vrne? zid izolacija Podatki: d z = 15 cm, d i = 10 cm, ρ 3 z , = 1 . 8 kg / dm ρ 3 a a i = 0 . 15 kg / dm , h = 2 m, L = 1 m, g 2 = 10 m / s . 10 Reˇsitev: Pogoj za zvrnitev dobimo iz momenta glede na toˇcko T , ki leˇzi na robu podporne konstrukcije. ˇ Ce je mo- d z T ment M manjˇsi od niˇc, se zid prevrne. di d d X T z i M < 0 → − F z i z h a − +F + d − a < 0, 2 2 F z F i kjer sta Fz = dz h L ρz g = 5.4 kN, T Fi = di h L ρi g = 0.3 kN. a Iz zgornjega pogoja za prevrnitev lahko izraˇcunamo, da se zid prevrne, ˇce je a > 0.082 m = 8.2 cm. 3. naloga Na prikazanem paliˇcju ni D 2 E 6 F 10 G obteˇzbe, zato jo moraˇs postaviti sam. V vsako vozliˇsˇce lahko 1 8 9 b 5 4 11 postaviˇs eno navpiˇcno in eno vodoravno silo. A C 3 B 7 a a a Podatki: a = 4 m, b = 3 m. Tvoja naloga je, da na konstrukcijo postaviˇs ˇcim manjˇse ˇstevilo sil, a pri tem po-skrbiˇs, da bodo osne sile v vseh palicah razliˇcne od niˇc. Svoje odloˇcitve utemelji. Reˇsitev: Razmislek je podo- ben kot pri ugotavljanju, ali so D 2 E 6 F 10 ˇ F F F sile v palicah enake niˇc. Ce G F v vozliˇsˇcu, kjer se stikata dve 1 8 9 5 4 11 palici, ni obteˇzbe, sta sili v obeh palicah enaki niˇc. A C Zato 3 B 7 F moramo v vozliˇsˇce G postaviti navpiˇcno silo, v vozliˇsˇce D pa tako navpiˇcno kot vodoravno silo. Drugo pravilo pravi, da je v vozliˇsˇcu s tremi palicami, kjer sta dve na isti smernici, sila v tretji palici enaka niˇc, ˇce vozliˇsˇce v tej smeri ni obteˇzeno. Zato moramo postaviti navpiˇcne sile ˇse v vozliˇsˇcih B in F . ˇ Ce obravnavamo paliˇcje obteˇzimo, kot je prikazano na zgornji sliki, so vse sile v palicah razliˇcne od niˇc. 11 4. naloga Obravnavamo statiˇcno nedoloˇceno linij- sko konstrukcijo na sliki. V pomoˇc nam V H je, da je nekdo izmeril vodoravno reak- h cijo v podpori A in sicer AX = −40 kN. Konstrukcija je obteˇzena ˇse z dvema si- A B X lama H = 100 kN in V = 50 kN, kot je a a prikazano na sliki. Z Doloˇci reakcije in notranje sile ter momente. Nariˇsi tudi njihove diagrame. Podatki: a = 5 m, h = 4.75 m. Reˇsitev: Ker poznamo reakcijo AX , H lahko iz treh ravnoteˇznih pogojev izraˇcu- V namo preostale tri reakcije. Ko poznamo reakcije, lahko izraˇcunamo notranje sile in momente v obravnavani okvirni kon- A X = - 40 kN BX strukciji. A Z BZ X A M = 0 → −Bz 2a − V a − H h = 0 → Bz = −72.5 kN, X Z = 0 → Az + Bz + V = 0 → Az = 22.5 kN, X X = 0 → Ax + Bx + H = 0 → Bx = −60 kN. Diagrame notranjih sil in upogibnih momentov prikazujemo na naslednjih slikah. - - 72.5 60 - - 22.5 -- + [ ] - + + N [ ] x N z 40 60 22.5 - 72.5 190 - - 285 190 + 77.5 - [ ] M y 12 Naloge s predtekmovanja za 4. letnike 1. naloga Letos poteka ˇze 30. tekmo- C C D vanje v gradbeni mehaniki F F za srednjeˇsolce. Zato smo dve konstrukciji prve naloge a oblikovali v obliki ˇstevilke 30. Za desno konstrukcijo, ki D X predstavlja ˇstevko ”0”, dolo- Z ˇci notranje sile in momente ter nariˇsi njihove diagrame. a Podatki: F = 50 kN, F F a = 4 m. B B A A a a Reˇsitev: Ker sili F leˇzita na isti smernici in sta nasprotno usmerjeni so reakcije te prostoleˇzeˇce konstrukcije vse enake niˇc, kar lahko preprosto preverimo z zapisom ravnoteˇznih enaˇcb za celotno konstrukcijo. Elementa AC in CD sta palici. Ker je vozliˇsˇce C neobremenjeno, sta osni sili v teh dveh palicah enaki niˇc. Doloˇciti moramo le ˇse notranje sile na delu konstrukcije ABD. Diagrame notranjih sil in momentov prikazujemo na naslednji sliki. 0 0 0 - 44.7 - 22.4 0 0 0 - - [ ] N [ ] [ ] x N z M y 44.7 - + - 22.4 - - - 178.9 13 2. naloga Masivna lesena stena, podprta s togim in toplotno izoliranim temeljem, je na notra-nji strani izpostavljena poˇzarni obteˇzbi. Stena je za a = 3 cm zamaknjena glede na temelj, kot kaˇze slika. Zaradi poˇzarne obteˇzbe les ogleni s konstantno hitrostjo oglenenja β = 0.7 mm/min. To pomeni, da je debelina oglja pri ˇcasu t enaka doglje = β · t. Ugotovi, kdaj se stena prevrne. Pri tem upoˇstevaj, da je gostota oglja le 5 % gostote lesa, in da je dolˇzina stene izven ravnine enaka L = 100 cm. Podatki: h = 50 cm, d = 10 cm, ρ 3 2 = 420 kg / m , ρ = 0 . 05 ρ , g = 10 m / s. l o l t = 0 t > 0 t > 0, prevrnitev d l d o h d d les oglje T T T a a a Reˇsitev: T Delno zoglenela stena se prevrne, ko je rezultanta momentov M glede na toˇcko T manjˇsa ali enaka niˇc. Zapiˇsimo ta pogoj glede na toˇcko T: X h (d T l − a) h d a2 2 M o ≤ 0 → − ρ l + ρ l + ρ o d o h d l a − + ≤ 0. 2 2 2 Upoˇstevamo, da je dl = d − do in ρo = 0.05 ρl in zapiˇsemo kvadratno enaˇcbo, iz katere lahko izraˇcunamo debelino oglja do v trenutku prevrnitve: − 2 2 2 a d +0 . 5 d +0 . 95 a d − 0 . 95 d d +0 . 475 d = 0 . 002 − 0 . 0665 d +0 475 d = 0. . o o o o o Reˇsitvi te kvadratne enaˇcbe sta do = 0.04374 m = 43.74 mm in do = 0.09626 m = 96.26 mm. Upoˇstevamo le niˇzjo vrednost, saj viˇsja vrednost predstavlja stanje, ko zogleneli ˇze skoraj celotna stena in pogoj za prevrnitev ni veˇc izpolnjen. Ob upoˇstevanju niˇzje vrednosti izraˇcunamo ˇse ˇcas to, pri katerem se stena prevrne 43.74 to = = 62.5 min. 0.7 14 3. naloga S kolikˇsno silo F lahko obteˇzimo previs no- silca na sliki, ˇce je najveˇcja dovoljena defor- F macija nosilca v preˇcnem prerezu na sredini A B razpona l1 enaka εdop = 0.0005? l 1 l2 V analizi predpostavimo, da se nosilec obnaˇsa linearno elastiˇcno, elastiˇcni modul pa je E = 12000 MPa. Obravnavani nosilec ima razpon l1 = 3 m in dolˇzino previsa l2 = 0.75 m. Preˇcni prerez nosilca ima obliko pravokotnika ˇsirine b = 20 cm in viˇsine h = 24 cm. Namig: Odpornostni moment pravokotnega preˇcnega prereza bh 2 W = , po abso- 6 lutni vrednosti najveˇcjo vzdolˇzno normalno napetost pa izraˇcunamo tako, da vred-nost upogibnega momenta delimo z odpornostnim momentom. Vzdolˇzno elastiˇcno deformacijo pa doloˇcimo kot kvocient med vzdolˇzno normalno napetostjo in elas-tiˇcnim modulom E. Reˇsitev: Najprej moramo doloˇciti upogibni Fl 2 --Fl2 moment. Po absolutni vrednosti najveˇcji mo-2-ment je nad podporo B , na sredini razpona l1 pa je upogibni moment enak [ ] M y F l2 M = . 2 Upoˇstevamo, da je odpornostni moment b h2 2 20 · 24 W = = = 1920 cm 6 6 in zapiˇsemo ε σ max M −4 = max = ≤ ε dop = 5 · 10. E E W Sedaj lahko izraˇcunamo iskano najveˇcjo silo, ki jo lahko postavimo na previs F l −4 2 · 5 · 10 E W M 2 −4 = ≤ 5 · 10 E W → F = = 30.7 kN. 2 max l 2 15 4. naloga Obravnavamo enkrat statiˇcno nedoloˇceno paliˇcje. Pa- 2 lici 4 in 5 sta mimobeˇzni. F Doloˇci osne sile v palicah, ˇce smo z meritvami ugoto- 1 3 a vili, da je osna sila N 5 = −40 kN. 4 5 Izraˇcunaj tudi reakcije v podporah B A in B . A a Podatki: a = 4 m, F = 50 kN. Reˇsitev: Z upoˇstevanjem podatka o velikosti osne sile C 2 D N 5 lahko izraˇcunamo reakcije in sile v palicah 1, 2, F 3 in 4. Iz ravnoteˇznih pogojev za vozliˇsˇce C lahko N 5 4 izraˇcunamo osni sili v palicah 1 in 2, iz ravnoteˇznih 1 3 ravnoteˇznih pogojev za vozliˇsˇci N 5 B A in B doloˇcimo ˇse A A pogojev za vozliˇsˇce D pa doloˇcimo sili N3 in N4. Iz X X B reakcije v podporah A in B. A Z BZ X √ X = 0 → N2 + N → 5 2 / 2 + F = 0 N − 2 =21.72 kN, C X √ Z = 0 → N1 + N5 2/2 = 0 → N1 = 28.28 kN, C X √ X = 0 → −N 2 − N4 2/2 = 0 → N4 = 30.71 kN, D X √ Z = 0 → N3 + N4 2/2 = 0 → N3 = −21.72 kN, D X √ X = 0 → AX + N4 2/2 = 0 → AX = −21.72 kN, A X √ Z = 0 → A − Z N − 1 N4 2/2 = 0 → AZ = 50 kN, A X √ X = 0 → B − → − X N 5 2 / 2 = 0 B X =28.28 kN, B X √ Z = 0 → B − → Z N 5 2 / 2 − N − 3 = 0 B Z =50 kN. B 16 Naloge s sklepnega tekmovanja za 3. letnike 1. naloga E F Letos poteka ˇze 30. tekmo- vanje v gradbeni mehaniki F F F C C A za srednjeˇsolce. Zato smo F F dve konstrukciji prve naloge oblikovali v obliki ˇstevilke D a E H 30. X Z Za konstrukcjo, ki ponazarja ˇstevko ”0”, doloˇci upogibne D F D B B A momente v toˇckah A, B , C, D, E, F , G in H. G G Dodatna naloga: skiciraj dia- a a grame upogibnih momentov. Podatki: F = 50 kN, a = 4 m. Reˇsitev: Reakcije v podporah A in B izraˇcunamo iz ravnoteˇznih pogojev za celo-tno konstrukcijo. X B M = 0 → −A a Y X + F a = 0 → AX = F = 50 kN, X Z = 0 → BZ = 0, X X = 0 → A + B = 0 → B = −A = −50 kN. X X X X Pri raˇcunu notranjih sil najprej ugotovimo, da je ele-ment BC palica, ki jo iz konstrukcije lahko odstra- nimo, njen vpliv pa nadomestimo z osno silo NBC , F C A kot je prikazano na sliki. Iz ravnoteˇznega pogoja glede na vozliˇsˇce N A za del konstrukcije AC lahkoBC izraˇcunamo, da je sila NBC enaka niˇc. X A M = 0 → −N a = 0 → N = 0 kN, BC BC AC 17 Sedaj lahko doloˇcimo upogibne momente v toˇckah A, -B, C, D, E, F , G in H. -100 M A = 0, M C B = 0 , A M C = 0, M D = 0, [ ] M y M E = 0, F a M − F = − =100 kNm, F a 2 D B M G = − = −100 kNm, 2 M H = 0. -100 - Diagram upogibnih momentov je prikazan na sosednji sliki. 2. naloga Tovornjak prekucnik je ˇsirok b = 2 m. 5.5 m Naloˇzen je s sipkim materialom z go- 2.0 m 2.0 m 0.5 m stoto 3 ρ = 2100 kg / m . Masa praznega tovornjaka je enaka M = 5200 kg, njegovo teˇziˇsˇce pa je x T = 1.5 m za 1.5 m sprednjo osjo. Medosna razdalja to- vornjaka je 5 m, teˇznostni pospeˇsek je g 2 = 10 m / s. T Doloˇci obremenitev obeh osi tovor- njaka. 1.5 m Reˇsitev: Doloˇcimo najprej sile teˇze to- 2.0 m 1.5 m 3.5 m vornjaka, sipkega materiala ter njihove 0.5 m lege glede na prvo os tovornjaka A: Mg = M g = 52 kN, 1.5 m x G1 G2 G M = 1 . 5 m ,3 G1 = 0.5 ·1.5 ·2 ·ρ g/2 = 15.75 kN, T x 1 = 2 + 0.5 · 2/3 = 2.33 m, Mg G A B 2 = 1 . 5 · 1 . 5 · 2 · ρ g = 94 . 5 kN , 1.5 m 3.5 m x 2 = 2 + 0.5 + 1.5/2 = 3.25 m. 18 G3 = 3.5 · 1.5 · 2 · ρ g/2 = 110.25 kN, x 3 = 2 + 0.5 + 1.5 + 3.5/3 = 5.17 m, Obremenitvi na osi A in B tovornjaka doloˇcimo iz ravnoteˇznih pogojev: X A M = 0 → B 5 − M x − G x − G x − G x = 0 → g M 1 1 2 2 3 3 → B = 198.3 kN, X Y = 0 → A + B − Mg G −1 G −2 G −3 = 0 → → A = 74.2 kN. 3. naloga Izraˇcunaj osne sile v palicah 1, 2 in 3 prika- zane konstrukcije, ˇce poznamo pomik voz- F 2 F 1 liˇsˇca D. y D Doloˇci tudi velikosti sil b F 1 in F 2 , s kate- 2 1 3 rima je paliˇcje obteˇzeno. A B C x Podatki: a a a = 4 m , b = 3 m u Dx = 0.00868 m, u Dy = −0.00466 m, E = 15 GPa, A 2 = 0 . 006 m. Namig: Osno silo v palici izraˇcunamo z enaˇcbo: E A N = ∆L. L Reˇsitev: u Dolˇzine palic v zaˇcetni legi so DDx D B uDy L1 = L3 = 5 m in L y 2 = 3 m . Za doloˇcitev sprememb dolˇzin palic mo- 1 3 b 2 2 ramo doloˇciti deformirane dolˇzine pa- 1 3 A B C x lic: a a L 2 2 ′ q 1 = (a + u + (b u Dx ) + Dy ) = 5.00415 m, q L′ 2 2 = u + ( b + u ) = 2.99535 m, 2 Dx Dy 19 L = (a − 2 2 ′ q 3 u ) b + Dx + ( uDy) = 4.99026 m. Spremembo dolˇzin palic izraˇcunamo kot razliko dolˇzin palic v deformirani in zaˇcetni legi: ∆ ′ L 1 = L − L = 0.00416 m, 1 1 ∆ ′ L 2 2 = L − L − . , 2 = 0 00465 m ∆ ′ L 3 = L − L = − .00974 m. 3 3 0 Sedaj lahko izraˇcunamo tudi osne sile v vseh treh palicah: E A ∆L1 N1 = = 74.81 kN, L1 N E A ∆L2 − 2 = =139.42 kN, L 2 N E A ∆L3 − 3 = =175.31 kN. L 3 Velikosti sil F 1 in F2 izraˇcunamo iz ravnoteˇznih pogojev za vozliˇsˇce D X 4 4 X = 0 → F 2 − N1 + N3 = 0 → F2 = 200 kN, D 5 5 X 3 3 Y = 0 → F 1 − N1 − N2 − N3 = 0 → F1 = −200 kN. D 5 5 20 4. naloga Lesen nosilec dolˇzine l in s preˇcnim prerezom b × h je preko pritrdilnega elementa poloˇzen v poˇzarno peˇc, kot prikazuje spodnja slika. V poˇzarni peˇci je nosilec izpo-stavljen poviˇsanim temperaturam, ki jih povzroˇci poˇzar. Na spodnjem in zgornjem robu (toˇcki B in C na sliki) je nosilec zaˇsˇciten s toplotno izolacijo, torej je poˇzaru izpostavljen le po obodu preˇcnega prereza. Nosilec ob izpostavljenosti poˇzarni obteˇzbi ogleni po obodu iz vseh ˇstirih strani s konstantno hitrostjo oglenenja β = 0.8 mm/min. Debelina oglja pri ˇcasu t znaˇsa doglje = β t. Doloˇci reakcijo v podpori A pritrdilnega elementa po 30 minutah poˇzara? Ugotovi, kdaj se nosilec poruˇsi. Pri tem upoˇstevaj, da je teˇza izolacije zanemarljiva in da zogleneli del preˇcnega prereza nosilca nima natezne nosilnosti. Natezna trd- nost nezoglenelega lesa je enaka ft = 9 MPa. Podatki: l = 100 cm, h = 22 cm, b = 18 cm, ρ 3 = 420 kg/m, les ρoglje = 0.10 ρles, β = 0.8 mm/min, g 2 = 10 m/s . A Prečni prerez D-D Izpostavljenost požaru Pritrdilni s štirih strani element t = 0 B Toplotna izolacija h l D D b Lesen steber t > 0 Toplotna C izolacija doglje h Požarna peč b 21 Reˇsitev: Po t = 30 min je debelina oglja enaka doglje = d = β t = 24 mm. Takrat je teˇza nosilca enaka vsoti teˇzi lesa in oglja, ki ju izraˇcunamo po naslednjih enaˇcbah: Gl = ρles Vles g = ρles (h − 2d)(b − 2d) l g = 95.4 N, Go = ρoglje Voglje g = ρoglje (h b − (h − 2d)(b − 2d)) l g = 7.1 N. Zaradi simetrije nosilca in obteˇzbe v podpori A nastopi le navpiˇcna reakcija, ki je enaka teˇzi celotnega nosilca A = Gl + Go = 102.5 N. Natezno napetost v preˇcnem prerezu izraˇcunamo kot kvocient med osno silo in ploˇsˇcino preˇcnega prereza lesenega dela nosilca. Ta mora biti manjˇsa od natezne trdnosti lesa ft σ Gl + Go Al lρles g + (b h − Al) lρoglje g ≤ = = ft. A l A l Iz te neenaˇcbe lahko izraˇcunamo ploˇsˇcino preˇcnega prereza lesenega dela nosilca, pri kateri nosilec ˇse ni poruˇsen: A b h lρ oglje g 2 ≥ l = 0 . 00001855 m. f − − t l g ( ρ oglje ρ les ) Ker je Al = (h −2d)(b −2d), lahko debelino oglja d ob poruˇsitvi nosilca doloˇcimo iz naslednje kvadratne enaˇcbe ( 2 h − 2 d )( b − 2 d ) = A l 4 → d − 2(b + h) d + b h − Al = 0 Reˇsitvi zgornje kvadratne enaˇcbe sta d = 8.98 cm = 89.8 mm in d = 11.02 cm = 110.2 mm. Fizikalno smiselna je le prva, saj je debelina oglja pri drugi reˇsitvi veˇcja od dimenzij preˇcnega prereza nosilca. Na koncu izraˇcunamo ˇse ˇcas, pri katerem se nosilec poruˇsi: d 89.8 t = = = 112 min. β 0.8 22 Naloge s sklepnega tekmovanja za 4. letnike 1. naloga E F Letos poteka ˇze 30. tekmo- vanje v gradbeni mehaniki F F F C C A za srednjeˇsolce. Zato smo F F dve konstrukciji prve naloge oblikovali v obliki ˇstevilke D a E H 30. X Z V konstrukcji, ki ponazarja ˇstevko ”3”, doloˇci upogibne D F B D B A momente v toˇckah A, B , C, D, E, F in G. G G Dodatna naloga: skiciraj dia- a a grame upogibnih momentov. Podatki: F = 50 kN, a = 4 m. Reˇsitev: Najprej doloˇcimo reakcije v podporah A Z, BX , BZ , CX in CZ iz ustrez-nih ravnoteˇznih pogojev. Reakcijo v podpori A doloˇcimo iz momentnega rav-noteˇznega pogoja glede na vozliˇsˇce B za del konstrukcije AB: X B M = 0 → A → A Y Z a = 0 = 0 kN. Z AB Sedaj lahko iz momentnih ravnoteˇznih pogojev za celotno konstrukcijo glede na toˇcki B in C doloˇcimo reakciji BX in CX X C M = 0 → F a + B = 0 → − a B =F = −50 kN, Y X X X B M = 0 → F a − C a = 0 → C = 50 kN. = F Y X X Reakcijo CZ doloˇcimo iz momentnega ravnoteˇznega pogoja glede na toˇcko D za del konstrukcije FD: X a a a M D = 0 → F − C − → C = 0 C = 0 kN. Y X Z Z 2 2 2 FD Zadnjo reakcijo doloˇcimo iz ravnoteˇznega pogoja za navpiˇcno smer za celotno kon-strukcijo: X Z = 0 → F + CZ + BZ + AZ = 0 → BZ = −F = −50 kN. 23 Ker poznamo vse reakcije konstrukcije, lahko -100 iz momentnih ravnoteˇznih pogojev za dele konstrukcije doloˇcimo upogibne momente v E - toˇckah A, B, C, D, E, F in G: M F F C -200 = 0 A , M B = 0, M [ ] C = − F a = − M 200 kNm , y D M -41.4 D = 0 , F a - M − E = − =100 kNm, 2 B A M F = 0, M G = 0. G Diagram upogibnih momentov je prikazan na sosednji sliki. 2. naloga q E F Nariˇsi diagrame osnih in preˇcnih sil ter upogibnih momentov v prikazani kon- strukciji, ˇce sta podana vodoravna po- h mika v toˇckah C in D. C D Podatki: q = 20 kN/m, a = 4 m, h = 3 m, 2 h E = 20000 kN/cm , A 2 CD X = 0 . 001 m , 4 A B IAEF B = 0.00001 m , u a a Cx = − 6 . 33 cm , Z u Dx = − 6 . 22 cm . E A Namig: Osno silo v palici izraˇcunamo z enaˇcbo: N = ∆L. L Reˇsitev: Ker je konstrukcija podprta kot prostoleˇzeˇci nosilec, reakcije v podporah A in B doloˇcimo iz treh ravnoteˇznih pogojev: X X = 0 → AX = 0, X A 2 M = 0 → − B a − q 2 Y Z 2 a = 0 → BZ = −q a = −80 kN, X B 2 M = 0 → A 2 a q 2 a = 0 → A = −q a = −80 kN. + Y Z Z Spremembo dolˇzine palice CD izraˇcunamo iz razlike pomikov v toˇckah C in D ∆L = u − Dx uCx = 0.11 cm. 24 Palica se oˇcitno raztegne, kar pomeni, da v njej nastopi natezna osna sila: ∆L NCD = E A = 27.5 kN. L V konstrukciji odstranimo vse pod- q pore in palico CD ter jih nadome- E F stimo z reakcijami v podporah in silo NCD , kot kaˇze slika. osne, preˇcne sile in upogibni moment C D N Sedaj lahko izraˇcunamo notranje CD CD N v poljubni toˇcki konstrukcije. Dia- grame notranjih sil in upogibnih mo- mentov prikazujemo na spodnji sliki. AX A B AZ BZ N N CDCD - -27.5 -- -80 27.5 + 80 27.5 + - - - 0 + 27.5 0 0 [ ] N x [ ] N z -80 -80 -82.5 -82.5-- - -+ 77.5 0 0 0 [ ] M y 25 3. naloga q Prostoleˇzeˇci nosilec s previsom je obteˇzen z linijsko obteˇzbo kroˇzne A B oblike. q2 Doloˇci reakcije v podporah A in B. q 1 Podatki: q1 = 30 kN/m, l1 l2 q2 = 20 kN/m, l 1 = 6 m, l2 = 2 m. Reˇsitev: Obteˇzba je kroˇzne oblike s polmerom q q 1 . S slike na desni lahko q0 hitro zapiˇsemo nekaj zvez. AX A B D q − A 0 = q 1 q 2 = 10 kN / m ,Z BZ q2 b sin α = = , C q3 q 3 3 q q a 2 2 q 1 α 2 ◦ l 1 l = arcsin = 0 . 7297 rad = 41 . 8 ,2 q3 β π ◦ = − α = 0 . 8411 rad = 48 . 2, 2 √ q 3 = q1 cos α = 10 5 = 22.36 kN/m. Ploˇsˇcino kroˇznega odseka izraˇcunamo tako, da od ploˇsˇcine kroˇznega izseka odˇste- jemo ploˇsˇcino trikotnika ACD: π q 2 2β q 1 1 q A 3 2 odsek izsek ACD = A − A = − 2 = 309.7 (kN/m) . 2π 2 Ce ˇzelimo doloˇciti rezultanto linijske obteˇzbe kroˇzne oblike, moramo upoˇstevati, da ˇ le-ta deluje na razdalji l1 + l2 = 8 m. Zato ploˇsˇcino kroˇznega odseka pomnoˇzimo s koliˇcnikom (l1 + l2)/(2q3 ) l1 + l2 R q = Aodsek = 55.4 kN. 2q3 Reakcije v podporah izraˇcunamo iz treh ravnoteˇznih pogojev: X X = 0 → A = 0, X X l A 1 + l M 2 = 0 → − B l = 0 B Y Z 1 − R q Z = → −36.9 kN, 2 X l − l M B 1 2 = 0 → A + R = 0 → A = −18 5 kN. l . Y Z 1 q Z 2 26 4. naloga Lesen nosilec dolˇzine l in s preˇcnim prerezom b × h je preko pritrdilnega elementa poloˇzen v poˇzarno peˇc, kot prikazuje spodnja slika. V poˇzarni peˇci je nosilec izpo-stavljen poviˇsanim temperaturam, ki jih povzroˇci poˇzar. Na spodnjem in zgornjem robu (toˇcki B in C na sliki) in le na eni obodni ploskvi je nosilec zaˇsˇciten s toplotno izolacijo. To pomeni, da je nosilec poˇzaru izpostavljen le po obodu s treh strani. Nosilec ob izpostavljenosti poˇzarni obteˇzbi ogleni po obodu s treh strani s konstan- tno hitrostjo oglenenja β = 0.8 mm/min. Debelina oglja pri ˇcasu t je d oglje = β t. Doloˇci reakcije v podpori A pritrdilnega elementa po 30 minutah poˇzara? Ugotovi, kdaj se nosilec poruˇsi. Pri tem upoˇstevaj, da je teˇza izolacije zanemarljiva in da zogleneli del preˇcnega prereza nosilca nima natezne nosilnosti. Natezna trd- nost nezoglenelega lesa je enaka ft = 9 MPa. Podatki: l = 100 cm, h = 22 cm, b = 18 cm, ρ 3 les = 420 kg/m, ρoglje = 0.10 ρles, β = 0.8 mm/min, g 2 = 10 m/s . A Prečni prerez D-D Izpostavljenost požaru Pritrdilni s treh strani element t = 0 B Toplotna izolacija h l D D b Lesen nosilec t > 0 Toplotna C izolacija doglje h Požarna peč b 27 Reˇsitev: Po t = 30 min je debelina oglja enaka doglje = d = β t = 24 mm. Takrat je teˇza nosilca enaka vsoti teˇzi lesa in oglja. Izraˇcunamo ju z naslednjima enaˇcbama: Gl = ρles Vles g = ρles (h − 2d)(b − d) l g = 112.7 N, Go = ρoglje Voglje g = ρoglje (h b − (h − 2d)(b − d)) l g = 5.4 N. Navpiˇcna reakcija v podpori je enaka teˇzi celotnega nosilca A = Gl + Go = 118.1 N. Zaradi nesimetriˇcne toplotne izolacije reakcijo v podpori A se- T o1 stavlja tudi vpetostni moment MA. Na sliki je prikazan preˇcni doglje prerez nosilca, razdeljen na ˇstiri dele, eden za les in trije za h A T To oglje. Oznaˇcene so tudi lege teˇziˇsˇc teh delov T l , T o , T o 1 in l To1. Vpetostni moment MA izraˇcunamo iz momentnega rav- T o2 noteˇznega pogoja glede na toˇcko A , ki je v teˇziˇsˇcu preˇcnega b prereza pritrdilnega elementa. Roˇcica lesenega dela je b − d b d r l = − = = 1.2 cm, 2 2 2 roˇcica srednjega zoglenelega dela pa je enaka d b b − d r o = b − − = . 2 2 2 Roˇcici spodnjega in zgornjega zoglenelega dela sta enaki niˇc, zato ta dva dela na prispevata k momentu glede na toˇcko A. Vpetostni moment MA je enak MA = ρ − les ( h 2d)(b − d) l g r − l ρoglje d (h − 2d) l g ro = 1.22 Nm. Ker je vpliv nesimetriˇcnosti obteˇzbe na vzdolˇzne napetosti v tem primeru zane-marljiv, izraˇcunamo vzdolˇzno napetost le zaradi osne sile. Tako doloˇcena napetost mora biti manjˇsa od natezne trdnosti lesa ft σ Gl + Go Al lρles g + (b h − Al) lρoglje g ≤ = = ft. A l A l Ploˇsˇcina preˇcnega prereza lesenega dela nosilca, pri kateri nosilec ˇse ni poruˇsen, je enaka A b h lρ oglje g 2 ≥ l = 0 . 00001855 m. f − t l g ( ρ − oglje ρ les ) 28 Ker je Al = (h −2d)(b −d), lahko iz te kvadratne enaˇcbe doloˇcimo debelino oglja, pri katerem se nosilec poruˇsi ( 2 h − 2 d )( b − d ) = A l 2 → d − (2b + h) d + b h − Al = 0 Reˇsitvi zgornje kvadratne enaˇcbe sta d = 10.99 cm = 109.9 mm in d = 18.01 cm = 180.1 mm, Fizikalno je smiselna le prva, saj je debelina oglja pri drugi reˇsitvi veˇcja od dimenzij preˇcnega prereza nosilca. Na koncu izraˇcunamo ˇse ˇcas, pri katerem se nosilec poruˇsi: d 109.9 t = = = 137.3 min. β 0.8 29