NOȚIUNI FUNDAMENTALE ȘI APLICA ȚII * Editura MIRTON Timișoara 2006 Referenți științifici: Prof. Univ. Dr. Eur. Ing. Tiberiu BABEU Membru al Academiei… [626656]

PAVEL TRIPA MIHAI HLU ȘCU
REZISTEN ȚA
MATERIALELOR

NOȚIUNI FUNDAMENTALE ȘI APLICA ȚII
*
Editura MIRTON
Timișoara
2006

Referenți științifici:

Prof. Univ. Dr. Eur. Ing. Tiberiu BABEU
Membru al Academiei de Științe Tehnice din România

Prof. Univ. Dr. ing. Nicolae NEGU Ț

Tehnoredactare computerizat ă:

Prof. univ. dr. ing. Pavel TRIPA Șef lucr. dr. ing. Mihai HLU ȘCU

Descrierea CIP a Bibliotecii Na ționale a României
TRIPA, PAVEL Rezisten ța materialelor : no țiuni fundamentale și aplicații/
Pavel Tripa, Mihai Hlu șcu. – Timi șoara: Mirton, 2006
Bibliogr.
ISBN (10) 973-661-934-6 (13) 978-973-661-934-2
I. Hlușcu Mihai
539.4

C U P R I N S

Cuprins ……………………………….…………………. ………….……. 1
Prefață …………………. …………………… ……………….. ……………….. …………… 3
1 INTRODUCERE ……………………………..………………………. 5
1.1 Clasificarea for țelor care ac ționează asupra elementelor de
rezistență …………………. ………………….. …………………. ………………. 5
1.2 Momentul for ței față de un punct ……………….. ………………………. 7
1.3 Reducerea for țelor într-un punct …………. ………………. …………….. 9
1.4 Condi țiile ce trebuie satisf ăcute de c ătre elementele de
rezistență …………………. ………………….. …………………. ………………. 10
1.5 Tipuri de probleme întâlnite în Rezisten ța materialelor …………. 12
2 REAZEME ȘI REACȚIUNI …………..…………………………… 14
2.1 Reazeme ……………… ………………… …………….. ………………………… 14
2.2 Reac țiuni ……………. …………………….. …………….. ……………………… 15
2.3 Calculul reac țiunilor ……………. ………………… ……………….. ……….. 17
2.4 Etape în calculul reac țiunilor. Exemple ……… …………….. …………. 19
3 EFORTURI. DIAGRAME DE EFORTURI ………………………. 24
3.1 Eforturi ……………….. ………………… …………….. ………………………… 24
3.2 Diagrame de eforturi ………………….. …………….. ……………………… 27
3.3 Etape pentru trasarea diagramelo r de eforturi ….. …………………… 29
3.4 Exemple de trasare a diagramelo r de eforturi ….. …………………… 31
3.4.1 Diagrame de efortu ri la bare drepte orizontale ……….. 31
3.4.2 Diagrame de efortu ri la cadre cu bare drepte …………. 38
3.4.3 Diagrame de efortu ri la bare curbe pl ane ………………. 42
3.4.4 Diagrame de eforturi la sisteme spa țiale de bare
drepte ……………………… ………………………….….……. 46
3E Diagrame de eforturi (Probleme propuse) ………….. ………………… 57
3R Diagrame de eforturi (R ăspunsuri) ………………….…………. 77
4 CARACTERISTICI GEOMETRI CE ALE SUPRAFE ȚELOR
PLANE …………………….. ……………….. ……………….. ………………. ………….. 118
4.1 Considera ții generale ………….. ………………. ………………… …………. 118
4.2 Caracteristicile geometrice ale câtorva suprafe țe simple ……… 122
4.3 Etape pentru determinarea caracteristicilor geometrice ale
suprafețelor plane …………. …………………… …………… ………. 124
4.4 Exemple de determinare a principalelor caracteristici
geometrice ale suprafe țelor plane …….. ………………… ………………. 128
4E Caracteristici geometrice ale suprafe țelor plane (Probleme
propuse) …………………… ………….……………………….. 136
4R Caracteristici geometrice ale suprafe țelor plane (R ăspunsuri) … 147
5 SOLICITAREA AXIAL Ă ……………………………………..…… 159
5.1 Considera ții generale. Etape de calcul … …………………… ………….. 159
5,2 Calculul sistemelor de bare drep te, static determinate ……………. 163

5.3 Calculul barelor drepte solicitate de for țe axiale ………. …………… 170
5.4 Calculul sistemelor de bare ar ticulate, static nedeterminate …… 173
5.5 Calculul sistemelor cu inexactit ăți de execu ție …………………….. 179
5.5.1 Calculul barelor articulate, static nedeterminate, cu
inexactități de execu ție ……………….. …………….. ……………………… 179
5.5.2 Calculul barelo r drepte solicitate axial, care prezint ă
un rost la un cap ăt …………………… ……………….. ………………………. 187
5.6 Calculul barelor cu sec țiuni neomogene, solicita te axial ………… 191
5.7 Calculul barelor supuse varia țiilor de temperatur ă …………………. 198
5.8 Calculul barelor supuse ac țiunii simultane a mai multor
factori………….. ……………………… ………………… ………………………… 204
5E Solicitarea axial ă (Probleme propuse) ……………….………… 208
5R Solicitarea axial ă (Răspunsuri) ………………………..……….. 225
6 CALCULUL ÎMBIN ĂRILOR DE PIESE ………………………… 232
6.1 Considera ții generale. Etape de calcul…. …………………… ………….. 232
6.2 Calculul îmbin ărilor de piese cu grosime mic ă …………………….. 234
6.3 Calculul îmbin ărilor nituite ………………… ………………… ………….. 239
6.4 Calculul îmbin ărilor sudate ………………… ………………… ………….. 246
6.5 Calculul îmbin ărilor pieselor de lemn …. ………………… …………… 252
6E Calculul îmbin ărilor de piese (Probleme propuse) …………….. 256
6R Calculul îmbin ărilor de piese (R ăspunsuri) …………………… 269
7 CALCULUL LA ÎNCOVOIERE SIMPL Ă AL BARELOR
DREPTE PLANE …………………………….……………………… 276
7.1 Considera ții generale. Etape de calcul ………………… ……………….. 276
7.2 Exemplu de calcul ……………… …………………….. ………….. ………… 281
6E Calculul la încovoiere simpl ă al barelor drepte plane (Probleme
propuse) ………………………………………………………… 288
6R Calculul la încovoiere simpl ă al barelor drepte plane
(Răspunsuri) ….………………………………………………… 315
8 CALCULUL LA R ĂSUCIRE AL BA RELOR DREPTE …..….. 351
8.1 Calculul la torsiune al barelor drepte cu sec țiune circular ă sau
inelară. Considera ții generale. Etape de calc ul …………… …………. 351
8.2 Calculul la torsiune al barelor drepte cu sec țiune necircular ă …. 361
8E Calculul la r ăsucire al barelor drepte de sec țiune circular ă, sau
inelară (Probleme propuse) ………………….…………………. 375
8R Calculul la r ăsucire al barelor drepte de sec țiune circular ă sau
inelară (Răspunsuri) ……………. ………………… ……………….. ……….. 385
Bibliografie ………………………………………………………………. 392

3
Prefață
Rezolvarea problemelor de Rezisten ța Materialelor are un
anumit specific. Lucr ările de specialitate elaborate în domeniul Rezisten ței
Materialelor, mai ales cursurile și culegerile de probleme, p ăgubesc
mult prin aceea c ă asupra modului de rezolvare al problemelor, se
opresc foarte pu țin sau chiar deloc.
Cei pu și în situa ția de a rezolva probleme de rezisten ța
materialelor întâmpin ă mari dificult ăți, în special din cauza
necunoașterii etapelor și metodologiei de rezolvare, specifice acestor
probleme. Cu rezolvarea unor probleme mai complexe de rezisten ța
materialelor se întâlnesc studen ții facultăților tehnice, care prin
programa analitic ă studiază această disciplin ă. Cum preg ătirea
acestora pe parcursul activit ății lor nu este continu ă și susținută, atunci
când sunt nevoi ți să rezolve probleme concrete de rezisten ța
materialelor, întâmpin ă mari greut ăți, care rezult ă tocmai din
necunoașterea etapelor și a metodologiei de rezolvare.
Aceast ă lucrare vine în sprijinul elimin ării acestor neajunsuri,
prin prezentarea etapelor și metodologiei ce trebuie urmat ă la
rezolvarea problemelor de rezisten ț
a materialelor.
Prezentarea etapelor și a metodologiei de rezolvare ale
problemelor de rezisten ța materialelor este gândit ă în sensul
cuprinderii întregii materiii care se pred ă la cursul de Rezisten ța
Materialelor, studen ților de la facult ățile tehnice.
Lucrarea poate fi considerat ă un ghid practic, con ținând atât
noțiuni teoretice, probleme rezolvate cât și aplicații de rezolvat. Este o
combinație reușită între curs și culegerea de probleme.
La fiecare capitol se face o prezentare a no țiunilor teoretice (f ără
demonstra ție) necesare rezolv ării problemelor din capitolul respectiv,
a etapelor și metodologiei de urmat în rezolvarea problemelor. Dup ă
aceasta, se prezint ă probleme a c ăror rezolvare urmeaz ă etapele și
metodologia indicat ă.

4 În primele opt capitole se trateaz ă: calculul reac țiunilor ,
diagramele de eforturi, calculul caracteristicilor geometrice ale
suprafețelor plane și calculul elementelor de rezisten ță la solicit ări
simple (întindere – compresiune, forfecare, încovoiere simpl ă,
răsucire).
Pentru ca cei interesa ți de astfel de probleme s ă-și poată verifica
capacitatea de rezolvare a problemelor de rezisten ța materialelor, în
capitolul 9 ( Aplicații) al lucrării, sunt propuse, pentru fiecare capitol,
un număr mare de aplica ții la care se indic ă rezultatele finale și de
cele mai multe ori și cele intermediare.
Lucrarea se adreseaz ă în primul rând studen ților de la facult ățile
tehnice care studiaz ă disciplina de Rezisten ța Materialelor în vederea
pregătirii lor profesionale și mai ales a examenului la aceast ă
disciplină. În acela și timp, ea este deosebit de util ă proiectan ților de
elemente și structuri de rezisten ță, care de cele mai multe ori din
comoditate și mai ales din necuno șterea metodologiei de calcul a
rezistenței și deformabilit ății elementelor, nu fac calculele necesare.
Elaborarea acestei lucr ări, se bazeaz ă în primul rând pe
experiența de peste 25 de ani, acumulat ă de autori în activitatea cu
studenții la disciplina de Rezisten ța Materialelor.
Autorii sunt recunosc ători acelora care vor lectura aceast ă
lucrare și vor veni cu aprecieri, dar mai ales cu propuneri de
înbunătățire a con ținutului lucr ării într-o edi ție nouă, astfel încât
studenții și cei interesa ți să aibă la dispozi ție o lucrarea util ă, de care
la ora aceasta este foarte mare nevoie. Celelalte capitole ale Rezisten ței Materialelor vor fi tratate într-o
altă lucrare.
A u t o r i i

51. INTRODUCERE

La proiectarea ma șinilor și a diferitelor construc ții, proiectantul
trebuie să aleagă materialele și să dimensioneze fiecare element de
rezistență, astfel încât acesta s ă reziste în deplin ă siguranță acțiunii
forțelor exterioare care i se transmit.
Pentru a avea convingerea c ă cele prezentate în aceast ă carte vor
fi bine în țelese, consider c ă este necesar ă totuși prezentarea unor
noțiuni, chiar dac ă acestea se prezint ă detaliat în toate cursurile de
Rezistența Materialelor.

1.1 Clasificarea for țelor care ac ționează asupra
elementelor de rezisten ță

Organele de ma șini și diferitele elmente de rezisten ță, preiau o
serie de sarcini exterioare și transmit ac țiunea acestora de la un
element la altul. For țele pe care le preiau organele de ma șini și
elementele de construc ție sunt, fie forțe de volum , fie forțe de
interacțiune între elementul dat și elementele vecine. For țele de
volum (exemplu greutatea proprie), ac ționează asupra fiec ărui
element de volum. Clasificarea for țelor se poate face dup ă mai multe criterii:
A. După modul de aplicare, distingem:
a) forțe concentrate
b) forțe distribuite
Forțele concentrate se transmit între diferitele elemente de
rezistență prin intermediul unei suprafe țe ale cărei dimensiuni sunt
foarte mici în compara ție cu dimensiunile întregului corp. În calculele
de rezisten ță, datorită dimensiunii mici a suprafe ței prin care se
transmite for ța, se consider ă că forța
concentrat ă (Fig.1.1-1) se aplic ă într-
un punct. Acest mod de reprezentare este doar o reprezentare aproximativ ă,
introdusă numai pentru simplificarea F
Fig.1.1-1

6calculelor. În practic ă, forțele nu se pot transmite printr-un punct.
Inexactitatea provocat ă de o astfel de aproximare este foarte mic ă și în
practică poate fi neglijat ă.
Forța concentrat ă se măsoară în [N].
Forțele aplicate continuu pe o lungime sau pe o suprafa ță a unui
element de rezisten ță, se numesc sarcini distribuite . Sarcinile
distribuite, pot avea intensitate (mărime) constantă (Fig.1.1-2a) sau
variabilă (Fig.1.1-2b). Sarcinile distribuite liniar se m ăsoară în [N/m],
iar cele distribuite pe suprafa ță în [Pa] = [N/m2].
În calculele de rezisten ța materialelor, de multe ori sarcinile
distribuite se înlocuiesc printr-o rezultant ă, a cărei mărime și direcție,
sens și punct de aplica ție trebuie cunoscut. Pentru cazul sarcinilor
distribuite liniar, în Fig.1.1-3a,b sunt prezentate valoarea, sensul și
punctul de aplicaie al rezultantei R a acestor sarcini.

Am prezentat numai cazul sarcinilor distribuite liniar, deoarece în problemele curente întâlnite (m ai ales la seminar), acest caz de
încărcare 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

7
B. După natura lor , forțele sunt:
a) forțe date sau active , numite și sarcini sau încărcări,
b) forțe de legătură sau reacțiuni .
Forțele active împreun ă cu forțele de leg ătură, formeaz ă grupa
forțelor exterioare . Asupra leg ăturilor sau reazemelor unde
acționează forțele de leg ătură, se revine într-un paragraf separat (par.
2.2). C. După natura ac țiunii lor , sarcinile pot fi:
a) statice
b) dinamice .
Sarcinile statice încarc ă construcția treptat. Odat ă aceste sarcini
aplicate, ele nu mai variaz ă sau sufer ă variații nesemnificative. Marea
majoritate a sarcinilor care ac ționează asupra diferitelor construc ții,
sunt de acest tip. În construc ția de ma șini mai ales, se întâlnesc elemente în
mișcare a căror accelera ții sunt mari și variația vitezei are loc într-un
timp relativ mic. Asupra acestor elemente, ac ționează sarcinile
dinamice. Astfel de sarcini sunt: sarcinile aplicate brusc , cele care
produc șocuri și sarcinile variabile (periodic sau aleator) în timp .
Sarcinile aplicate brusc, se transmit dintr-o dat ă construcției cu
întreaga lor valoare. Șocurile iau na ștere în urma varia ției rapide a sarcinilor, ceea ce
cauzează variația bruscă a vitezei elementului de rezisten ță.
Sarcinile variabile periodic în timp, ac ționează asupra
elementelor de rezisten ță, repetându-se de un num ăr mare de ori.
D. Sarcinile mai pot fi clasificate și în sarcini :
a) permanente
b) mobile.
Sarcinile permanente ac ționează pe toat ă durata existen ței
construcției sau structurii de rezisten ță, iar cele mobile ac ționează
doar în decursul unui anumit interval de timp. Trebuie specificat c ă, forțele pot fi clasificate și pe baza altor
criterii. Clasificarea prezentat ă este doar una din multiplele clasific ări
care pot fi f ăcute.

8 Cât prive ște cuplurile (momentele), clasificarea acestora, poate
fi făcută pe baza clasific ării forțelor.

1.2 Momentul for ței față de un punct

În rezolvarea problemelor de rezisten ța materialelor, adeseori
trebuie calculat momentul for țelor față de un punct sau față de
centrul de greutate al unei sec țiuni. Să ne reamintim atunci, cum se
calculează momentul unei for țe față de un punct.
a) Momentul unei for țe concentrate F fa ță de un punct B
(Fig.1.2-1) este egal cu produsul dintre
mărimaea for ței F și brațul acesteea, b:

(m F)B= F b 1.2-1

unde prin bra țul forței se în țelege
distanța de la punctul considerat (B)
până la suportul for ței F. În cazul
prezentat, bra țul forței este segmantul
BM care este perpendicular pe suportul for ței (BM = b; BM
perpendicular pe suportul for ței).
b) Momentul unei sarcini distribuite p fa ță de un punct B ,
(Fig.1.2-2) este egal cu produsul dintre rezultanta sarcinii distribuite
(R= p l) și brațul rezultantei . În acest caz, bra țul rezultantei fa ță de
punctul B, este: b = l / 2 + a

Deci, momentul sarcinii distribuite fa ță de punctul B, pentru
cazul prezentat, este: B
M F
b
Fig.1.2-1
a l
Fig.1.2-2 p
R B
l/2

9
( m p)B = R b = p l ( l / 2 + a ) 1.2-2
c) Momentul unui cuplu M
0 (moment) față de un punct B
(Fig.1.2-3), este egal cu valoarea acelui moment :
( m M
0)B = M 0 1.2-3
Atenție: În acest caz, momentul M
0 NU se înmul țește cu brațul
b = l, așa cum de multe ori, în mod gre șit se procedeaz ă. Deci,
momentul unui cuplu (moment ) față de un punct, este îns ăși acel
cuplu .

1.3 Reducerea for țelor într-un punct

a) O forțã concentratã F se reduce într-un punct B, totdeauna la
o forțã concentratã și la un cuplu concentrat (Fig.1.3-1). For ța
concentratã rezultatã este egalã în mãrime, are aceea și direcție și
același sens cu for ța redusã.
B l M0 B
Fig.1.2-3
F F
b M= F b
Fig. 1.3-1

10 Cuplul rezultat prin reducere este egal în m ărime cu produsul
dintre for ța F și brațul b al acesteea, iar sensul lui este dat de regula
burghiului drept. Așadar, o forță concentrat ă F se reduce într-un punct B
(nesituat pe suportul for ței) la o for ță și la un cuplu .
b) O sarcină distribuit ă se reduce la fel ca și o forță concentrat ă,
cu specificarea c ă rolul forței concentrate este preluat de data aceasta
de rezultanta sarcinii distribuite (Fig.1.3-2).

B

c) Un cuplu (moment) M
0 se reduce într-un punct tot la un cuplu
M de aceea și valoare cu cuplul care se reduce ( M = M 0 ) și la fel
orientat (acela și sens cu cuplul care se reduce M 0).
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

11 1.4 Condi țiile ce trebuie satisf ăcute de c ătre
elementele de rezisten ță

Unele dimensiuni (principale) ale elementelor de rezisten ță se
stabilesc direct, din necesitatea asigur ării unor dimensiuni func ționale.
Aceste dimensiuni sunt dimensiuni constructive . Alte dimensiuni ale
elementelor de rezisten ță, de obicei cele ale sec țiunilor transversale, se
determină prin calcul.
Calculul dimensiunilor sec țiunilor transversale ale elementelor
de rezisten ță se face în scopul satisfacerii simultan a urm ătoarelor
condiții de bază:
a) Condi ția de rezisten ță. Fiecare element de rezisten ță trebuie
să reziste în foarte bune condi ții, tuturor for țelor exterioare care
acționează asupra lui. Prin rezistența unui element de rezisten ță
trebuie în țeles, proprietatea acestuia de a nu se rupe, sau de a nu
ajunge într-o stare limit ă. Stare limit ă poate fi și o altă stare în afar ă
de cea din momentul ruperii elementului de rezisten ță. Forțele care
acționează asupra elementului de rezisten ță, trebuie s ă fie mai mici
decât cele care ac ționează în momentul atingerii st ării limită.
Condi ția de rezisten ță este prima și cea mai important ă condiție
pe care trebuie s ă o satisfac ă un element de rezisten ță în timpul
funcționării sale.
b) Condi ția de rigiditate . Este știut faptul c ă Rezisten ța
Materialelor consider ă corpurile deformabile sub ac țiunea sarcinilor.
Cu cât sarcinile sunt mai mari, cu atât și deformarea elementelor de
rezistență este mai pronun țată. În cazul ma șinilor sau construc țiilor,
deformațiile diferitelor elemente de rezisten ță nu pot fi oricât de mari.
Deformații prea mari, pot cauza distrugerea altor elemente de
rezistență sau scoaterea din func ționare a ma șinilor respective.
Proprietatea elementelor de rezisten ță de a se opune deform ării
lor, poart ă numele de rigiditate .
Calculul de rezisten ță, trebuie s ă aibă în vedere și asigurarea
unei rigidit ăți corespunz ătoare elementului de rezistesten ță respectiv.
c) Condi ția de stabilitate . În practic ă, se întâlnesc situa ții în
care deși elementul de rezisten ță satisface condi ția de rezisten ță și cea
de rigiditate, nu poate fi utilizat deoarece sub ac țiunea sarcinilor,
acesta și-a pierdut stabilitatea (condi ția de echilibru stabil).

12Fenomenul este cunoscut sub numele de flambaj . Este de precizat c ă,
flambajul apare numai în anumite condi ții de solicitare și pentru unele
elemente de rezisten ță. Totuși, pentru aceste cazuri, dimensiunile
secțiunii transversale ale elementului de rezisten ță, trebuie s ă asigure
acestuia o bun ă stabilitate.
d) Condi ția realizării economice . Tot calculul de rezisten ță
efectuat asupra elementelor de rezisten ță, trebuie s ă aibă în vedere ca
acesta să fie realizat cu un pre ț de cost cât mai mic.
Primele trei condi ții, asigură o bună funcționare și siguranță în
exploatere a construc ției, iar cea de-a patra condi ție, asigur ă un preț
de cost sc ăzut. În acest caz, se spune c ă structura respectiv ă a fost
dimensionat ă rațional. Proiectarea ra țională impune cunoa șterea de
către proiectant atât a metode lor de calcul de rezisten ță, cât și a
proprietăților (caracteristicilor) mecanice a materialului elementelor
de rezisten ță, în condi ț
ii de exploatare.

1.5 Tipuri de probleme întâlnite în Rezisten ța
Materialelor

În Rezisten ța Materialelor, în majoritatea cazurilor, se întâlnesc
următoarele tipuri de probleme:
a) Probleme de verificare . În acest caz, se cunosc toate
dimensiunile elementului de rezisten ță, materialul din care acesta este
confecționat, for țele exterioare care ac ționează asupra sa și trebuie
făcut un calcul în urma c ăruia să se poată aprecia dac ă acel element de
rezistență satisface toate condi țiile impuse prin tema de proiectare.
b) Probleme de dimensionare . În cazul problemelor de
dimensionare, se cunosc dimensiunile constructive ale elementului de rezistență, forțele exterioare aplicate, materialul din care este
confecționat elementul și trebuie stabilite dimensiunile sec țiunii
transversale în vederea satisfacerii condi țiilor cerute prin tema de
proiectare. c) Probleme de determinare a înc ărcării maxime admise
(probleme de efort capabil). Pentru acest tip de probleme, se cunosc toate dimensiunile elementului de rezisten ță (constructive și ale

13secțiunii transversale), materialul din care este confec ționat elementul
și trebuie determinate valorile maxime admise ale sarcinilor care pot
acționa asupra acelui element de rezisten ță în vederea satisfacerii
condițiilor impuse prin tema de proiectare.

142. REAZEME ȘI REACȚIUNI

2.1 Reazeme

Între elementele de rezisten ță ale unei structuri, exist ă o serie de
legături, numite reazeme .
În calculele obi șnuite de rezisten ța materialelor, cele mai
întâlnite reazeme sunt: – reazemul articulat mobil (articula ția mobilă sau reazemul
mobil), – reazemul articulat fix (sau articula ția fixă),
– încastrarea (sau înțepenirea).
Articulația mobil ă a cărei reprezentare este prezentat ă în
Fig.2.1-1a, permite celor dou ă elemente de rezisten ță să se roteasc ă
unul față de celălalt și o deplasare liber ă pe o anumit ă direcție. În
cazul prezentat în figur ă, este permis ă deplasarea liber ă pe direc ție
orizontală. Pe direc ția vertical ă (direcție perpendicular ă pe cea pe care
este permis ă deplasarea liber ă), deplasarea este împiedecat ă.
Articulația fixă (Fig.2.1-1b) permite rotirea elementului de
rezistență dar nu permite deplasarea acestuia pe nici o direc ție.
Încastrarea (Fig.2.1-1c) împiedic ă orice fel de deplasare a
elementului de rezisten
ță. Acest tip de reazem se poate ob ține dintr-o
articulație fixă, la care se blocheaz ă rotirile.

a) b) c)
Fig.2.1-1

15 2.2 Reac țiuni

Deoarece elementele de rezisten ță sunt supuse ac țiunii
diferitelor sarcini, este firesc ca în reazeme s ă apară forțe, numite
forțe de leg ătură sau reacțiuni. Mărimea și orientarea acestor
reacțiuni este legat ă de mărimea și orientarea sarcinilor care solicit ă
elementul, iar direc ția reacțiunilor este legat ă de tipul reazemului.
Dup ă cum s-a mai spus, sarcinile direct aplicate (for țe și
momente) împreun ă cu reac țiunile, formeaz ă sistemul for țelor
exterioare care acționează asupra elementului de rezisten ță.
Pentru calculul de rezisten ță este necesar s ă se cunoasc ă întregul
ansamblu al for țelor exterioare ce solicit ă elementul, deci este nevoie
să se cunoasc ă și reacțiunile.
Pentru început, stabilim ce fel de reac țiuni apar în cele trei tipuri
de reazeme care au fost prezentate anterior. Mai preciz ăm că reac
țiunile se opun ac țiunii și ca urmare ele
apar pe acele direc ții pe care mi șcările (deplas ările și rotirile)
elementului de rezisten ță sunt împiedicate.
Pentru articulația mobilă, fiind împiedicat ă deplasarea pe o
singură direcție, reacțiunea R care apare este o for ță (Fig.2.2-1) care
trece prin centrul articula ției mobile și este dirijat ă perpendicular pe
direcția deplasării libere a reazemului (în mod obi șnuit pe axa grinzii).

F
R
R F
Fig.2.2-1

16 În cazul articulației fixe , reacțiunea care apare în reazem este o
forță R a cărei direcție nu este cunoscut ă. Se cunoa ște numai punctul
de aplicație al acesteea, care este articula ția.
Pentru a putea calcula reac țiunea din articula ția fixă, se
înlocuiește această reacțiune prin dou ă componente ale sale: H dirijată
în lungul axei elementului de rezisten ță și V, dirijată perpendicular pe
axa elementului (Fig.2.2-2). A șadar, articula ția fixă, din acest punct
de vedere, d ă două reacțiuni: H și V.
La încastrare , după cum cunoa ștem, toate mi șcările elementului
de rezisten ță sunt împiedicate. Încastrarea fiind o articula ție fixă la
care s-a blocat rotirea, înseamn ă că la acest tip de reazem fa ță de
articulaț
ia fixă apare în plus un cuplu M care să împiedice rotirea
(Fig.2.2-3). De aceea, la o încastrare apar trei reac țiuni: H paralelă cu
H
V R F
Fig.2.2-2
H
V M F
Fig.2.2-3

17axa elementului; V perpendicular ă pe axa elementului de rezisten ță și
momentul (cuplul) M.

2.3 Calculul reac țiunilor

În paragraful anterior (2.2), am v ăzut care sunt reac țiunile pentru
principalele tipuri de reazeme și care este direc ția acestora. Nu s-a
precizat care este m ărimea și sensul (orientarea) acestora. M ărimea și
orientarea reac țiunilor se determin ă din condi ția ca fiecare element de
rezistență în parte, s ă se afle în echilibru sub ac țiunea tuturor for țelor
aplicate și a reacțiunilor (a for țelor exterioare).
Se exemplific ă în continuare, calculul reac țiunilor pentru
sisteme plane. Este știut faptul c ă, un sistem plan este în echilibru
dacă:
– nu se deplaseaz ă pe o direc ție (fie x aceast ă direcție),
– nu se deplaseaz ă pe o direc ție perpendicular ă pe prima (fie y
direcția perpendicular ă pe x),
– nu se rote ște.
Cele trei condi ții enunțate mai înainte sunt satisf ăcute dacă suma
proiecțiilor tuturor for țelor pe direc ția x, respectiv y, este nul ă și suma
tuturor cuplurilor fa ță de un punct oarecare (fie K acest punct) al
planului, este nul. Aceste condi ții pot fi scrise sub forma unor rela ții
de forma:
() Fx∑=0
() Fy∑=0 2.3-1
()MK∑=0

Rela țiile 2.3-1 exprim ă condițiile pentru ca un sistem plan s ă fie
în echilibru. Acest sistem, pentru a putea fi rezolvat, poate con ține
maxim trei necunoscute. În cazul nos tru, cele trei necunoscute sunt
reacțiunile. Dac ă sunt mai mult de trei necunoscute (reac țiuni),
sistemul de ecua ții 2.3-1 nu poate fi rezolvat și în acest caz, sistemul
dat inițial este un sistem static nederminat . Pentru rezolvarea
sistemelor static nederminate, sunt necesare ecua ții suplimentare.

18Modul de rezolvare a sistemelor st atic nederminate, va fi prezentat
într-un alt capitol. Determinând reac țiunile unui element de rezisten ță cu relația
2.3-1, se observ ă că nu avem o posibilitate simpl ă pentru verificarea
corectitudinii calculului efectuat. Pentru a avea posibilitatea verific ării corectitudinii determin ării
reacțiunilor și pentru a ob ține ecuații ușor de rezolvat, rela țiile pentru
calculul reac țiunilor vor rezulta din urm ătoarele considerente:
– sistemul s ă nu se deplaseze pe o direc ție (fie x aceast ă direcție,
dar nu neaparat direc ția orizontal ă). Această direcție, este acea direc ție
pe care exist ă numai o singur ă reacțiune necunoscut ă,
– sistemul s ă nu se roteasc ă față de un punct (fie K
1 acest punct)
al planului. Punctul K 1 va fi unul din cele dou ă reazeme ale
elementului de rezisten ță,
– sistemul s ă nu se roteasc ă față de un alt punct (fie K 2 acest
punct și diferit de K 1) al planului. Punctul K 2 va fi neaparat cel ălalt
reazem al elementului de rezisten ță.
Condi țiile de mai sus, se scriu sub forma unor rela ții:

()Fx∑=0
()MK∑=
10 2.3-2
()MK∑=
20

Sistemul 2.3-2 necon ținând și relația ()Fy∑=0, nu înseamn ă că
elementul de rezisten ță este în echilibru dar, scris sub aceast ă formă,
ne permite s ă calculăm cele trei reac țiuni. Pentru a putea ști că
reacțiunile determinate (cu rela țiile 2.3-2) sunt corecte, valorile
reacțiunilor găsite se introduc în rela ția ()Fy∑ .
Dac ă:

()Fy∑=0, reac țiunile sunt corect calculate,
2.3-3
()Fy∑≠0, reac țiunile sunt gre șit calculate.

19 În acest ultim caz, se reface calculul reac țiunilor.
În concluzie, calculul reac țiunilor pentru un sistem plan se face
pe baza ecua țiilor 2.3-2 iar verificarea corectitudinii calculului (etap ă
obligatorie), cu rela țiile 2.3-3.

2.4 Etape în calculul reac țiunilor. Exemple

Pentru a calcula corect reac țiunile unui sistem plan de elemente
de rezisten ță, propun parcurgerea urm ătoarelor etape :
• Priviți atent sistemul; c ăutați reazemele și notați-le cu litere (A, B,
C, …). Dac ă puteți nu utiliza ți litera A, deoarece mai târziu aceast ă
literă se va utiliza mult, pentru aria sec țiunii transversale a
elementului de rezisten ță.
• Identifica ți fiecare reazem: articula ție mobilă, articula ție fixă,
încastrare,
• După ce ați identificat reazemele, introduce ți reacțiunile în fiecare
reazem (vezi parag. 2.2) și le notați (H B , VC , M, …). Recomand ca
literele utilizate s ă fie însoțite de un indice, iar acesta s ă fie cel cu
care s-a notat reazemul respectiv. Este u șor mai târziu s ă găsiți
reacțiunile, în situa ția în care ini țial le-ați calculat gre șit.
• Dacă pe elementul de rezisten ță aveți sarcini distribuite, este bine
să le înlocui ți cu rezultanta corespunz ătoare (vezi parag. 1.1), dar
cu linie întrerupt ă, pentru a nu o considera din neaten ție de dou ă
ori,
• Acum se poate trece la scrierea detaliat ă a relațiilor 2.3-2 și
determinarea din acest sistem de ecua ții, a reacțiunilor. La scrierea
acestor ecua ții, pentru ecua țiile de momente, alege ți-vă un sens de
rotire considerat pozitiv și nu-l mai schimba ți până nu ați scris
toată relația,
• După ce ați calculat reac țiunile cu ajutorul ecua țiilor 2.3-2,
utilizați relația 2.3-3. Dac ă obțineți 0 (zero), înseamn ă că nu ați
greșit, reacțiunile sunt corecte. Dac ă acea sum ă nu conduce la 0
(zero), ați greșit și reluați calculul de la prima ecua ție a sistemului
de ecuații, 2.3-2.

Exemple:

20
2.4.1 Să se calculeze reac țiunile pentru grinda prezentat ă în
Fig.2.4.1-1.
Parcurgem acum toate etapele recomandate pentru calculul reacțiunilor (vezi Fig.2.4.1-2):
– elementul de rezisten ță este sprijinit (rezemat) pe dou ă
reazeme pe care le not ăm cu B și C; B este în stânga iar C este cel din
dreapta. H
B B C
V
B R=16kN
V C
– reazemul din stânga B, este o articula ție fixă. Introducem cele
două reacțiuni pentru acest reazem: H
B și V B. Reazemul din dreapta
C, este o articula ție mobilă. Singura reac țiune din acest reazem și pe
care o punem este V C.. M= 40 kN m p= 4 kN/m F= 24 kN
300
1 m 3 m 1 m
Fig.2.4.1-1
1 m M= 40 kN m p= 4 kN/m F= 24 kN
300
1 m 3 m 1 m
Fig.2.4.1-2

21 – înlocuim sarcina uniform distribuit ă p, cu rezultanta sa R= p4
=16 kN, care ac ționează la mijlucul distan ței dintre reazeme (la 2 m
de reazemul B și tot la 2 m de reazemul C),
– scriem detaliat ecua țiile pentru calculul reac țiunilor (rel. 2.3-2).
Prima direc ție x, o alegem ca fiind cea orizontal ă, deoarece pe aceast ă
direcție există o singură reacțiune și anume H B. Deci:

()Fx∑=0
H B – F cos300 = 0 ( 1 )

() ()MMKB∑∑≡=
10
F s i n 3 00 5 – V C 4 + R 2 + M = 0 (2)

() ()MMKC∑∑≡=
20
V B 4 + M – R 2 + F sin300 1 = 0 (3)
Din ecua ția (1), rezult ă: H
B = F cos300 = 12 3 kN.
Din ecua ția (2), rezult ă: V C = 33 kN.
Din ecua ția (3), rezult ă: V B = – 5 kN.
Reac țiunile H
B și V C, au rezultat pozitive, ceea ce înseamn ă că
ele sunt orientate a șa cum sunt figurate în Fig.2.4.1-2. Reac țiunea V B,
rezultând negativ ă, este orientat ă invers de cum este pe Fig.2.4.1-2,
adică este orientat ă de sus în jos.
– Verific ăm acum dac ă valorile calculate pentru cele trei
reacțiuni sunt bune. Pentru aceasta, scriem o ecua ție de echilibru ca
sumă de forțe pe o direc ție perpendicular ă pe direc ție utilizat ă la
calculul reac țiunilor. Cum la calculul reac țiunilor am utilizat direc ția x
(orizontal ă), pentru verificarea reac țiunilor, utiliz ăm direcția y
(verticala). A șadar, rezult ă:

()FV R V FyBC∑=− +− = sin300
= – 5 – 16 + 33 – 24 1/2 =- 21 +33 -12 = -33 + 33 = 0

22 A rezultat ()Fy∑=0, ceea ce însemn ă că condiția 2.3-3 este
îndeplinit ă, deci reac țiunile sunt corect calculate și valorile lor sunt
bune.

2.4.2 Parcurgând etapele cunoscute, calcula ți și verifica ți
reacțiunile pentru cadrul prezentat în Fig.2.4.2-1.
Observație: Tot ce rezult ă a fi făcut, 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
H
B
V
B
– Cadrul prezint ă două reazeme, pe care le not ăm cu B respectiv,
cu C, – Reazemul C este o articula ție mobilă și introduce numai
reacțiunea H
C. Reazemul B este o articula ție fixă și introduce dou ă
reacțiuni: H B și V B,
– Înlocuim sarcina distribuit ă p, cu rezultanta sa R= 10 2 = 20
kN, – Trecem la scrierea ecua țiilor pentru calculul reac țiunilor (rel.
2.3-2). Se observ ă că pe vertical ă, există o singură reacțiune și anume
V
B.
Prima ecua ție va fi atunci: p = 10 kN/ m
F1 = 20 kN
F2 = 30 kN
M = 20 kN m
Fig.2.4.2-1 HC

23 ()Fy∑=0
R + F 1 -V B = 0 ( 1 )
Celelalte ecua ții sunt ecua ții de momente fa ță de reazemele B și C:

()MB∑=0
H C 2 – R 1 + F 1 1 – F 2 2 – M = 0 (2)

()MC∑=0
V B 2 + H B 2 + M + F 2 0 – F 1 3 – R 1 = 0 (3)
Din rela ția (1), rezult ă: V
B = 40 kN.
Din rela ția (2), rezult ă: H C = 40 kN.
Din rela ția (3), rezult ă : H B = – 10 kN.
Se constat ă și în acest exemplu, c ă reacțiunea H B este orientat ă invers
de cum a fost reprezentat ă inițial în Fig.2.4.2-1.
Să verificăm acum corectitudinea calculului efectuat. De data
aceasta, ecua ția de verificare este o ecua ție de proiec ții de forțe pe
orizontală (pe o direc ție perpendicular ă la direcția utilizat ă la calculul
reacțiunilor, care a fost direc ția vertical ă y).

()FH F HxCB∑= −+ =−−=2 40 30 10 0
Cum aceast ă ecuație satisface condi ția 2.3-3 de verificare a
reacțiunilor, rezult ă că valorile calculate pentru reac țiuni sunt bune.
Cu aceste reac țiuni, cadrul prezentat în Fig.2.4.2-1, este supus ac țiunii
unui sistem de for țe 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

243. EFORTURI. DIAGRAME DE EFORTURI

3.1 Eforturi

Eforturile sunt forțe interioare care iau na ștere în elementele de
rezistență ca urmare a ac țiunii asupra acestora a for țelor exterioare .
Pentru un sistem plan, eforturile posibile dintr-o sec țiune
transversal ă a elementului de rezisten ță, sunt: (Fig.3.1-1)
– efortul axial N , care ac ționează în centrul de greutate al
secțiunii și este perpendicular pe planul acesteea,
– efortul tăietor T , acționează în centrul de greutate al sec țiunii
și este situat în planul sec țiunii,
– momentul încovoietor M i, acționează în centrul de greutate al
secțiunii și este situat în planul acesteea.
y T M
i x

N
z
x

Eforturile de pe fa ța din dreapta, suplinesc ac țiunea for țelor
exterioare care ac ționează pe partea stâng ă (considerat ă înlăturată) a
elementului (vezi Fig.3.1-1). Eforturile de pe fa ța din stânga a
secțiunii, suplinesc ac țiunea forțelor exterioare care ac ționează asupra
părții din dreapta elementului (considerat ă îndepărtată).
La sistemele spa țiale, eforturi t ăietoare exist ă pe ambele direc ții
principale de iner ție ale sec țiunii transversale. La aceste sisteme,
momente pot exista pe toate cele trei direc ții: x, y, z. Momentele
situate pe axele din planul sec țiunii (axele y și z) sunt momente Fig.3.1-1 Mt

25încovoietoare , iar momentul situat pe axa x (normal ă la planul
secțiunii), este un moment de torsiune (răsucire) care se noteaz ă cu
Mt.
Valoarea eforturilor este determinat ă de valoarea for țelor
exterioare care solicit ă elementul de rezisten ță.
Să vedem acum, pentru un sistem plan, cum se determin ă
mărimea eforturilor.
Pentru un sistem plan, pot exista trei eforturi: axial (N), t ăietor
(T) și moment încovoietor M i.
• Efortul axial N într-o sec țiune, este egal în m ărime cu suma
algebrică a proiec țiilor pe normala la sec țiunea barei a tuturor
forțelor exterioare din stânga sec țiunii 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 țiunii rămase a barei
(Fig.3.1-2a)
• Efortul tăietor T într-o sec țiune a elementului de rezisten ță, este
egal în m ărime cu suma algebric ă a proiec țiilor pe o direc ție
perpendicular ă la normala sec țiunii (deci în planul sec țiunii) a
tuturor for țelor exterioare din stânga sec țiunii sau a celor din
dreapta, luate îns ă cu semn schimbat. Efortul t ăietor se consider ă
pozitiv, când la o bar ă dreaptă acționează de sus în jos pe fa ța din
stânga sau de jos în sus pe fa ța din dreapta, sau altfel spus când
acesta are tendin ța să rotească secțiunea în care ac ționează în
sensul acelor de ceasornic (Fig.3.1-2b).

N
a ) b ) c )
Fig.3.1-2 N N
T T Mi M i
N Fața din drea pta Fa ța din stân ga

26• Momentul încovoietor M i dintr-o sec țiune a unui element de
rezistență este egal în m ărime cu suma algebric ă a momentelor în
raport cu centrul de greutate al sec țiunii considerate, a tuturor
forțelor exterioare din stânga sec țiunii sau a celor din dreapta, îns ă
luate cu semn schimbat. La o bar ă dreaptă, M i se consider ă pozitiv
atunci când pe fa ța din stânga are sensul acelor de ceasornic iar pe
fața din dreapta, sens contrar acestora (Fig.3.1-2c)
Într-o reprezentare centralizat ă, în Fig.3.1-3 se prezint ă
orientarea pozitiv ă a celor trei eforturi N, T, M
i, atât pe fa ța din stânga
cât și pe cea din dreapta a sec țiunii unui element de rezisten ță.
Aceast ă convenție de semne este valabil ă și pentru cazul barelor
verticale sau înclinate (vezi cadrele), cu condi ția să se aleagă un sens
de parcurs al barei de la un cap ăt spre celălalt.
Pentru u șurința trasării diagramelor de eforturi, propun p ăstrarea
aceleeași convenții de semne pozitive ale eforturilor și în cazul barelor
curbe plane.
• Pentru momentul de torsiune M
t, nu exist ă o conven ție unanim
acceptată pentru ca acesta s ă fie considerat pozitiv. Pentru a nu
încărca memoria cu prea multe no țiuni, propun ca momentul de
torsiune s ă fie considerat pozitiv, dac ă este orientat dup ă normala
exterioară la secțiune, adic ă la fel ca pentru efortul axial N.

3.2 Diagrame de eforturi N N T
T Mi M i
Fața din dreapta Fa ța din stânga
Fig.3.1-3

27
Calculul de rezisten ță al diferitelor elemente, necesit ă
cunoașterea în orice sec țiune a valorilor eforturilor. Deoarece
eforturile depind de sec țiunea în care se determin ă, variația fiecărui
efort de-a lungul elementului de rezisten ță, se exprim ă funcție de
coordonata sec țiunii respective. O astfel de expresie (func ție) pentru
efort, poart ă numele de funcție de efort . În cazul problemelor plane
(la care ne vom rezuma cel mai mult), func țiile de eforturi reprezint ă
însăși variația eforturilor N, T, M i în lungul elementului de rezisten ță.
Reprezentarea grafic ă a funcțiilor de eforturi, conduce la
obținerea așa numitelor diagrame de eforturi .
Pentru a ob ține diagrame de eforturi corecte, pe lâng ă modul de
obținere a acestora, mai trebuie știut câteva aspecte care rezult ă din
relațiile diferen țiale care exist ă între eforturi și forțele exterioare care
solicită elementul de rezisten ță.
Iată câteva aspecte care sunt obligat oriu a fi cunoscute, pentru
obținerea unor diagrame de eforturi corecte:
• valoarea efortului t ăietor într-o sec țiune, reprezint ă tangenta
trigonometric ă a unghiului pe care îl face cu axa x (axa
longitudinal ă a barei) tangenta la diagrama M i în secțiunea
respectivă,
• dacă pe o porțiune (interval) oarecare:
a) efortul t ăietor T > 0 (pozitiv), momentul încovoietor M i
crește,
b) efortul t ăietor T < 0 (negativ), momentul încovoietor M i
scade, c) efortul tăietor T trece prin valoarea zero schimbând semnul
din + (plus) în – (minus), atunci în acea sec țiune, M
i are un maxim
(Mi = M i,max), iar când semnul se schimb ă din – în +, M i are un minim
(Mi = M i,min),
d) efortul tăietor este nul (T = 0), momentul încovoietor M i este
constant (M i = const.),
• Dacă sarcina distribuit ă este nulă (p = 0) pe un interval (interval
neîncărcat), pe ecel interval efortul t ăietor T este constant (T =
const.). Pe acest interval, diagrama momentului încovoietor M i este
reprezentat ă prin drepte oblice, numai dac ă T≠0. Dacă p < 0,
efortul tăietor, scade.

28• Pe intervale înc ărcate cu sarcin ă uniform distribuit ă (p = const.),
diagrama M i este o parabol ă, iar diagrama T, o dreapt ă înclinată.
În cazul unei distribu ții neuniforme a sarcinii distribuite p, ambele
diagrame (T și M i) vor fi curbe a c ăror natur ă depinde de tipul
sarcinii p.
• În secțiunile din dreptul for țelor concentrate, diagrama T prezint ă o
discontinuitate de valoare (salt), egal ă cu valoarea acelei for țe și
produsă în sensul for ței, iar diagrama M i prezintă o discontinuitate
de tangent ă (o frângere) a por țiunilor vecine ale diagramei.
• Dacă sarcina distribuit ă este orientat ă în jos ( p < 0), diagrama M i
este o curb ă a cărei convexitate este dirijat ă în jos (Fig.3.2-1a), iar
dacă sarcina distribuit ă este dirijat ă în sus (p > 0), diagrama M i pe
acea porțiune are convexitatea în sus (Fig.3.2-1b).
• Pe intervale înc ărcate cu sarcini distribuite liniar, efortul t ăietor T
variază după o curbă de gradul doi, iar efortul M i după o curbă de
gradul trei. Convexitatea diagramei M i, se stabile ște la fel ca în
cazul p = const., (Fig.3.2-1). C onvexitatea efortului T, se stabile ște
ușor pe baza celor cunoscute din Analiza Matematic ă.

• Pe reazemul articulat de la cap ătul grinzii, momentul încovoietor
M
i este egal cu zero dac ă pe acest reazem nu se g ăsește un cuplu
(moment) concentrat. Dac ă în secțiunea de la cap ătul consolei nu în jos
în sus
a) b)

Fig.3.2-1

29este aplicat ă o forță concentrat ă, efortul t ăietor pe consol ă T, este
egal cu zero.
• La capătul încastrat al unei bare, eforturile T și M i sunt egale cu
reacțiunea, respectiv momentul din încastrare.
• Secțiunile în care se aplic ă un cuplu concentrat (moment concentrat
exterioar), diagrama M i prezintă o discontinuitate în valoare (salt)
egală cu valoarea acelui cuplu concentrat și produsă în sensul de
acțiune al cuplului. Asupra diagramei T, acest cuplu concentrat, nu
are nici o influen ță.

3.3 Etape pentru trasarea diagramelor de eforturi

Pentru trasarea diagramelor de eforturi, recomand parcurgerea următoarelor etape :
• Se calculeaz ă și se verific ă reacțiunile ( vezi Cap.1 ). Nu se trece la
etapa urm ătoare pân ă când nu s-au verificat reac țiunile și avem
certitudinea c ă acestea sunt calculate corect. Altfel, toat ă munca
depusă mai departe este zadarnic ă.
• Se noteaz ă (cu numere ori litere) toate sec țiunile care pot delimita
intervale. Un interval este acea por țiune a unui element de
rezistență, pe care eforturile nu- și modific ă funcțiile. Astfel de
puncte, pot fi considerate sec țiunile în care ac ționează forțe,
reacțiuni, cupluri, începutul și sfârșitul sarcinii distribuite, bara î și
modifică orientarea (noduri), etc.
• Analizând elementul de rezisten ță, se stabile ște care sunt eforturile
care pot ap ărea în sec țiunile acestuia. Se traseaz ă acum liniile de
valoare zero ale eforturilor (linii care coincid cu axa geometric ă a
elementului), se noteaz ă eforturile care urmeaz ă a fi determinate
și
se pun și unitățile de măsură utilizate pentru eforturi.
• Se trece la scrierea func țiilor de eforturi și reprezentarea lor
grafică, adică obținerea diagramelor de eforturi.
Pentru scrierea func țiilor de eforturi și reprezentarea lor grafic ă,
se parcurg etapele :
• Din mulțimea de intervale care au rezultat, se alege unul singur.

30• În intervalul ales, se face o sec țiune (imaginar ă) și consider ăm că
prin aceast ă secțiune am separat elementul de rezisten ță în două: o
parte situat ă în stânga iar cealalt ă în dreapta sec țiunii făcute.
• Privim atent cele dou ă părți rezultate și alegem pentru scrierea
funcțiilor de eforturi, pe cea cu for țe exterioare mai pu ține.
• Luăm variabila (x sau ϕ – pentru bare curbe) care pozi ționează
secțiunea făcută, în vederea scrierii func țiilor de eforturi. Originea
variabilei este în unul din capete le intervalului stabilit pentru
rezolvare. Dac ă s-a ales partea stâng ă de parcurs, atunci originea
variabilei este în cap ătul din stânga al intervalului, iar dac ă s-a
ales de parcurs partea dreapt ă, atunci originea variabilei este în
capătul din dreapta al intervalului.
• Se noteaz ă intervalul care se rezolv ă. Tot acum se scrie și intervalul
valorilor variabilei, ca de exemplu:
Intervalul (B – 1) cu x ∈ ( 0 ; 2 m).
• După stabilirea intervalului, se trece la scrierea func țiilor de
eforturi pe acest interval (vezi parag. 3.1), func ții care apoi se
reprezintă grafic. Odat ă cu trasarea diagramelor, corectitudinea
acestora se verific ă cu ajutorul cuno științelor prezentate la
paraggraful 3-2.
• Dacă totul a reie șit bine, se alege un alt interval și se parcurg din
nou toate etapele indicate.
• După trasarea diagramelor de eforturi pentru tot elementul de
rezistență, se recomand ă a se mai face înc ă o verificare pe baza
celor prezentate la paragraful 3.2.
La barele curbe, apar mici diferen țe, dar acestea se vor specifica
atunci când se prezint ă un exemplu de trasare al diagramelor de
eforturi 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

31
3.4.1-1 Să se traseze diagramele de eforturi pentru bara dreapt ă
orizontală din Fig.3.4.1-1a.

B C
x 1 x x

VB=24 kN V C=32 kN

13,86 13,86

La barele drepte orizontale, se consider ă că observatorul (cel
care rezolv ă problema) se afl ă sub bară și de aici prive ște modul de
solicitare și 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

32 De la început, trebuie l ăsat loc suficient sub bar ă pentru
diagramele de eforturi. – Calculul reac țiunilor și verificarea lor, a condus la urm ătoarele
valori: H
B = 13,86 kN
V B = 24 kN
V C = 32 kN.
– Not ăm celelalte sec țiuni caracteristice cu 1 și 2. Au rezultat
astfel trei intervale caracteristice: B-1 ; 1-C ; C-2. Pe fiecare astfel de interval, eforturile au func ții unice.
– Tinând seama de for țele exterioare, se constat ă că pentru
această grindă există trei eforturi: N, T, M
i.
– Am reprezentat liniile de valoare zero (axa barei), le-am notat cu N, T, respectiv M
i și am pus în paranteze drepte, unit ățile de
măsură corespunz ătoare: [kN], [kN], [kNm].
Trecem la scrierea func țiilor de eforturi și trasarea acestor
diagrame, pe fiecare interval. – Alegem pentru început, intervalul din stânga și realizăm o
secțiune imaginar ă (Fig.3.4.1-1a). Au rezultat astfel dou ă părți față de
această secțiune: una în stânga și cealaltă în dreapta. Se constat ă că
partea din stânga (por țiunea B – pân ă la secțiune) este mai pu țin
încărcată, motiv pentru care alegem aceast ă parte. Originea variabilei
x o alegem în stânga, în punctul B (în reazem). Deci, rezolv ăm:
Intervalul (B – 1) cu x
∈ [0 ; 2 m].
Pe acest interval, func țiile de eforturi sunt (vezi și convenția de
semne pozitive): Efortul axial N :
N = H
B = 13,86 kN. Efortul N, nu depinde de pozi ția secțiunii x
și este constant. Valorile pozitive le reprezent ăm grafic, deasupra axei
de valoare zero (vezi sensul pozitiv al ordonatei). În sec țiunea B,
rezultă un salt de 13,86 kN, salt care trebuie s ă existe (Fig.3.4.1-1b).

33 Efortul tăietor T :
T = V B – p x = 24 – 12 x și este o dreapt ă (corect).
Calculăm valorile lui T, la capetele intervalului B – 1:
T B = T x=0 = 24 -12 0 = 24 kN, rezult ă salt (corect),
T1 = T x=2 = 24 -12 2 = 24 – 24 = 0 kN
Se unesc valorile de la capetele intervalului și rezultă diagrama care
prezintă o variație liniară (corect – Fig.3.4.1-1c).
Efortul moment încovoietor, M
i:
M i = V B x – p x x/2 = 24 x -6 x2 – este o parabol ă (corect).
Calculăm valorile lui M i, la capetele intervalului :
Mi,B = M i,x=0 = 24 0 – 6 02 = 0 (corect),
M i,B = M i,x=2 = 24 2 – 6 22 = 48 – 24 = 24 kNm.
Rezultă, M i crescător (corect, T>0) și nu are salt sau extrem (corect).
La momentul încovoietor, valorile pozitive se reprezint ă sub axa de
valoare zero (dedesubt – Fig.3.4.1-1d). Deoarece am terminat intervalul din stânga, trecem la alt interval. Alegem spre exemplu, intervalul din dreapta. – Am realizat sec țiunea imaginar ă (Fig.3.4.1-1a),
– Se observ ă că partea din dreapta, fa ță de secțiune, este mai
puțin încărcată: numai cu momentul M. Alegem aceast ă parte.
-Variabila x, are originea în sec țiunea 2.
– Rezolv ăm acum:
Intervalul (2 – C) cu x
∈ [0 ; 1 m].
Pe acest interval, func țiile de eforturi, sunt (aten ție la semnele pozitive
ale eforturilor – parcurgem intervalul de la dreapta la stânga): N = 0 (nu exist ă forțe exterioare axiale pe partea din dreapta),
T = 0 (nu exist ă forțe exterioare normale la axa barei),
M
i = – M = – 16 kNm – nu depinde de pozi ția secțiunii x,
– e s t e c o n s t a n t , – p r e z i n t ă salt în sec țiunea 2 (corect).
A mai r ămas intervalul din mijloc.
– Facem o sec țiune imaginar ă x (vezi Fig.3.4.1-1a).

34 – Am impresia c ă partea din dreapta este mai simplu de rezolvat.
Alegem aceast ă parte. Varibila x, are originea în sec țiunea C
(reazemul din dreapta). Rezolv ăm acum:
Intervalul (C – 1) cu x
∈ [0 ; 2 m].
Funcțiile de eforturi, pe acest interval, sunt:
N = 0 (nu exist ă forțe exterioare axiale pe partea din dreapta),
– î n s e c țiunea 1, apare un salt de 13,86 kN (corect –
Fig.3.4.1-1b), T = – V
C + p x = -32 + 12 x – varia ție liniară (corect),
Valorile lui T la capetele intervalului, sunt: T
C = T x=0 = -32 +12 0 = -32 kN,
T 1 = T x=2 = -32 +12 2 = -32 + 24 = -8 kN.
În sec țiunea C, apare un salt de 32 kN (corect), iar în sec țiunea
1, un salt de 8 kN (corect). Efortul T nu se anuleaz ă pe acest interval,
decât în sec țiunea 1 (Fig.3.4.1-1c).
M i = -M + V C x – p x x/2 = -16 +32 x – 6 x2 -variație parabolic ă
(corect). Valorile lui M
i la capetele intervalului, sunt:
M i,C = M i,x=0 = -16 kNm -diagrama se închide în C (corect),
M i,1 = M i,x=2 = -16 +32 2 – 6 22 = -16 +64 -24 = 24 kNm –
diagrama se închide în 1 (corect). În sec țiunea 1, rezult ă un extrem
(corect, deoarece T 1 = 0). Pe intervalul 1 – C, T < 0, iar M i este
descrescător, scade de la 24 kNm la -16 kNm (corect).
Așa se traseaz ă corect diagramele de eforturi. Este bine ca
verificarea corectitudinii diagramelor de eforturi, s ă se facă așa ca în
exemplul prezentat, adic ă o dată cu trasarea diagramelor și apoi se
recomand ă o reverificare la final. O verificare a diagramelor de
eforturi numai la final (dup ă ce acestea au fost trasate), prin corectare
conduce la un aspect urât, dezordonat, de unde nu se mai în țelege
nimic 3.4.1-2 Să se traseze diagramele de eforturi, pentru bara
dreaptă din figura de mai jos (Fig.3.4.1-2).

35

Calculul reac țiunilor a condus la urm ătoarele valori:
V
B = 7,2 kN
H C = 0
V C = 14,8 kN.
Pentru acest element de rezisten ță, există numai eforturile T și
Mi. Neexistând înc ărcări axiale, nu exist ă nici efort axial N (N = 0). ξ= 3,6 m M = 16 kNm p = 2 kN/m F = 2 kN
a)
7,2 7 ,2 6
2
-8,8 T [kN]
-1,6 -8b)
c)
11,3
14,4 Mi [kNm]
Fig.3.4.1-2 1 2
VC = 14,8 kN VB = 7,2 kN x x x B
C
2 m 2 m 8 m

36 Alte puncte caracteristice în afar ă de reazeme, sunt sec țiunile 1
și 2 (Fig.3.4.1-2a). Alegem pentru început,
Intervalul (B – 1) cu x
∈ [0 ; 2 m].
Originea variabilei x este în sec țiunea B, deoarece alegem partea
din stânga, fiind mai pu țin încărcată.
Func țiile eforturilor pe acest interval, sunt:
T = V B = 7,2 kN -rezult ă efort tăietor constant, cu salt în
secțiunea B (corect – vezi Fig.3.4.1-2b),
M i = V B x = 7,2 x -varia ție liniară (corect).
La capetele intervalului, valorile lui M i, sunt:
M i,B = M i,x=0 = 7,2 0 = 0 (corect),
M i,1 = M i,x=2 = 7,2 2 = 14,4 kNm.
Momentul încovoietor M i este cresc ător (corect, deoarece T > 0 -vezi
Fig.3.4.1-2c). Alegem alt interval și anume, pe cel din mijloc, în care realiz ăm
o secțiune imaginar ă (Fig.3.4.1-2a). Partea din stânga pare mai u șor
de rezolvat. Rezolv ăm acum,
Intervalul (1 – C) cu x
∈ [0 ; 8 m].
Funcțiile eforturilor pe intervalul 1 – C, sunt:
T = V B – p x = 7,2 – 2 x -varia ție liniară (corect).
Valorile efortului t ăietor la capetele intervalului, sunt:
T 1 = T x=0 = 7,2 – 2 0 = 7,2 kN -diagrama se închide f ără salt în
secțiunea 1 (corect – vezi Fig.3.4.1-2b),
T C = T x=8 = 7,2 – 2 8 = 7,2 – 16 = -8,8 kN.
Efortul tăietor T se anuleaz ă (trece de la valori pozitive la valori
negative). Sec țiunea în care T se anuleaz ă, trebuie determinat ă,
deoarece în aceast ă secțiune, efortul M i prezintă un extrem (maxim în
cazul nostru). Punem condi ția ca T să fie nul. Rezult ă:
T = 7,2 – 2 ξ = 0, de unde ξ = 7,2 / 2 = 3,6 m. Se coteaz ă poziția
acestei sec țiuni (vezi Fig.3.4.1-2b).
Efortul M i, are pe intervalul 1 – C, expresia:
M i = V B (2 + x) – M – p x x / 2 sau,
M i = 7,2 (2 + x) – 16 – x2 -variație parabolic ă (corect).
Valorile lui M i la capetele intervalului și valoarea extrem ă (maxim),
sunt:

37 M i,1 = M i,x=0 = 7,2 (2 + 0) -16 – 02 = -1,6 kNm -rezult ă în
secțiunea 1 un salt de 16 kNm (corect -Fig.3.4.1-2c),
M i,extrem = M i,ξ=3,6 = 7,2 (2 + 3,6) -16 – 3,62 = 11,3 kNm,
M i,C = M i,x=8 = 7,2 (2 + 8) -16 – 82 = -8 kNm.
Pe porțiunea unde T > 0, M i descrește de la 11,3 kNm la -8 kNm
(corect – Fig.3.4.1-2c). A mai r ămas, intervalul din dreapta. Dup ă realizarea sec țiunii
imaginare în acest interval (Fig.3.4.1-2a), se observ ă că partea dreapt ă
este mai pu țin încărcată. Alegem atunci,
Intervalul (2 – C) cu x
∈ [0 ; 2 m].
Pe intervalul 2 – C, eforturile prezint ă următoarele expresii:
T = F + p x = 2 + 2 x -varia ție liniară (corect).
La capetele intervalului, efortul t ăietor T, are valorile:
T 2 = T x=0 = 2 + 2 0 = 2 kN,
T C = T x=2 = 2 + 2 2 = 6 kN.
În secțiunea 2, apare un salt de 2 kN (corect), iar în sec țiunea C un
salt de 14,8 kN (corect – Fig.3.4.1-2b). Efortul t ăietor este pozitiv și
nu se anuleaz ă.
Func țiile de moment încovoietor M i pe intervalul 2 – C, sunt:
M i = -F x – p x x/2 = -2 x – x2 -variație parabolic ă (corect).
Cum T nu se anuleaz ă, M i nu prezint ă extrem.
La capetele intervalului 2 – C, valorile lui M i, sunt:
M i,2 = M i,x=0 = -2 0 – 02 = 0 -fără salt în sec țiunea 2 (corect),
M i,C = M i,x=2 = -2 2 – 22 = -8 kNm -diagrama se închide în
secțiunea C f ără salt (corect). Cum pe intervalul 2 – C, T > 0, efortul
Mi crește de la -8 kNm la zero (corect).
3.4.2 Diagrame de eforturi la cadre cu bare drepte
3.4.2-1 Să se traseze diagramele de eforturi, pentru cadrul
plan din Fig.3.4.2-1

38
Calculul reac ținilor a condus la urm ătoarele valori:
H
B = 40 kN
V B = 5 kN
V C = 35 kN.

Liniile de valoare zero ale eforturilor, nu mai pot fi puse sub
elementul de rezisten ță ca la barele drepte orizontale. În acest caz,
liniile de valoare zero ale eforturilor urm ăresc conturul cadrului și se
așează separat, ca în Fig.3.4.2-2. Aici se noteaz ă natura efortului și
unitatea de m ăsură.
Alte puncte caracteristice ale cadrului sunt sec țiunile 1 și 2
(Fig.3.4.2-1). Și pentru acest cadru, avem tot trei intervale
caracteristice (B – 1, 1 – 2, 2 – C) , unul (B – 1) fiind orientat pe
verticală, iar celelalte dou ă pe orizontal ă, ca la exemplul 3.4.1.
Așezarea pe vertical ă a intervalului B – 1, nu ridic ă probleme
deosebite pentru scrierea func țiilor de eforturi și trasarea diagramelor.
p = 20 kN/m
B H B= 40 kN
VB = 5 kN x 2 mx x
1 m 1 m
VC = 35 kN C M = 10 kNm F = 40 kN
1 2
Fig.3.4.2-1 Observator

39
. Nu ne r ămâne decât s ă ne imagin ăm că eforturile pe care le-am
reprezentat pentru bara dreapt ă orizontal ă, s-au rotit cu 90
0 și au ajuns
orientate pe verical ă (Fig.3.4.2-3)
La cadre, pentru barele verticale, pozi ția observatorului este
astfel încât trecerea la barele orizontale s ă fie făcută fără a trece de
cealaltă parte a barei. Pentru cadrele cu contururi închise, rezult ă că
poziția observatorului trebuie s ă fie în interiorul cadrului. Pentru
exemplul nostru, la por țiunea vertical ă, observatorul va privi bara din
partea dreapt ă (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 Observato r
a) b) c)

Fig.3.4.2-3

40 Începem scrierea func țiilor de eforturi și trasarea diagramelor de
eforturi cu intervalul orientat pe vertical ă.
Realiz ăm secțiunea imaginar ă în acest interval (Fig.3.4.2-1) și
constatăm că porțiunea mai pu țin încărcată este cea din partea stâng ă
a observatorului (dinspre reazemul B). Ca urmare, originea variabilei
x, va fi în sec țiunea B.
La scrierea func țiilor de eforturi, pentru aceast ă situație, ne
orientăm după convenția de semne pozitive, prezentat ă în Fig.3.4.2-
3b. Rezolv ăm atunci,
Intervalul (B – 1) cu x
∈ [0 ; 2 m]
Func țiile de eforturi pe acest interval, sunt:
N = – V B = -5 kN -efort constant (corect)
-salt în sec țiunea B (corect – Fig.3.4.2-2a)
T = H B – p x = 40 – 20 x -varia ție liniară (corect).
Valorile lui T la capetele intervalului, sunt: T
B = T x=0 = 40 – 20 0 = 40 kN, salt în sec țiunea B (corect),
T 1 = T x=2 = 40 – 20 2 = 0 kN -se anuleaz ă în capătul
intervalului și este pozitiv (corect – Fig.3.4.2-2b).
M i = H B x – p x x/2 = 40 x – 10 x2 -variație parabolic ă (corect).
Valorile lui M i la capetele intervalului B – 1, sunt:
M i,B = M i,x=0 = 40 0 – 10 02 = 0 – f ără salt în sec țiunea B
(corect), M
i,1 = M i,x=2 = 40 2 – 10 22 = 40 kNm -momentul încovoietor
Mi este cresc ător (corect) și prezintă extrem în sec țiunea 1 (corect –
Fig.3.4.2-2c). Tras ăm acum diagramele de eforturi pentru,
Intervalul (C – 2) cu x
∈ [0 ; 1 m]
Originea variabilei x este în sec țiunea C, deoarece am ales
partea din dreapta sec țiunii. Acest interval fiind orizontal, nu ridic ă
nici un fel de probleme. Func țiile de eforturi, sunt:
N = 0 -nu exist ă sarcini axiale pe partea luat ă în considerare
(corect), T = – V
C = -35 kN -efort constant cu salt în sec țiunea C (corect
– Fig.3.4.2-2b),

41 M i = V C x = 35 x -varia ție liniară (corect).
La capetele intervalului C – 1, valorile lui M i, sunt:
M i,C = M i,x=0 = 35 0 = 0 -f ără salt în sec țiunea C (corect),
M i,2 = M i,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, în
secțiunea 1 (Fig.3.4.2-1).
Pe acest interval, func țiile de eforturi au expresiile:
N = 0 -nu exist ă forțe exterioare axiale pe partea considerat ă
(corect), T = -V
C + F = -35 + 40 = 5 kN -efo rt constant cu salt de 40 kN
în secțiunea 1 și pozitiv (corect – Fig.3.4.2-2b),
M i= V C (1 + x) – F x = 35 (1 + x) – 40 x = 35 – 5 x -varia ție
liniară (corect).
Valorile lui M i la capetele intervalului, sunt:
M i,2 = M i,x=0 = 35 – 5 0 = 35 kNm -diagrama în sec țiunea 2 se
închide fără salt (corect – Fig.3.4.2-2c),
M i,1 = M i,x=1 = 35 – 5 1 = 30 kNm -momentul încovoietor este
crescător pe intervalul 1 – 2 (T > 0). În nodul rigid 1, apare un salt de
moment încovoietor de la 30 kNm (pe bara vertical ă) la 40 kNm (pe
bara orizontal ă). Apariția acestui salt de 10 kNm este corect ă,
deoarece în sec țiunea 1 ac ționează momentul concentrat M = 10 kNm.
Se poate constata c ă în nodurile neînc ărcate, formate de bare
perpendiculare, efortul axial de pe o bar ă devine tăietor pe cealalt ă, iar
efortul tăietor de pe o bar ă devine axial pe cealalt ă bară. De asemenea,
în nodurile neînc ărcate formate din bare perpendiculare, momentul
încovoietor M i de pe o bar ă, se transmite pe cealalt ă bară în mărime și
semn. 3.4.3 Diagrame de eforturi la bare curbe plane
3.4.3-1 Să se traseze diagramele de eforturi pentru bara curb ă
plană din Fig.3.4.3-1.

42
La bare în țepenite, pentru trasarea diagramelor de eforturi, se
poate renun ța la calculul reac țiunilor, cu condi ția ca func țiile de
eforturi pentru toate intervalele s ă fie scrise parcurgând fiecare
interval caracteristic dinspre cap ătul liber spre încastrare.
Pentru bara din Fig.3.4.3-1, dup ă notarea sec țiunilor
caracteristice 1, 2 respectiv B, rezult ă două intervale caracteristice:
primul interval 1 – 2 constituie o por țiune dreapt ă, iar cel de-al doilea
2 – 3 – B, este o por țiune curb ă cu raza de curbur ă R.
Abord ăm trasarea diagramelor de eforturi la fel ca la cadre (vezi
parag. 3.4.2). Diagramele de eforturi, le tras ăm pe conturul cadrului
prezentat în Fig.3.4.3-2. Începem cu: Intervalul (1 – 2) cu x
∈ [0 ; 2R].
Originea variabilei x este în sec țiunea 1, deoarece consider ăm că
partea din dreapta sec țiunii este mai pu țin încărcată și mai ușor de
rezolvat. Pe intervalul 1 – 2, func țiile de eforturi au expresiile:
N = 0 -nu exist ă forțe exterioare axiale pe partea dreapt ă,
T = F -efort axial constant de valoare F, pozitiv, iar în sec țiunea
1 apare un salt de valoare F (corect – Fig.3.4.3-2b), M
i = -F x -varia ție liniară (corect).
Valorile lui M i la capetele intervalului 1 – 2, sunt:
M i,1 = M i,x=0 = F 0 = 0 -nu apare salt în sec țiunea 1 (corect –
Fig.3.4.3-2c), F
x
2 R
R 21
B
Fig.3.4.3-13

43 M i,2 = M i,x=2R = F 2R = 2FR -momentul încovoietor M i pe
intervalul 2 -1 este descresc ător, T < 0 (corect – Fig.3.4.3-2c).
Cel de-al doilea interval, dup ă cum se poate observa, nu mai este
drept, ci este o por țiune curb ă. Variabila liniar ă x de la barele drepte
nu poate fi utilizat ă și pentru por țiunile curbe. Pentru por țiunile curbe,
variabila care pozi ționează secțiunea în care se scriu func țiile de
eforturi este un unghi, fie el notat cu ϕ (Fig.3.4.3-3).

În sec țiunea definit ă de unghiul ϕ, trebuie scrise func țiile de
eforturi.
Dup ă cum se știe, efortul axial N este situat pe o direc ție
perpendicular ă la secțiune. La por țiunile curbe, o astfel de direc ție
este tangenta la curb ă, notată ( t ) în Fig.3.4.3-3. Efortul t ăietor T, este
conținut în planul sec țiunii. La por țiunile curbe, aceast ă direcție trece
prin secțiune și prin centrul de curbur ă (direcția radială r-Fig.3.4.3-3). -F
-F F F -2F R
-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)

44 Așadar, pentru a stabili func ția de efort axial N într-o sec țiune a
unei porțiuni curbe, toate for țele exterioare de pe partea considerat ă,
trebuie proiectate pe tangenta la curb ă în secțiunea respectiv ă (direcția
t). Pentru func ția efort t ăietor T, se proiecteaz ă toate for țele
exterioare de pe partea considerat ă, pe direc ția radială ( r ) care
conține acea sec țiune.
Dac ă o proiectare direct ă a forțelor exterioare ce ac ționează pe
partea considerat ă este dificil ă, atunci se recomand ă reducerea tuturor
acestor for țe exterioare în sec țiunea respectiv ă (vezi și parag. 1.3).
Exemplu de reducere a for țelor exterioare, pentru problema
studiată (Fig.3.4.3-1) este prezentat în Fig.3.4.3-4.
Acum putem scrie func țiile de eforturi (cu acelea și convenții de
semn pozitiv de la barele drepte) pe:
Intervalul (2 – B) cu ϕ
∈ [o ; Π].
Efortul axial N, are expresia:
N = -F sin ϕ -variație sinusoidal ă (vezi Fig.3.4.3-4),
Valorile efortului axial N la capetele intervalului considerat, sunt:
N 2 = Nϕ=0 = -F sin 0 = 0 -nu apare salt în diagram ă (corect –
Fig.3.4.3-2a),
N 3 = Nϕ=Π/2 = -F sin Π/2 = -F F F
TN
CC N = F sin ϕ
T = F cos ϕ ϕ
Fig.3.4.3-4 3 ϕ ϕ

45 N B = Nϕ=Π = -F sin Π = -F 0 = 0 -se poate constata c ă pe
intervalul 2 – B, efortul axial N, prezint ă un singur extrem pentru ϕ=
Π/2 (Fig.3.4.3-2a).
Efortul t ăietor T, are expresia:
T = F cos ϕ -variație cosinusoidal ă (vezi Fig.3.4.3-4).
Valorile lui T pe intervalul considerat, sunt:
T 2 = Tϕ=0 = F cos 0 = F -diagrama T se închide f ără salt în
secțiunea 2 (corect – Fig.3.4.3-2b),
T 3 = Nϕ=Π/2 = F cos Π/2 = 0
T B = Tϕ=Π = F cos Π = F (-1) = -F -în sec țiunea B apare un salt
determinat de reac țiunea vertical ă din înțepenire (corect – Fig.3.4.3-
2b). Efortul moment încovoietor M
i în secțiunea considerat ă, se scrie
relativ ușor. Din Fig.3.4.3-4, rezult ă:
M i = -F (2R + R sin ϕ) = -FR (2 + sin ϕ) -o varia ție
sinusoidal ă.
Pe intervalul 2 – B, valorile lui M i sunt:
M i,2 = M i,ϕ=0= -FR (2 + sin 0) = -2FR -diagrama M i se închide
fără salt în sec țiunea 2 (corect – Fig.3.4.3-2c),
M i,3 = M i,ϕ=Π/2= -FR (2 + sin Π/2) = -FR(2 + 1) = -3FR -are
extrem în sec țiunea 3, deoarece T 3 = 0 (corect – Fig.3.4.3-2c),
M i,B = M i,ϕ=Π= -FR (2 + sin Π) = -FR(2 + 0) = -2FR -în
secțiunea B apare un salt determinat de reac țiunea unui cuplu din
încastrare (corect – Fig.3.4.3-2c). Pe por țiunea 3 – 2 unde T > 0, M i
crește de la -3FR la -2FR, iar pe por țiunea B – 3 unde T < 0, M i
descrește de la -2FR la -3FR (corect – Fig.3.4.3-2c).
Trasarea diagramelor de eforturi la bare curbe a fost prezentat ă
pe un exemplu de combina ție bară dreaptă – bară curbă. În cazul
existenței numai a por țiunilor curbe, scrierea func țiilor și trasarea
diagramelor de eforturi, se face la fel ca pentru por țiunea curb ă
prezentată.
Se atrage aten ția asupra faptului c ă în unele situa ții, funcțiile de
efort N și T pot prezenta extrem, a c ărui valoare trebuie determinat ă.
La aceste eforturi, extreme se pot întâlni atunci când func țiile
eforturilor con țin atât func ția trigonometric ă sin cât și cos, sau
combinații de aceste func ții trigonometrice.

46 Pentru semnele pozitive ale eforturilor din barele curbe plane,
recomand utilizarea conven ției stabilit ă la barele drepte și nu altele,
care nu fac altceva decât s ă îngreuneze calculul și să deruteze sau s ă
încurce pe rezolvitor. 3.4.4 Diagrame de eforturi la sisteme spa țiale de bare drepte
Sistemele spa țiale sunt printre cele mai r ăspândite sisteme într-o
construcție sau structur ă de rezisten ță. Ele pot fi formate din bare
drepte, curbe sau combina ție a acestora.
Mă voi opri asupra sistemelor spa țiale alcătuite din bare drepte,
nu numai pentru faptul c ă sunt cele mai r ăspândite, ci și pentru aceea
că formeaz ă baza de studiu pentru studen ții facultăților cu profil
mecanic. La sistemele spa țiale, nu putem utiliza toate conven țiile pe care
le-am utilizat la exemplele precedente. La aceste sisteme, folosim următoarele convenții pentru trasarea diagramelor de eforturi :
• Diagrama efortului axial N, o putem reprezenta în orice plan al
sistemului. În aceast ă diagram ă, vom pune semn: plus (+) dacă
efortul este de întindere și minus (-) dacă este de compresiune.
• Diagrama efortului t ăietor T, se va reprezenta în planul în care
acț
ionează forțele exterioare normale la axa barei și de aceea și
parte a barei cu for țele 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 diagram ă nu se mai pune semn.
• Momentul de torsiune M t, se poate reprezenta în orice plan, nu se
mai pune semn în diagram ă, iar "ha șura" diagramei M t se face
printr-o spiral ă, tocmai pentru a se deosebi de momentul
încovoietor M i.
Înainte de a ne apuca s ă trasăm diagramele de eforturi la un
sistem spa țial, este recomandat a ne reaminti cum variaz ă eforturile în
funcție de încărcarea fiec ărui interval (vezi parag.3.2). De asemenea
este bine s ă ne reamintim cum se reduc for țele exterioare într-o
secțiune (vezi parag. 1.3) și faptul că o dimensiune a unui element de

47rezistență paralelă cu suportul for ței nu constituie bra ț al forței și ca
urmare produsul dintre for ță și o astfel de dimensiune, nu produce
niciodată un cuplu (moment).
Dacă ne-am reamintit toate acestea, putem începe s ă trasăm diagrame
de eforturi pentru sisteme spa țiale.
3.4.4.1 Pentru cadrul din Fig.3.4.4.1-1, s ă se traseze
diagramele de eforturi.
Dup ă cum se poate constata, cadrul proprizis împreun ă cu F
1,
formează un sistem plan. Cum F 2 este într-un plan perpendicular pe
planul cadrului și a forței F 1, rezultă un sistem spa țial.
Notăm secțiunile caracteristice ale sistemului cu: 1, 2, 3, B. S-au
obținut 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 de aspecte cu privire la diagramele de eforturi. Iat ă doar câteva dintre
acestea: . efortul axial N exist ă numai pe tronsonul 2 – 3 dat de F
1, este
constant și de întindere; poate fi pus pe diagrama N (Fig.3.4.4.1-2a).
– for ța exterioar ă F1 produce efort t ăietor pe intervalele 1 – 2 și
3-B, constant, de valoare F 1. În diagram ă acest efort se va reprezenta
în plan vertical (cum ac ționează și F 1) și deasupra barei (de partea B c 3
b
2aF1
F2 b > a
Fig.3.4.4.1-1 1

48forței F 1). Efortul t ăietor produs de F 1, este reprezentat în diagrama T
din Fig.3.4.4.1-2b. – for ța exterioar ă F
2 este perpendicular ă pe toate intervalele
sistemului, deci pe fiecare interval produce efort t ăietor, constant și de
valoare F 2. Efortul t ăietor produs de F 2 se reprezint ă în diagrama T în
planul în care ac ționează F2 și de aceea și parte a barei cu F 2 (vezi
Fig.3.4.4.1-2b). Dup ă cum se poate observa, la sistemele spa țiale alcătuite din
bare drepte, trasarea diagramelor de eforturi N și T, se face foarte
ușor, fără a mai fi nevoie de scrierea func țiilor eforturilor. F1 F1 F 1
F2 F 2
F2 F 2F1(a + c )
F1 a
F1a
F1 a F2 a
F2(a+c) F 2b
F2 a
N T M i(F1) M i(F2)
a) b) c) d)

F2 b F 2 b
F2 a
F2 a F1 a
F1 a
F2 a F2b
F2 (a + c)F1(a + c )
F 2 a
M t M i

e) f)

Fig.3.4.4.1-2 F1

49 Trasarea diagramelor M i și M t este ceva mai dificil ă, dar dacă v-
ați însușit bine toate cuno științele prezentate pân ă acum, ve ți vedea că
nu aveți dificultăți.
Trasarea diagramelor M i și M t este bine s ă se facă prin
suprapunere de efecte. Asta înseamn ă că se va lua sistemul înc ărcat pe
rând numai cu câte o sarcin ă. Acest principiu îl aplic ăm și exemplului
nostru din Fig.3.4.4.1-1. Pentru început, consider ăm sistemul înc ărcat numai cu for ța
exterioară F
1 (Fig.3.4.4.1-3).
Privind sistemul și având trasate diagramele T, putem afirma
următoarele:
– Sistemul din Fig.3.4.4.1-3 este un cadru plan (vezi diagramele de eforturi de la parag. 3.4.2). – Pe toate intervalele, diagramele M
i produse de F 1, prezintă
variație liniară (intervale neînc ărcate).
– Dimensiunea b a intervalului 2 – 3 fiind paralel ă cu suportul
forței F 1, nu va fi bra ț pentru aceasta. Asta înseamn ă că nu va exista
nici un moment egal cu F 1b.
– Dac ă variația momentelor produse de F 1 sunt liniare, atunci
este convenabil s ă determin ăm valoarea momentelor numai la
capetele intervalelor și apoi să le unim cu linie dreapt ă.
– Cum intervalul 2 – 3 este paralel cu suportul for ței F 1 dar la o
distanță a de acesta, rezult ă că pe acest interval, momentul produs de
F1 este constant. B c 3
b
2 1 aF1
Fig.3.4.4.1-3

50 – Mai știm că în noduri rigide (cum sunt nodurile 2 și 3), la
sistemele plane, momentele se transmit de la o bar ă la alta.
– Sistemul fiind plan și neexistând înc ărcări cupluri (momente)
de torsiune, nu va exista nici efort moment de torsiune M t.
În Fig.3.4.4.1-4, se arat ă valorile momentelor produse de for ța
F1 la capetele fiec ărui interval.
Nu ne r ămâne acum decât ca aceste momente s ă fie identificate
(sunt de încovoiere sau de torsiune), s ă fie reprezentate de partea
fibrei întinse (cele de încovoiere în Fig.3.4.4.1-4 s-au pus de partea
fibrei întinse) și unite valorile cu linii drepte. Aceast ă etapă este
parcursă în Fig.3.4.4.1-2c.
Să procedăm la fel și pentru for ța exterioar ă F
2 (Fig.3.4.4.1-5).
Și la acest sistem, se pot preciza înc ă de început, câteva aspecte:
– Pe toate intervalele, momentele au o varia ție liniară (intervale
neîncărcate).
0 B 3 F1 (a + c) F 1 a
3
2F1 a
F1 a
2 1 F1 a F1
Fig.3.4.4.1-4
B c 3
b
a
2 1
F2
Fig.3.4.4.1-5

51 – Toate dimensiunile a, b, c sunt perpendiculare pe direc ția forței
F2, deci toate sunt bra țe pentru F 2, toate vor creea momente cu F 2.
– Cum for ța F 2 împinge sistemul dinspre noi înspre partea opus ă
nouă, rezultă că fibrele întinse ale cadrului sunt situate înspre noi. De
această parte vor fi reprezentate și diagramele M i.
În Fig.3.4.4.1-6, sunt puse la capetele intervalelor, momentele produse de for ța exterioar ă F
2.
Rămâne acum s ă stabilim natura momentelor și să le
reprezentăm grafic (Fig.3.4.4.1-2d,e).
Intervalul 1 – 2 . Momentul F
2a din secțiunea 2, este moment
încovoietor M i.
Intervalul 2 – 3 . Momentul F2a din secțiunea 2, este moment de
torsiune M t. În secțiunea 2, nu exist ă moment încovoietor M i.
Momentul F2b din secțiunea 3, este moment încovoietor M i, iar
momentul F2a din secțiunea 3, este moment de torsiune M t.
Intervalul 3 – B . Momentul F2b din secțiunea 3, este moment de
torsiune M t. Momentul F2a din secțiunea 3, este moment încovoietor
Mi. Momentul F2(a + c) din secțiunea B, este moment încovoietor, iar
momentul F2b din secțiunea B, este moment de torsiune M t.
Puse pe diagram ă și unind valorile momentelor de acela și tip, au
rezultat diagramele de eforturi din Fig.3.4.4.1-2d,e. Se poate constata că momente încovoietoare M
i există în mai multe plane, produse de F 1
și F2. Diagrama final ă rezultată Mi este prezentat ă în Fig.3.4.4.1-2f. B 3 3F2 b F 2 b F 2 a
F2(a + c) F 2 a F 2 b
F2a
2 2 1
0 F 2 a 0

Fig.3.4.4.1-6 F2

52 Pentru cazul prezentat, diagramele finale de eforturi N, T, M i,
Mt sunt cele reprezentate în Fig.3.4.4.1-2a,b,e,f.
S-a prezentat prin acest exemplu, o metod ă simplă de trasare a
diagramelor de eforturi pentru sistemele spa țiale, care nu necesit ă
sisteme de axe, scrierea func țiilor de eforturi, etc.
Dac ă există intervale cu sarcini uniform distribuite, nu uita ți că
pe acele intervale, T variaz ă liniar, iar M i, parabolic. Pe celelalte
intervale, efectul sarcinii distribu ite este dat de rezultanta sarcinii
distribuite (reaminti ți-vă valoarea rezultantei și punctul ei de
aplicație).
3.4.4.2 Pentru bara cotit ă din Fig.3.4.4.2-1, s ă se traseze
diagramele de eforturi. Nu calcul ăm reacțiunea din în țepenire, dar toate intervalele vor
fi parcurse dinspre cap ătul liber spre în țepenire.
Notăm secțiunile 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 și încărcarea), diagramele
eforturilor N și T se traseaz ă foarte u șor. Toate intervalele sunt
neîncărcate (p = 0), de unde rezult ă că N și T sunt constante, iar M
(M
i și M t) prezintă variație liniară.
Pe intervalele 1 – 2 și 2 – 3, for ța exterioar ă F produce efort
tăietor care ac ționează în plan vertical (de sus în jos), iar pe intervalul
3 – B, for ța F produce efort axial N, de compresiune. Efortul axial N
se poate reprezenta în diagram ă în orice plan, iar efortul t ăietor T îl
reprezentăm în planul for ței F, adic ă în plan vertical, deasupra barei
(pentru a fi de aceea și parte pe bar ă cu forța F). Fig.3.4.4.2-1 b
B a1F
2 3
c

53 Diagramele N și T, sunt prezentate în Fig.3.4.4.2-2a, respectiv
Fig.3.4.4.2-2b. În diagrama N punem semn, ia r în diagrama T nu mai punem
semn. Să calculăm și să trasăm acum diagramele de momente
(încovoietoare M
i și de torsiune M t), diagrame care se ob țin ceva mai
greu. Utilizăm aceeași metodă ca la exemplul precedent. Separ ăm cele
trei intervale (Fig.3.4.4.2-3) și calculăm valoarea momentelor la
capetele fiec ărui interval. S ă ne reamintim c ă, într-o sec țiune (nu
contează la care interval apar ține), eforturile M sunt acelea și, dar de la
un interval la altul pot fi de natur ă diferită (M
i → Mt sau M t → Mi).

0 F b F F F
F a F
F
N T
a) b )
Fa F b
F b
F b F
a
F a F a
M i M t
c) d)

Fig.3.4.4.2-2

54
Se poate constata c ă dimensiunile a și b ale primelor dou ă
intervale, sunt perpendiculare pe suportul for ței F și ca urmare aceste
dimensiuni sunt bra țe pentru for ța F; ele creeaz ă momente împreun ă
cu forța F. Dimensiunea c a celui de-al treilea interval (3 – B), este
paralelă cu direcția forței F, ceea ce înseamn ă că dimensiunea c nu va
fi braț pentru F și ca urmare nu exist ă nici un moment dat de F cu c.
Așadar, să începem cu ,
Intervalul (1 – 2).
În sec țiunea 1, M
1 = 0.
În sec țiunea 2, M 2 = 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. M
2 =
Fa este moment încovoietor (este pe rpendicular pe planul format de
F și brațul b). Variația lui M 1-2 este liniar ă, fibra întins ă fiind
deasupra. Diagrama aceasta este reprezentat ă în Fig.3.4.4.2-2c.
Intervalul (2 – 3).
În sec țiunea 2 a intervalului 2 – 3, exist ă același moment M
2 =
Fa care a existat și în secțiunea 2 a intervalului 1 – 2. Momentul M2 =
Fa este scris la cap ătul intervalului 2 – 3 (Fig.3.4.4.2-3). Acest
moment este un moment de torsiune (este orientat în lungul barei 2 –
3). În sec țiunea 3 a intervalului 2 – 3, for ța F creează două momente
(pentru a ajunge în sec țiunea 3, trebuie parcurse bra țele a și b): M1,3 =
Fa și M2,3 = Fb . Momentele M 1,3 și M 2,3 sunt puse în sec țiunea 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 a Fig.3.4.4.2-3

55de torsiune, iar M2,3 = Fb moment încovoietor, fibra întins ă fiind
deasupra barei. De remarcat c ă în secțiunea 2 a intervalului 2 – 3, nu
există moment încovoietor și momentul M2 = Fa (încovoietor) din
secțiunea 2 a intervalului 1 – 2, de vine moment de torsiune în aceea și
secțiune 2, dar a intervalului 2 – 3. Valorile momentelor determinate
pentru intervalul 2 – 3, sunt trecu te în diagrama din Fig.3.4.4.2-2c,
respectiv Fig.3.4.4.2-2d și apoi aceste valori sunt unite prin linie
dreaptă (variație liniară). Diagrama M t rezultată, poate fi reprezentat ă
în orice plan. Intervalul (3 – B).
În sec țiunea 3 a intervalului 3 – B exist ă aceleași momente care
au existat și în secțiunea 3 a intervalului 2 – 3. Acestea sunt trecute în
secțiunea 3 a intervalului 3 – B (Fig .3.4.4.2-3). Pentru a ajunge la
secțiunea B, trebuie parcurse de la for ța F (secțiunea 1) dimensiunile
a, b și c. Așa cum s-a mai spus ceva mai devreme, dimensiunea c nu
formează moment cu for ța F. Rezultă că în secțiunea B nu apar
momente suplimentare fa ță de cele din sec țiunea 3. În sec țiunea B,
există atunci numai momentele, M
1,B = Fa și M2,B = Fb . Ele sunt
trecute în sec țiunea B în Fig.3.4.4.2-3. Atât M 1,B cât și M 2,B sunt
momente încovoietoare. Momentul încovoietor M1,3 = M 1,B = Fa , din
secțiunile 3 și B, apleac ă intervalul 3 – B dinspre noi înspre planul din
spate, întinzând fibrele situate înspre noi. În Fig.3.4.4.2-2c punem valorile acestui moment la capetele intervalului de partea fibrei întinse și unim aceste valori printr-o linie dreapt ă, rezultând o varia ție liniară
constantă (vezi Fig.3.4.4.2-2c).
Momentul încovoietor M
2,3 = M 2,B = Fb din ambele sec țiuni (3
și B ale intervalului 3 – B), apleac ă bara 3 – B spre stânga (în planul
barelor 2 – 3 și 3 – B) întinzând fibrele din partea dreapt ă. În
Fig.3.4.4.2-3 punem valorile acestui mo ment la capetele intervalului 3
– B de partea fibrei întinse (în partea dreapt ă). Unim cu linie dreapt ă
valorile de la cap ătul intervalului 3 – B și obținem diagrama din
Fig.3.4.4.2-2c (varia ție liniară constantă).
Am parcurs astfel întreaga bar ă cotită (din capătul liber pân ă la
înțepenire), rezultând diagramele de eforturi, prezentate în Fig.3.4.4.2-
2.

56 Dup ă cele două exemple prezentate (3.4.4.1 și 3.4.4.2), consider
că puteți aborda cu curaj și încredere orice sistem spa țial în vederea
trasării diagramelor de eforturi (vezi Cap.3E).

57

3E. Diagrame de eforturi (Probleme propuse)

Pentru sistemele urm ătoare să se traseze diagramele de
eforturi:

8 kN
30012 kNm
6 kN/m
2 m 4 m3E.1
3E.2 6 kN7 kN/m12 kNm
2 m 4 m
3E.3
8 kN 4 kN/m 6 kNm
2 m 4 m
3E.4
10 kNm
9 kN/m10 kN
4 m 2 m

58

10 kNm 3E.5
8 kN/m
16 kN 4 m 2 m
8 kNm 3E.6 9 kN/m
4 kN1 m 3 m
3E.7 8 kN/m10 kNm
2 kN
1 m 3 m 1 m
1 m 3E.8 10 kNm 10 kN/m
8 kN
2 m 1 m

59

3E.9 1,5 pa 0,5 pa2
p
a 2 a a
3E.10 7 kN/m 10 kNm
4 kN1,5 m 1 m 2,5 m
pa3E.12 p2pa2
a a 2a1 m 3E.11
1 m 3 m15 kN/m5 kNm
10 kN

60

8 kN 1,2 m3E.13 12 kNm 6 kN/m
2 m 1,4 m
3E.14
4 kN/m 6 kNm6 kN
1m 5m 1m
2pa3E.15 pa22p
1,8a 2,2a 2a
0,8m 3E.16
4 kN7 kN/m2 kNm
1,2m 1m
1m 2m 1m12 kN/m 3E.17 6 kNm
8 kN

61

3E.18 4 kNm 6 kN/m
8 kN 2m 2m 1m
3E.19
4 kN4 kNm
10 kN 1m 1m 4m
8 kN 3E.20
4 kNm6 kN/m
1m 1m 2m

62

2pa3E.21
p pa2
2a a 3a
1m 1m 1m3E.22
6 kN/m 9 kN 3 kNm
3m
3E.23
pa
a 2a 2ap
3pa 4pa 3E.24 2p
a a a a 2a
3E.25 pa p
2a 3a a6a 2a

63

2p3E.26
7p 2pa2
2a 2a 2a
1m3 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.30 10 kN
2 kNm8 kN/m
600
2m 2m1m

64

3E.32 3 kN
1,5 kN/m2 kNm
2 m1,5 m 1,5 m
1,5 m
3E.33
20 kN/m
50 kN 20 kN 1m 1m
2m
2m 3m 4m3E.31 pa
2aa
a ap

65

3E.34 2pa2
2pa p
4a
4a 4a
2aa
a3E.35
pa p
2aa
3E.36 2 kN/m
3 kN2m
1m 1m 1m

66

3E.37 3 kN
2 kN/m
1,5m
1m300
3 m
3E.38 F
a/2 a/2
a a
3E.39
F a/2 a/2
h h

67

3E.40 p
3a4a 3a a
3E.41
a/2 a/2
h hp

68

9.1.42
R
F2F3E.42
R
F2F
3E.43
RM
3E.44
R2F
F
3E.45
p
R

69

3E.46
F
R
3E.47
F a
2a 2a
3E.48 10 kN
4 kN/m 1m
1m

70

3E.49
a
2FF
3F2a
3E.50
a
2aap p
pa4pa
2ap3E.51
Fp
aa
2a
2aa
ap3E.52
Fp

71

2a3E.53 F2F
2aa
ap
3E.54
p =2P/a
F
P a
a 2a
2a
a3E.55
FP
a
a2a3E.56
4a2FF

72

a
aaa3E.57
p
pa
a
F1 3E.58
F1 F2 a
a
aF 3E.59
F
Fa
2a
3E.60
2a
aF a

73

P = 20 kW, n = 100 rot/min, S 1 = 2S 2, T1 = 2T 2, D1= 400 mm, D 2
= 600 mm.

P = 12 kW, n = 110 rot/min, S 1 = 2S 2, T1 = 2T 2, D 1 = 500 mm,
D2 = 700 mm.

P = 16 kW, n = 90 rot/min, D 1 = 600 mm, D 2 = 900 mm.

3E.61
S2
T2S1
T1
100 1501 2
260
3E.62
S1S2
T1
T21 2
100 150 120
3E.63
S1
S2 12
200 240 190

74

P = 50 kW, n = 150 rot/min, D 1 = 600 mm, D 2 = 400 mm, T 1 =
3T2

P = 70 kW, n = 300 rot/min, D 1 = 400 mm, D 2 = 600 mm, S 1 =
3S2, T1 = 2T 2

P = 40 kW, n = 100 rot/min, D 1 = 400 mm, D 2 = 600 mm, S 1 =
3S2, T1 = 2T 2

3E.64
ST1
T2
300 300 100
3E.65
200 500 100 S2 S1 T1 T2 1 2
3E.66
S1
S2
T1T2
300 300 2001 2

75

P = 60 kW, n = 200 rot/min, D 1 = 400 mm, D 2 = 600 mm, S 1 =
2S2, T1 = 3T 2.

P1 = 80 kW, P 2 = 30 kW, P 3 = 50 kW, n = 400 rot/min, D 1 = 320
mm, D 2 = 480 mm, D 3 = 4000 mm.

P = 40 CP, n = 750 rot/min, P 1 = 6 CP, P 2 = 18 CP, P 3 = 16 CP,
D1 = 400 mm, D 2 = 800 mm, D 3 = 400 mm, G 1 = 80 daN, G 2 = 200
daN, G 3 = 80 daN.

3E.67
T1
T2
S1S2
200 300 3002 1
3E.68
3E.69
ME 1 2 3
200 200400 4002T1
T1 2T2T22T3
T3 P 12 3
T2 T1T3
4T33T2
200 500 500 300

76

P1 = P 2 = 100 CP, n = 200 rot/min, D 1= 800 mm, D 2 = 1.000
mm, G 1 = 60 daN, G 2 = 120 daN.

500 3E.70
750 7501 2300
450
T1 2T1
T22T21 2

77
3R. Diagrame de eforturi (R ăspunsuri)

14 3R.2 6 kN7 kN/m12 kNm
2 m 4 m
20 kN14 kN
2 m
-6 -14 -12-12
2Mi [kNm]T [kN] -8 8 kN
30012 kNm
6 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

78

1,88 m
8 3R.3
8 kN 4 kN/m 6 kNm
2 m 4 m
7,5 kN 8,5 kN
T [kN]
Mi [kNm] 8 7,5
-8,5
15,03 6
-103R.4
10 kNm
9 kN/m10 kN
15,5 kN 30,5 kN4 m 2 m
15,5 10 10
-20,51,72 m
-20 T [kN]
Mi [kNm]
13,35

79

1610 kNm 3R.5
T [kN] 8 kN/m
16 kN
22,5 kN
9,5 kN4 m 2 m
2,81 m
Mi [kNm] 22,55
-9,5 -16
-10
21,64
1,13 -8 9,13 3R.6 8 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

80

21,37 m3R.7 8 kN/m
T [kN] 10 kNm
2 kN
1 m 3 m 1 m
Mi [kNm] 18,7 kN 11,3 kN
10,7
-8-13,3 2
4
3,18
2,75
4,250,92 m1 m3R.8
Mi [kNm] 10 kNm 10 kN/m
8 kN
2 m 1 m
12,25 19,25 kN 2,75 kN
-10,75-2,75 T [kN]
14,258,5

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 pa3,67 pa 0,83 pa
T
Mi 1,5 pa2
0,83 pa2
10,1251,71 m3R.10
T [kN] 7 kN/m 10 kNm
4 kN
12 kN 12 kN
Mi [kNm] 1,5 m 1 m 2,5 m
12 5,5
1,5
-12 -12
12,28210

82

1 m 3R.11
1 m 3 m
1,8 m 10 KN15 kN/m5 kNm
17 kN 33 kN
T [kN]
M i [kNm]17 27
-18-33
17
41,330,525,5
0,38 pa20,8 pa23R.12
pap2pa2
a a 2a
1,13pa 0,87pa
1,13pa 1,13pa
-0,87pa0,87a
2 pa2 0,13pa
0,25 pa2 T
M i

83

1,2 m3R.13 12 kNm 6 kN/m
8 kN
2 m 1,4 m
0,71 m15 kN 3,8 kN
T [kN]
Mi [kNm]-7,2 7,8
-4,2
-8 -8
4,3
7,7
12,7 11,2
3R.14 4 kN/m
6 kNm 6 kN
6 kN
24 kN 1m 5m 1m
1,5 m 6 10 6
14
8
16,5 6
12 T [kN]
M i [kNm]

84

5,87pa20,9pa 4,4pa 2pa3R.15 pa22p
4,4pa 1,5pa
-3,5pa-1,5pa
4,87pa2
6,07pa23pa21,8a 2,2a 2a
1,75a
T
M i
1,1 0,8m 3R.16
-4 4 kN 7 kN/m2 kNm
14 kN4 kN
-4 -4 10 1,2m 1m
0,55m
4
3 1 T [kN]
Mi [kN]

85

1m 2m 1m 12 kN/m 3R.17
25,33 kN6 kNm
8 kN
2,67 kN
1,11 m
T [kN]
Mi [kNm] -1213,33
-10,67 -2,67
6
1,43,346
1,5m3R.18 4 kNm 6 kN/m
8 kN
1 kN15 kN
T [kN]
Mi [kNm] 2m 2m 1m
-915
-8
18178 14

86

-7,2
12,81,8m3R.19 4 kN4 kNm
10 kN
12,8 kN 2,8 kN 1m 1m 4m
-10 12,8
16,48108,8 T [kN]
Mi [kNm]
3,25
7,753,75
0,625m8 kN 3R.20
4 kNm6 kN/m
3,75 kN 6,25 kN 1m 1m 2m
-8,25-6,25 -0,25
4
8,92 T [kN]
Mi [kNm]

87

1,83pa2pa3R.21
p pa2
1,17 pa 2a a 3a
1,17a
-0,17pa-1,17pa
1,5pa2 1,83 pa2
1,68pa2pa2 T
M i
1m
31m 1m6 kN/m 9 kN 3 kNm
3m
8
-10-6 3
5,333 3
3 T [kN]
Mi [kNm]8 kN
13 kN6 kN 3R.22

88

4pa 3pa
0,0625pa20,5pa2
1,75pa2-0,5pa3,5pa
-3pa 3R.24 2p
6,5pa 2,75pa 1,75pa
-3pa2,25pa
-1,75pa
3pa2a a a a 2a
0,25a
T
M i -2pa-pa3R.23
pa
pa
-2pa pa
a
pa25pa2
0,5pa2 T
M i a 2a 2ap

89

0,25pa2
2pa2-pa3pa 2p3R.26
7p 2pa2
3pa
3pa
-4pa3pa 3pa
1,5a 1,963a 2a 2a 2a
3,92pa22pa2 T
M i 3,225a
2pa2 -1,2pa2pa0,8pa 3R.25 pa p
0,8pa 2pa 4,13p
-2,13pa
2,4pa21,2pa2
0,66pa2 T
M i 2a 3a a6a 2a
0,8pa

90

0,75m1m
0,8439,75 -4,758,75
-2,253 kN 3R.27 3 kN/m 9 kN
2,25 kN 20 kN
2,25
-8,25
-11,254,25
-9,25
10,5 T [kN]
M i [kNm]1,5m 1,5m 1,5m
1,154m 3R.28
6 kN/m12 kN/m
4 kN
17 20
8
-4
51
3,08 T [kN]
Mi [kNm]3m 2m

91

3-63R.29 6 kN/m
2m 2m 1m
1m18
-12 6
24
9 T [kN]
Mi [kNm]
53R.30 10 kN
2 kNm8 kN/m
600
2m 2m1m
8,66 8,66
-5 8 kN
3,5 3,5
-12,5 0,43m
7 9
0,76 N [kN]
T [kN]
Mi [kNm]

92
3R.31 pa
0,25pa
pa
3,25pa2aa
a a
pa
pa
+
_pa
3,25papa pa
0,25pa
2,25pa
pa2
pa2pa22,5pa2
1,5pa2 N
T
M i
3R.32 3 kN
1,5 kN/m2 kNm
1,67 kN 3 kN
1,33 kN 2 m1,5 m 1,5 m
1,5 m

93

0,495 3
3 –
–
–
1,67 1,67 1,33
1,33 1,67
1,331,67
33
3
2,5
4,5 N [kN] T [kN]
M i [kNm]
50 kN 3R.33
20 kN/m
20 kN
30 kN
57,5 kN 42,5 kN 1m 1m
2m
2m 3m 4m

94 –
– –
57,557,5 42,5
42,5 20 20
202020
20
2037,5
42,5 2,125m
25,1530
30
10
60 N [kN] T [kN]
Mi [kNm]20

952pa21,5a
– – 1,5pa
1,5pa 1,5pa
2,5pa 2,5pa
2,5pa
2pa2pa
2pa2
3,25pa2
4pa2 N T
M i

1,5pa3R.34 2pa2
2pa p
2pa2,5pa 4a
4a 4a
2aa

96

2pa22pa2- a3R.35
pa p
2aa
+pa papa
pa pa pa
pa
pa pa
1,5pa22,5pa2
0,5pa2
0,5pa2 N T
M i
3R.36 2 kN/m
3 kN2m
1m 1m 1m
1,83 kN 3,17 kN

97

1,171,83
0,66-
222
2 2
2
2
2
2 1,831,83
1,17 N [kN] T [kN]
M i [kNm]
3R.37 3 kN
2 kN/m
1,5m
1m300
3 m
+
–
6 6 1,5 1,5
32,62,6
N [kN] T [kN]

98

6,75
6,75 M i [kNm]9
2,25
3R.38 F
F/2 F/2F/2 F/2 a/2 a/2
a a
Fa/4 –
– – F/2 F/2
F/2 F/2F/2 F/2 F/2
F/2
N F/2
F/2 F/2
F/2 T
Fa/4 Fa/4
Fa/4
M i

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/2F/2
F/2Fh/a Fh/a
Fh/a Fh/a Fh/2
Fh/2 Fh/2
Fh/2 N T
M i
3R.40
2pa 1,83pa
5pa1,83pa p
3a4a 3a a

100

5,5pa2 2a
–
–
5pa 5pa
1,83pa 1,83pa 4pa
pa
1,83pa2pa
6pa2
0,5pa2
2pa2 N T
M i
3R.41
a/2 a/2
h h
pa/2 pa/2 pa2/8h pa2/8h
pa2/8h –
– –
pa/2 pa/2pa/2 pa/2 pa/2
pa/2pa2/8h
pa2/8h pa2/8hpa2/8h
pa2/8h
pa2/8 pa2/8
pa2/8 pa2/8 N T
M i

101

3F3R.42
R
F2F
F
-3F F
FR
4FR N T
M i
3R.43
RM
-M/2R M/2R M/2RM/2 M/2
N T M i

102

3R.45
p
R2,24F
11603R.44
R2F
F
-F F2F 2,24F
1160F
2F 2F
2FR 1,235F R N T
M i 1160

103

3pR2/2 pR -pR pR
pR
pR
pR2/2
pR2/2
pR2/2pR2/2 N T
M i
3R.46
F
R
-F
F F
FFR 2FRFR
N
T Mi

104

3R.47
F
F
F Fa
2a 2a
2,41Fa
F F -F
-F -F
FF
F
F4501,41F
450 4502Fa
N T M i 2Fa
3R.48 10 kN
10 kN
12 kN4 kN/m 1m
1m8 kN8
-10
12 8 10
8 1018
T [kN] N [kN]
M i [kNm]

105

-4pa
2pa
pa pa -4pa
papa pa
pa2pa
N T +
2Fa6Fa F F
+ 3F
3F F3F 3F
F
2F2F
2FaFa
4Fa Fa Fa2Fa N T
M i M t a3R.49
2FF
3F2a
a
2aap 3R.50
p
pa4pa

106

2pa2 Fapa
2ap 3R.51
Fp
aa
2a
FF
F FF
-pa
-pa FaFaFa
FaFa
FaFa Fa Fa
2pa2
2pa2
N T
M i M t 2pa2 2pa2
pa2 pa2 2pa2 2pa2 2pa2
M i M t pa2

107

Fa
F 2a a
ap3R.52
F+F +F
Fpa pa
pa2/2 2pa2
FaFa
pa2/2 pa2/2 N
T M i
M t p
Fa
2Fa
5Fa 2a3R.53 F2F
2a a
a+2F
+2F
2F
2FF
F F 2F+2 pa
2Fa 2Fa
2Fa4Fa+2pa2p
N
T M i
M t 5Fa

108

Fa F F F 3R.54
p =2P/a
F
P a
a 2a
+P +P +P +P P
P F
Fa 3Fa Pa3Pa
Fa Fa N T
M i M t
Fa2Fa
Pa P2a
a 3R.55
F P
a +P +P P
F F FF
2Pa
Fa
Fa Fa Fa N T
M i M t

109

2Fa a 2a 3R.56
4a2F F
2F2F
2F
2F 2F
F2FFF FF
2Fa
Fa
Fa2Fa 2Fa
2Fa 4Fa
4Fa
4Fa
7Fa 4Fa
4Fa N T
M i M t
a
a a a 3R.57
p
pa
pa
papa2pa2pa
T

110

F1a F2a
F2a F1a F1
a
F1 3R.58
F1 F2 a
a
-F1F1 -F1
+F1+F1+F2 +F2
F1 F1F1
F2F2F2
N T
F2a
F2a
F2a F1aF1a F1a F1a
M i M t pa2 pa2
pa2 0,5pa2 1,5pa2
pa2
pa2pa20,5pa2
0,5pa2
M i M t

111

F F F
FaFa Faa F3R.59
F
F a
2a
Fa
Fa
Fa
Fa N
T F F F F
F
F
FF
F
M i
M t
Fa
FaFaFF
F 2a
a3R.60
F a
F
Fa
Fa Fa T
M i M t

112

3R.61

0,561,91 1,91
2,3 0,84
2,02 M [kNm]
3R.62
3S2T2D2/2 3T2
100 150 120
1,251,071
M i [kNm]
M t [kNm]
1,04 1,04 S2D1/2 T2D2/23T2
100 150 2603S2
S2D1/2

113

3R.63
1,690,6170,716
1,69 M i [kNm]
M t [kNm]
3R.64 300S 1S1S2
200 240 190450S 2
300SS
4T2
300 300 100400T 2
3,17
1,583,17 3,17
M [kNm]

114

3R.65
2,217 4,43 2,217
2,217 M i [kNm]
M t [kNm]
3R.66 200S 2300T 2
200 500 100S2
3T2
300T 2
4S23T1
300300 200400S 2
3,87,125
5,72,85
2,85
3,8 M i [kNm]
M t [kNm]

115

2,85 2,85
5,74,2752,85 M [kNm]
4T2 5T3
T1Mt 2 Mt 1
Mt 3
200 500 500 300
1,193
2,020,413
3,673
0,716 0,716
1,193 1,193 M i [kNm]
M t [kNm] 3R.67
300S 2
4T2 3S2
200 300 300400T 2
3R.68

116

G1 G3 G2+3T 2
200 200 400 200 FV
MiV [kNm] 0,16
MiH [kNm]
Mt [kNm] 0,16
0,4928
3T3 3T1
FH
0,1685
0,30890,4494
0,0561 0,22740,3745 3R.69

117

unde:
F
1V = G 1 +3T 1sin300, F2V = G 2 + 3T 2sin450, F1H = -3T 1cos300,
F2H = 3T 2cos450
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 3,5113R.70

1184. CARACTERISTICI GEOMETRICE ALE
SUPRAFE ȚELOR PLANE

4.1 Considera ții generale

În relațiile de calcul ale tensiunilor din sec țiunile transversale ale
elementelor de rezisten ță solicitate, precum și în formulele de calcul a
deformațiilor acestora, intervin ni ște mărimi, numite caracteristici
geometrice. În cazul barelor drepte solicita te numai de efort axial (de
întindere sau compresiune), caracteristica geometric ă este aria A a
secțiunii transversale a barei.
În cazul elementelor de rezisten ță solicitate la torsiune sau la
încovoiere pur ă, caracteristicile geometrice care intervin, depind atât
de mărimea ariei, forma sec țiunii cât și de poziția suprafe ței secțiunii
față de planul for țelor exterioare.
Fie, spre exemplu, aceea și bară solicitată de acela și sistem de
forțe exterioare, dar a șezată față de sistemul for țelor în dou ă variante
(Fig.4.1-1).

Cu toate c ă barele sunt identice, se constat ă că cea din Fig.4.1-1a
prezintă o rezisten ță la încovoiere mai mare, dar în acela și timp, F
F
a) b)

Fig.4.1-1 h
b b
h l l

119deplasarea cap ătului liber este mai mic ă decât la cea din Fig.4.1-1b.
Rezultă din acest exemplu, c ă deși aria și forma suprafe ței secțiunii
transversale ale celor dou ă bare sunt identice, ele prezint ă o rezisten ță
mecanică și rigiditate la încovoiere, diferite. Aceast ă comportare
diferită, se explic ă prin aceea c ă prin modificarea pozi ției secțiunii
transversale fa ță de planul for țelor, s-au modificat caracteristicile
geometrice ale sec țiunii transversale ale barei.
Cunoa șterea mărimii caracteristicilor geometrice ale suprafe ței
secțiunilor transversale ale elementelor de rezisten ță, este foarte
necesară, pentru efectuarea unui calcul de rezisten ță corect.
În calculul de rezisten ță sau de rigiditate ale elementelor de
rezistență solicitate, intervin în principal urm ătoarele caracteristici
geometrice ale suprafe ței secțiunii transversale:
• momentele statice,
• momentele de iner ție
– axiale – centrifugale – polare
• raza de iner ție (girație),
• modulele de rezisten ță
.
Pentru a putea ajunge la faza de definire a principalelor etape
pentru determinarea caracteristicilor geometrice ale suprafe țelor
plane, să abordăm această problemă în mod invers, e drept pu țin cam
ciudat acest mod de abordare. Opt ăm pentru acest mod cu scopul de a
înțelege mai bine de ce avem nevoie în calculele de rezisten ță de
aceste caracteristici geometrice. Ne aducem aminte, c ă pentru calculul de rezisten ță și rigiditate
este necesar s ă se cunoasc ă momentele de iner ție principale I
1 și I2.
Momentele de iner ție principale I1 și I2, se determin ă din relația:

II I III
zy z yzy
12 21
2224 , () =± − ++
4.1-1
Dar cine sunt I z, Iy, Izy în relația 4.1-1 ? Nu sunt altcineva decât
momentele de iner ție axiale fa ță de axa Gz, respectiv Gy (I z respectiv
Iy) și momentul de iner ție centrifugal (I zy) față de sistemul central de
axe zGy (G fiind centrul de greutate al suprafe ței secțiunii).

120Iată că trebuie acum s ă stabilim centrul de greutate G al suprafe ței
secțiunii, precum și valoarea momentelor de iner ție I z, Iy, Izy. Dar cum
suprafața secțiunii transversale a elementului de rezisten ță este una
oarecare, ne punem întrebarea: cum determin ăm pe I z, Iy și Izy ?
Aceste caracteristici se pot determina cu rela ția lui Steiner, dar
numai dac ă sunt cunoscute momentele de iner ție ale suprafe țelor
simple care formeaz ă suprafața secțiunii. Rela țiile lui Steiner, sunt:

IIc A I c Azz z=+ ++ +
12 12
122
2…
IId A I d Ayy y=+ + ++
12 12
122
2… 4.1-2
II c d A I c d Azy z y z y=++++
11 2 2 11 1 2 2 2 …

unde: IIIII Izz yyz yz y12121 12 2,,,, , , . . . sunt momentele de iner ție (axiale,
respectiv centrifugale) ale suprafe țelor simple ce compun suprafa ța
secțiunii transversale,
c 1, c2, … – distan ța dintre axa central ă Gz și axele centrale proprii
G1z1, G2z2, … ale suprafe țelor simple componente,
d 1, d2, …- distan ța dintre axa central ă Gy și axele centrale proprii
G1y1, G2y2, … ale suprafe țelor simple componente.
După cum se poate constata, este nevoie s ă se cunoasc ă
momentele de iner ție ale suprafe țelor simple ce compun suprafa ța
secțiunii transversale. Principalele caracteristici geometrice ale celor
mai uzuale suprafe țe, sunt prezentate în Tabelul 4.2-1.
Cu ajutorul caracteristicilor geometrice prezentate pân ă acuma,
se pot determina: Modulele de rezisten ță:
WW
WWzI
y zI
y
yI
z yI
zzz
yy,m in ,m a x
,m in ,m a xmax min
max min;
;==
== 4.1-3
unde:
y max – distanța de la axa central ă Gz până la fibrele extreme cele
mai îndep ărtate,
y min – distanța de la axa central ă Gz, până la fibrele extreme cele
mai apropiate,

121 z max – distanța de la axa central ă Gy, până la fibrele extreme cele
mai îndep ărtate,
z min – distanța de la axa central ă Gy, până la fibrele extreme cele
mai apropiate. Raza de iner ție (girație) este definit ă astfel:

iizI
A yI
Az y== ; 4.1-4

În calculele de rezisten ță intervine uneori și momentul static al
unei suprafe țe față de o axă. Momentul static al unei suprafe țe față
de o axă, este egal cu produsul dintre aria acelei suprafe țe și distanța
de la centrul de greutate al suprafe ței până la axa respectiv ă.
Momentul static al suprafe ței hașurate față de axa z (Fig.4.1-2)
este: S
z = A d = b h d 4.1-5
Alte caracteristici geometrice și în special pentru suprafe țe simple,
sunt prezentate în paragraful 4.2. G b
h
z d
Fig.4.1-2

122 4.2 Caracteristici geometrice ale unor suprafe țe
simple

În Tabelul 4.2-1, se prezint ă unele caracteristici geometrice
pentru câteva suprafe țe simple, des întâlnite în practica inginereasc ă.
Tabelul 4.2-1
Suprafața I z I y I zy I p W z,min W y,min W p

y h z b

Bh
3/12

b
3h/12

0

I
z+Iy

bh
2/6

b
2h/6

–

y
a z

a
4/12

a4/12

0

a4/6

a3/6

a3/6

–

Πd
4/64

Πd
4/64

0

Πd
4/32

Πd
3/32

Πd
3/32

Πd
3/16

Πd4(1-
k4)/64

Πd
4(1-
k4)/64

0

Πd
4(1-
k4)/32

Πd
3(1-
k4)/32

Πd
3(1-
k4)/32

Πd
3(1-
k4)/16
Y b
z

h z

Bh
3/36

b
3h/36

b
2h2/72

I
z+Iy

bh
2/24

b
2h/24

–
a
y
z
d
y
z d/D=k
d
D
2h/3

1234.3 Etape pentru determinarea caracteristicilor
geometrice ale suprafe țelor plane

Pentru determinarea principalelor caracteristici geometrice ale suprafețelor plane, caracteristici care într ă în calculul de rezisten ță și
rigiditate ale diferitelor elemente de rezisten ță, este bine s ă se
parcurgă următoarele etape:
a) Prima etap ă constă în determinarea centrului de greutate al
suprafeței pentru a cunoa ște pe unde trec direc țiile centrale ( și
ulterior cele principale) de iner ție. Pentru determinarea centrului de
greutate al suprafe ței, se procedeaz ă astfel:
– împărțim suprafa ța pe care o avem în suprafe țe simple (p ătrat,
dreptunghi, cerc, etc.) la care s ă se cunoasc ă aria suprafe ței și poziția
centrului de greutate, – not ăm suprafe țele simple stabilite, cu 1, 2, 3, …,
– pozi ționăm centrul de greutate al suprafe țelor simple și le
notăm cu G
1, G2, G3, …,
– pentru fiecare suprafa ță simplă, ducem sistemul de axe
central: z1G1y1, z2G2y2, z3G3y3, …,
– lu ăm un sistem de axe perpendiculare z0Oy0 față de care
calculăm poziția centrului de greutate G al suprafe ței compuse
(inițiale). Este recomandat ca axa Oz0 să treacă prin punctele cele
mai de jos ale suprafe ței, iar axa Oy 0, prin punctele cele mai din
stânga. La un astfel de sistem de referin ță, toate coordonatele
centrelor de greutate G 1, G 2, G 3, … ale suprafe țelor simple, vor avea
în relațiile de calcul ale centrului de greutate a suprafe ței compuse,
numai semnul + (plus), – se calculeaz ă poziția centrului de greutate a suprafe ței
compuse, cu rela țiile:

yGAy
AAy Ay Ay
Aii
itot=∑
∑=±+ ±+ ±+( ) ( ) ( ) …11 2 2 33
4.3-1

zGAz
AAz Az Az
Aii
itot=∑
∑=±+ ±+ ±+() ()() . . .11 2 2 33
4.3-2

124unde:
A 1, A2, A3, …, -ariile suprafe țelor simple stabilite,
y 1, y2, y3, …, -distan ța dintre axa de referin ță Oz0 și axele
G1z1, G2z2, G3z3, …,
z 1, z2, z3, …, -distan ța dintre axa de referin ță Oy0 și axele G1y1,
G2y2, G3y3, ….

În rela țiile 4.3-1 și 4.3-2 la A 1, A2, A 3, …, s-a pus semnul ±
deoarece în aceste rela ții, ariile suprafe țelor simple stabilite intr ă cu
semn, dup ă cum urmeaz ă:
– semnul + (plus) pentru suprafe țe pline,
– semnul − (minus) pentru suprafe țe goluri.
Dup ă determinarea centrului de greutate G al suprafe ței
compuse, acesta se pozi ționează pe secțiunea compus ă și se duc axele
centrale Gz și Gy.
Se poate trece acum la determinarea principalelor caracteristici geometrice ale suprafe ței. Mai întâi:
• Se determin ă distanțele dintre axa central ă Gz și axele G
1z1, G2z2,
G3y3,…. Aceste distan țe se noteaz ă cu c 1, c2, c3, …,
• Se determin ă distanțele dintre axa central ă Gy și axele G1y1, G 2y2,
G3y3, …. Aceste distan țe se noteaz ă cu d 1, d2, d3,…. Distan țele c i
situate sub axa central ă Gz au semnul − (minus), iar distan țele d i
aflate la stânga axei centrale Gy, au de asemenea semnul −
(minus).
b) Determinarea momentelor de iner ție axiale și centrifugale ,
se face cu rela țiile lui Steiner:

II c A I c Azz z=±+±±+±±
12 12
122
2 ( ) ( ) … 4.3-3

I IdAIdAyy y=± + ± ±+±±
12 12
122
2 ( ) ( ) … 4.3-4

II c d A I c d Azy z y z y=± + ±±+±±
11 2 2 11 1 2 2 2( ) ( ) … 4.3-5
unde:

125 IIzz12, ,… sunt momentele de iner ție axiale ale suprafe țelor
simple, calculate fa ță de axele lor centrale G 1z1, G 2z2,… (vezi și
Tabelul 4.2-1)
IIyy12,, . . . sunt momentele de iner ție axiale ale suprafe țelor
simple, calculate fa ță de axele lor centrale G 1y1, G 2y2,…(vezi și
Tabelul 4.2-1),
IIzy z y11 2 2,, . . . sunt momentele de iner ție centrifugale ale
suprafețelor simple, calculate fa ță de sistemul de axe central propriu
z1G1y1, z2G2y2, … (vezi și Tabelul 4.2-1),
Unitatea de m ăsură pentru I z, Iy, Izy, este [m4]. În construc ția de
mașini se utilizeaz ă de obicei [mm4] sau [cm4].
Atenție: Pentru suprafe țele goluri, la Iz i, Iy i, Iz iyi, se pune semnul
−(minus) iar distan țele c i și di intră și ele cu semn .
Toate suprafe țele care au cel pu țin o axă de simetrie, au I zy=0
(vezi și Tabelul 4.2-1).
c) Având cunoscute momentele de iner ție axiale, se pot
determina razele de iner ție (girație) ale suprafe ței, utilizând rela țiile:

izI
Az=> 0 4.3-6

iyI
Ay=> 0 4.3-7
unde:
A -aria total ă a secțiunii.
Raza de iner ție se măsoară în [m], [mm] sau [cm].

d) Modulele de rezisten ță față de axele centrale Gz și Gy, se
calculează cu relațiile:

WWzI
y zI
yzz
,min ,maxmax min;== 4.3-8

WWyI
z yI
zyy
,min ,maxmax min;== 4.3-9

126unde:
y max respectiv y min – distanța de la axa central ă Gz până la fibrele
extreme cele mai îndep ărtate, respectiv fibrele extreme cele mai
apropiate, z
max, zmin – distața de la axa central ă Gy până la fibrele extreme
cele mai îndep ărtate, respectiv fibrele extreme cele mai apropiate.
Unitatea de m ăsură pentru modulul de rezisten ță este [m3], dar
în construc ția de ma șini, frecvent se utilizeaz ă unitățile [mm3] sau
[cm3].
e) Valorile momentelor de iner ție axiale și centrifugale față de
un sistem de axe central z 1Gy1 rotit cu un unghi α față de sistemul
central zGy, pot fi determinate cu rela țiile:

II II I Izz yz y z y11
21
2 22 =++− − () () c o s s i n α α 4.3-10

II II I Iyz yz y z y11
21
2 22 =+−− + () () c o s s i n α α 4.3-11

II I Izy z y z y111
2 22 =− + () s i n c o s α α 4.3-12

f) Există un sistem de axe central 1G2 rotit cu unghiul α1 față de
sistemul central zGy, fa ță de care momentele de iner ție axiale I z, Iy, au
valori extreme (maxime, respectiv minime) și față de care momentul
de inerție centrifugal I zy este nul. Acest sistem central de axe este un
sistem central principal , axele acestuia sunt axe centrale principale
de inerție, iar momentele de iner ție axiale fa ță de aceste axe, se
numesc momente de iner ție axiale principale .
Valoarea momentelor de iner ție principale, notate cu I1,
respectiv I2, se determin ă cu relațiile:

II I I I I Izy zy z y 11
21
22240 =+ + −+=>() ()max 4.3-13
II I I I I Izy zy z y 21
21
22240 =+ − −+=>() ()min 4.3-14

127 Dac ă ne intereseaz ă și poziția direcției principale de iner ție G1
(față de care momentul de iner ție are valoare maxim ă, I1=Imax),
aceasta este dat ă de unghiul α1 a cărui valoare se determin ă cu relația:

α11
22=−− arctgI
IIzy
zy() 4.3-15

Pozi ția celeilalte axe principale de iner ție G2 (fa ță de care
momentul de iner ție are valoarea minim ă, I2 = Imin) este dată de relația:

α2 = α1 + Π / 2 4.3-16

Dac ă α1 < 0 (negativ), rotirea axei Gz pentru ob ținerea direc ției
principale G1, se face în sensul acelor de ceasornic, iar dac ă α1 > 0
(pozitiv), rotirea axei centrale Gz se face în sens invers acelor de
ceasornic (sens trigonometric). Rotirea lui Gz spre Gy în acest caz se face pe drumul cel mai scurt. Dac ă I
zy < 0, atunci direc ția G1 trece prin primul cadran, adic ă
cadranul zGy și față de aceast ă axă se obține valoarea maxim ă a
momentului de iner ție axial I max, care se noteaz ă atunci cu I 1.
Momentul de iner ție axial cu valoarea minim ă, se noteaz ă cu I 2 și se
obține față de axa principal ă de inerție G2.
g) Așa cum s-au determinat modulele de rezisten ță W z, W y față
de direcțiile centrale Gz, respectiv Gy, tot a șa se determin ă și
modulele de rezisten ță principale (W 1,min, W 1,max, W 2,min, W 2,max),
adică față de axele principale de iner ție.

128 4.4 Exemple de determinare a principalelor
caracteristici geometrice ale suprafe țelor plane

4.4.1 Fie suprafa ța plană din Fig.4.4.1-1 care reprezint ă
secțiunea transversal ă a unui element de rezisten ță. Să se calculeze:
a) momentele de iner ție axiale I
z , Iy ,
b) razele de iner ție i z , iy ,
c) modulele de rezisten ță Wz,min , W z,max , W y,min , W y,max ,
d) momentele de iner ție principale I 1 , I2 și direcțiile principale
de inerție,
e) momentul static al t ălpii de sus fa ță de axa central ă Gz.

Rezolvare :
Pentru a determina caracteristicile geometrice propuse, se parcurg pas cu pas, etapele prezentate la paragraful 4.3. Recomand urm ătorul procedeu: pe o coal ă de hârtie, format A4,
desenați secțiunea din Fig.4.4.1-1 și pe baza acestei figuri face ți tot ce
se prezint ă în continuare (pe foaia voastr ă) și confrunta ți cu ce se
calculează și prezintă în continuare.
• Împărțim suprafa ța în două suprafețe simple pline (Fig.4.4.1-2) și le
notăm cu 1, respectiv cu 2.
120
1010 80
Fig.4.4.1-1

129

• Poziționăm centrele de greutate ale celor dou ă suprafețe simple în
care am împ ărțit secțiunea, pe care le not ăm cu G
1, G2 (Fig.4.4.1-3).
• Ducem sistemele de axe z 1G1y1, respectiv z 2G2y2 (Fig.4.4.1-3).
• Luăm sistemul de axe z 0Oy0 față de care calcul ăm poziția centrului
de greutate G (Fig.4.4.1-3). 70
2
1 10
120
10 Fig.4.4.1-2
y0 y 1 y y2
c2
c1yG = 80 mm d1 d2
G2
G1z2
z
z1
z0 O
zG = 20 mm
Fig.4.4.1-3 G

130• Calculăm poziția centrului de greutate G al suprafe ței cu rela țiile
4.3-1, respectiv 4.3-2:

yGAy Ay
Atot== =+ ⋅⋅+⋅⋅
⋅+⋅11 2 2 1 2 01 06 0 7 01 01 1 5
120 10 70 10 80 mm

zGAz Az
Atot== =+ ⋅⋅ +⋅⋅
⋅+⋅11 2 2 120 10 5 70 10 45
1 2 01 0 7 01 0 19 7, mm

Pentru simplificarea calculelor ulterioare, consider ăm z G = 20
mm.
• Poziționăm centrul de greutate G al suprafe ței (Fig.4.4.1-3).
• Determin ăm constantele c 1, c2, d1, d2 (Fig.4.4.1-3):
c 1 = -(y G – y G1) = – (80 – 60) = -20 mm
c 2 = y G2 – y G = 115 – 80 = 35 mm
d 1 = -(z G – z G1) = -(20 – 5) = -15 mm
d 2 = z G2 – z G = 45 – 20 = 25 mm.
a) Calcul ăm momentele de iner ție axiale și centrifugal, fa ță de
sistemul central zGy (rel.4.3-3…4.3-5):
IIc A I c A
mmzz z=+ ++ = + − ⋅ ⋅+ + ⋅⋅=
=⋅⋅⋅
1233
12
122
210 120
122 70 10
122
442 0 1 2 01 0 3 5 7 01 0
278 10() ( )

IId A I d A
mmyy y=+ ++ = + − ⋅⋅+ + ⋅⋅=
≈⋅⋅⋅
1233
12
122
210 120
122 70 10
122
4415 120 10 25 70 10
100 10() ( )

II cdAI cdA
mmzy z y z y=+ ++ =+−−⋅+ ⋅=
=⋅11 2 2 11 1 2 2 2
4402 0 1 5120 10 35 2 570 10
97 10() () ( ) ( )

b) Razele de iner ție (girație) față de cele dou ă axe centrale Gz și Gy
sunt (rel. 4.3-6 și 4.3-7):
im mz==⋅ 278 10
1900438 25,

131
im my==⋅ 100 10
1900422 94,

c) Modulele de rezisten ță față de axele centrale Gz și Gy se determin ă
cu relațiile 4.3-8 și 4.3-9.
Din Fig.4.4.1-3, rezult ă:
y max = 80 mm ; y min = 120 – 80 = 40 mm
z max = 80 – 20 = 60 mm ; z min = 20 mm.
Se ob ține atunci:

Wm mzI
yz
,minmax, == = ⋅⋅278 10
8033434 75 10

Wm mzI
yz
,maxmin, == =⋅⋅278 10
4033469 5 10

Wm myI
zy
,minmax, == = ⋅⋅100 10
6033416 67 10

Wm myI
zy
,maxmin== = ⋅⋅100 10
2033450 10

d) Momentele de iner ție principale I 1 și I2, se calculeaz ă cu relațiile
4.3-13 și 4.3-14:

I
mm12278 10
21
244 2 4 2
44 44278 10 100 10 4 97 10
189 10 131 64 10, () ( )
,=± ⋅ − ⋅+ ⋅=
=⋅± ⋅⋅

de unde rezult ă:
I
1 = 189 104 + 131,64 104 = 320,64 104 mm4
I 2 = 189 104 – 131,64 104 = 57,36 104 mm4
Prima direc ție principal ă de inerție, face cu axa central ă Gz,
unghiul:

132α11
229 71 0
278 10 100 101
204
44 1 089 23 73 =− =− = −⋅⋅
⋅−⋅arctg arctg () ( , ) ,

Deoarece α1 < 0, rotirea se face în sensul acelor de ceasornic
(Fig.4.4.1-4).
Cum I
zy > 0, rezult ă 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 suprafe ței tălpii de sus, fa ță de axa central ă Gz,
se calculeaz ă cu relația 4.1-5 (Fig.4.4.1-3):
S
z,A1 = A 1 c2 = 70 10 35 = 24.500 mm3.
S
z,A1 este pozitiv, deoarece și c 2 (distanța de la centrul de
greutate al suprafe ței de arie A 1 până la axa central ă Gz față de care se
calculează momentul static) este pozitiv ă.
4.4.2 Pentru suprafa ța plană din Fig.4.4.2-1 s ă se calculeze:
a) modulele de rezisten ță minime,
b) direc țiile principale de iner ție, z y 2
1
α1 = -23,730 α1 = -23,730
Fig.4.4.1-4 G

133 c) momentele de iner ție principale.

Rezolvare
• Împărțim suprafa ța din Fig.4.4.2-1 în dou ă suprafețe: una plin ă de
dimensiuni H și B și a doua (suprafa ță gol ) de dimensiuni b și h.
• Centrele de greutate G 1 și G 2 coincid, la fel și axele lor proprii G 1z1,
G2z2, G 1y1, G 2y2. De asemenea și centrul de greutate al întregii
secțiuni G, coincide cu centrele G 1 și G 2 (suprafa ța este dublu
simetrică), iar axele centrale Gz și Gy se suprapun peste axele G 1z1,
G2z2, G1y1, G2y2 (Fig.4.4.2-2)

• Distanțele de la axele centrale Gz, respectiv Gy pân ă la axele
centrale proprii ale celor dou ă suprafețe sunt: c
1 = c 2 = d 1 = d 2 = 0.
b
h H
Bh = 100 mm
H = 120 mm B = 60 mm B = 80 mm

Fig.4.4.2-1 1
2
y
y1 y 2
G
G1,G2z z1, z2
yG = 60 mm
Fig.4.4.2-2

134• Valoarea momentelor de iner ție axiale și centrifugale sunt:

IIc A I cA
mmzz z=+ −+−= + ⋅− +−⋅ =
=⋅⋅⋅
1233
12
122
2120 80
122 100 60
122
440 120 80 0 100 60
652 10() ( ) ( )

II d A I dA
mmyy y=+ −+−= + ⋅− +−⋅ =
=⋅⋅⋅
1233
12
122
2120 80
122 100 60
122
440 120 80 0 100 60
332 10() ( ) ( )

II c d A I c d Azy z y z y=+ −+ −=+−−=
11 2 2 111 2 2 2 0000 0 ()

La I zy = 0 se putea ajunge și fără calcule, deoarece suprafa ța
cercetată (Fig.4.4.2-1) prezint ă două axe de simetrie și este știut faptul
că suprafețele care prezint ă cel puțin o axă de simetrie au momentul
de inerție centrifugal I zy nul.
a) Modulele de rezisten ță minime și maxime se calculeaz ă numai pe
baza momentelor de iner ție axiale. Pentru acest motiv s-au calculat
mai devreme I z și Iy. În cazul nostru, modulele de rezisten ță minime și
maxime fa ță de cele dou ă axe centrale z și y, sunt egale, deoarece
distanțele până la fibrele extreme de la o direc ție central ă, sunt egale
(vezi Fig.4.4.2-2). Se ob ține:

WW m mzzI
yI
yzz
min max max min, == = == ⋅⋅652 10
60334108 67 10

WW m myyI
zI
zyz y
min max max min== = == ⋅⋅332 10
4033483 10

b) Una din direc țiile principale de iner ție face cu direc ția centrală Gz,
unghiul:
α11
221
220
652 332 1040 =− =− =−⋅
−arctg arctgI
IIzy
zy() ( )()

Deoarece α1 = 0, rezult ă că o direcție principal ă se suprapune
peste direc ția centrală Gz, iar cealalt ă direcție principal ă, se suprapune

135peste direc ția central ă Gy. Asta înseamn ă de asemenea c ă direcțiile
centrale Gz și Gy sunt și direcții principale de iner ție: G1 ≡ Gz și G2
≡ Gy.
c) La punctul b) a rezultat c ă direcțiile centrale Gz și Gy sunt și
direcții principale de iner ție. Rezult ă atunci că, momentele axiale de
inerție I z și Iy sunt momente de iner ție principale:
I 1 = I z = 652 104 mm4,
I 2 = I y = 332 104 mm4.
Din acest exemplu, se desprinde urm ătoarea concluzie foarte
important ă, care știută simplific ă mult calculele pentru unele cazuri
de secțiuni: la suprafe țele care prezint ă cel puțin o axă de simetrie și
la care I
zy = 0, direc țiile centrale Gz și Gy, sunt și direcții principale
de inerție, iar momentele axiale de iner ție I z și Iy sunt și momente de
inerție principale. Valoarea cea mai mare dintre I z și Iy este I 1, iar cea
mai mică valoare o are I 2.
Așadar, dac ă:

I z > I y ⇒ I1 = I z și I2 = I y ,
I z < I y ⇒ I1 = I y și I2 = I z .

1364E. Caracteristici geometrice ale suprafe țelor plane
(Probleme propuse)

Pentru suprafe țele plane din figurile urm ătoare să se determine
modulele de rezisten ță (W z,Wy), direcțiile principale și momentele de
inerție principale.
Obs. Caracteristicile geometrice ale profilelor laminate se vor
lua de la “Rezultate”.

4E.2 4E.1
4E.3 140
180
12080
180
1208040
70
200
120140
30

137

4E.4
4E.5
4E.6 160
100Ø 60
I 20
120Gros 20
Gros 20
I 30
U 18

138

4E.7
4E.9 4E.8 260220
Gros 10U 20U 20
80
20 8040 90
140
8040
9060

139

4E.11 4E.10
4E.12 140
90
12080
15080
40
9060
60
24 80
24
120
24 100

140

4E.13
4E.15 4E.14 120
60Ø 4030
115 80 15
130100
80
120 30 160
30 30 60

141

4E.16
4E.17
4E.18 4 δ
2 δ
10 δ2 δ 8 δ 2 δ
6 δ6 δ
18090
ф 130
180 80 80 150 30 185 30
I 22210
Gros 16

142

4E.21 4E.19
4E.20
120 100
Ø 4030
30
4 t
t
6 t
2 t 8 t t 218 Gros 18
U 20300
80

143

4E.22
4E.23
4E.24
180
110
40 40
130 6090
60
20 20
40
20
8030 30 80

144

4E.25
4E.26
4E.27 45
45
90 1015
15
160 Gros 12
L 80×80×10 L 80×80×10
Gros 10
200
U8 U8

145

4E.29
4E.30 4E.28
Gros 10
200
U8 U8L 100×100×10 U 20160
Gros 12L 80×80×10L 80×80×10

146

4E.31
L 70×70×10U 22
240 Gros 30

1474R. Caracteristici geometrice ale suprafe țelor plane
(Răspunsuri)

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 GY
Z
yG 4R.1
yG= 90 mm
Iz= I1= 19 866 667 mm4
Iy= I2= 19 946 667mm4
Wz,min= 220 741 mm3
Wy,min= 332 444 mm3 4R.2
180
12080 40
70 G Y
Z
yG
200
120 140
30 GY
Z
yG yG= 100 mm
Iz= I1= 59 420 000 mm4
Iy= I2= 8 955 000mm4
Wz,min= 594 200 mm3
Wy,min= 149 250 mm3 4R.3

148

160
100Ø 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
120Gros 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.6
yG= 158 mm
Iz= I 1= 208 166 464 mm4
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 mm I
z= 98 000 000 mm4
Iy= 4 510 000 mm4
A= 6 910 mm2 I 30
U 18 GY
Z
yG
et

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 mm4; A= 2 800 mm2.
4R.7
GY
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 mm4; A= 3 220 mm2. 260220
Gros 10 U 20U 20
80 yG hb
t
e
4R.8
20 80 4090
O Y0≡Y
Z0G 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
8040
90 60
OY0≡Y
Z0GZ 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

150

4R.10
140
90
12080
O Y0≡Y
Z0GZ
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
15080
40
9060
60
O Y0≡Y
Z0G 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 mm3
4R.12
24 80
24
120
24 100
O Y0≡Y
Z0G Z
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

151

4R.13
120
60 Ø 4030
OY0≡Y
Z0GZ
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
115 80 15
130 100
80
OY0≡Y
Z0GZ
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
120 30 160
60 30 30 OY0≡Y
Z0GZ
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

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 4δ
2 δ
10 δ2 δ 8 δ 2 δ
6 δ6 δ
OY0≡Y
Z0GZ
yG
4R.17
yG 18090 ф 130
180 80 80 150 30 185 30Y0≡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; I z= 30 600 000 mm4
Iy= 1 620 000 mm4; A= 3 960 mm2. I 22 210
Gros 16
OY0≡Y
Z0yG G Z
b h z

153

4R.19
OY0≡Y
Z0yG GZ
218 Gros 18
U 20300
b h zy
e
80 yG= 149,713 mm
Iz= I1= 73 242 224 mm4
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; z G=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= 12,24ș; α2= 102,24ș;
Izy,max =2 032 000 mm4
120 100
Ø 4030
30 OY0
Z0 Y
GZ (2)
(1)α1 α2
4R.21
yG= 4,25 t ; z G=2 t;
Iz= 354,5 t4; Iy= 72 t4;
Izy= -60 t4;
I1= 366,715 t4;
I2= 58,785 t4;
α1= -11,24ș;
α2= 78,493ș; 4 t
t
6 t
2 t 8 t t
OY0
Z0 Y
GZ
yG
zG(2)
(1)α1α2

154

4R.22
yG= 84,7 mm;
zG=52,8 mm;
Iz= 46 980 305 mm4
Iy= 18 663 755 mm4
Izy= -2 610 988 mm4
I1= 48 980 305 mm4
I2= 18 440 529 mm4
α1= -10,45ș;
α2= 79,55ș. OY0
Z180
110
4040
13060Y
GZ
yG
zG(2
(1α1α2
4R.23
yG= 34; z G=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= 111,37ș
(2)
(1)α1α290
60
2020
OY0
Z0 Y
GZ
yG
zG
4R.24
yG= 57,3; z G= 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= 101,94ș 40
20
80 30 30 80
OY0
Z0 Y
GZ
yG
zG(2)
(1)α1 α2

155

yG= 60; z G=40 mm;
Iz= 4 353 800 mm4
Iy= 648 750 mm4
Izy= -1 240 300 mm4
I1= 4 730 600 mm4
I2= 271 871 mm4
α1= 16,9; α2= 106,9ș

4R.26
yG= 80; z G=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 ș; α2= 138ș

Din STAS pentru L80×80×10: h=b=80; e=23,4 mm; A= 1 510 mm2;
Iz= Iy =875 000; I 1=1 390 000; I 2= 363 000; I zy=(I 1-I2)/2= -513 500 mm4 .
Obs. I zy pentru cornierul simetric se calculeaz ă ca fiind I zy,max deoarece
axele z și y sunt situate la 45ș fa ță de axele principale ale profilului . (2)(1)
α1 α2
160 Gros 12
L 80×80×10 L 80×80×10
OY0
Z0 Y
GZ
yG
zG
e z y4R.25 (2)
45
45
90 1015
15
OY0
Z0Y
GZ
yG
zG(1)α1 α2

156

4R.27
yG= 100; z G=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= 112,83ș
Din STAS pentru U 8: t=8 mm;
e=14,5 mm; I z= 194 000 mm4;
Iy=1 060 000 mm4; A=1 100 m m2. Gros 10
200 U 8 U8
GY
Z
yG
e t
OY0
Z0
zG (2)
(1)
α1 α2 z
y
z y
4R.28
yG= 100; z G=61,43 mm;
Iz= I1 = 23 137 217 mm4
Iy= I2= 4 258 095 mm4
Izy= 0 mm4; α1= 0ș
Wz= 231 372 mm3
Wy= 69 316 mm3
Din STAS pentru U 8: t=8 mm;
e=14,5 mm; I z= 194 000 mm4;
Iy=1 060 000 mm4; A=1 100 m m2. Gros 10
200
U8 U8
yG
e t
OY0
Z0zG
y
zY
GZ

157

4R.29
yG= 73,2; z G=102 mm;
Iz= 27 070 000 mm4
Iy= 6 056 000 mm4
Izy= 5 206 700 mm4
I1= 28 290 000 mm4
I2= 4 836 600 mm4
α1= – 13,18; α2=76,8ș

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.
Pentru L100×100×10: h=b=100; e=28,2 mm; A= 1 920 mm2;
Iz=Iy =1 770 000; I 1=2 800 000; I 2=729 000; I zy=(I 1-I2)/2=1 035 500 mm4
Obs. I zy pentru cornierul simetric se calculeaz ă ca fiind I zy,max deoarece
axele z și y sunt situate la 45ș fa ță de axele principale ale profilului . (2)
(1)α1α2 L 100×100×10 U 20
OY0
Z0z y
zyY
GZ
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; I 1=1 390 000; I 2= 363 000; I zy=(I 1-I2)/2= -513 500 mm4 .
Obs. I zy pentru cornierul simetric se calculeaz ă ca fiind I zy,max deoarece
axele z și y sunt situate la 45ș fa ță de axele principale ale profilului . yG= 80; z G≈24 mm;
Iz= I1=15 520 751 mm4
Iy= I2= 2 787 599 mm4
Izy= 0; α1= 0ș;
Wz= 194 009 mm3
Wy= 40 994 mm3

160
Gros 12L 80×80×10 L 80×80×10
OY0
Z0 Y
GZ
zyzy
e
yG
zG

158

4R.31
Din STAS pentru U 22: h= 220 mm ; b= 80 mm; e=21,4 mm;
Iz= 1 970 000 mm4; Iy= 26 900 000 mm4; A= 3 740 mm2.
Pentru L70×70×10: h=b=70; e=20,9 mm; A= 1 310 mm2;
Iz=Iy =572 000; I 1=905 000; I 2=289 000; I zy=(I 1-I2)/2=308 000 mm4
Obs. I zy pentru cornierul simetric se calculeaz ă ca fiind I zy,max deoarece
axele z și y sunt situate la 45ș fa ță de axele principale ale profilului . yG≈ 75; z G≈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 mm4
α1= 80,67; α2=170,67ș

yG
L 70×70×10U 22
240 Gros 30
OY0
Z0
z
y
e
zyeY
GZ zG
(2)
α1(1)
α2

1595. SOLICITAREA AXIAL Ă

5.1 Considera ții generale. Etape de calcul

Într-o sec țiune a unui element de rezisten ță, se realizeaz ă o
solicitare axial ă, atunci când în acea sec țiune acționează un singur
efort și acesta este efortul axial N.
În func ție de orientarea efortului axial N fa ță de secțiune,
solicitarea poate fi, de:
• tracțiune sau întindere când N > 0 (pozitiv),
• compresiune , când N < 0 (negativ).
La solicitarea axial ă, într-un punct al sec țiunii transversale, se
produc tensiuni normale σ, de aceea și valoare în orice punct al
secțiunii (tensiune uniform distribuit ă), tensiune care se calculeaz ă cu
relația:

σ=±N
A 5.1-1

Sub ac țiunea eforturilor axiale, elementul de rezisten ță se
deformeaz ă. Principala deforma ție suferită de un element de rezisten ță
solicitat axial, este deforma ția liniară. În funcție de efectul efortului
axial N, deforma ția liniară poartă numele de:
• lungire , când N > 0,
• scurtare , când N < 0.
Lungirea sau scurtarea unui element de rezisten ță de lungime l
solicitat de efortul axial N și care prezint ă rigiditatea la solicitarea
axială EA, se calculeaz ă cu relația:

ΔlNl
EA= 5.1-2

Dac ă pe lungimea l, efortul axial N nu este constant sau
rigiditatea EA este variabil ă, atunci lungirea sau scurtarea se

160calculează prin însumarea lungirilor sau scurt ărilor de pe toate
porțiunile pe care N și EA sunt constante:

ΔlNl
EA
in
ii
i=
=∑ ()
1 5.1-3

La solicitarea axial ă, în calcule, de multe ori se utilizeaz ă
deformația specific ă, în special lungirea specific ă sau alungirea ,
notată cu ε și a cărei relație de calcul este:

ε==Δl
lN
EA 5.1-4

De obicei, alungirea ε se exprim ă în procente:

[] 100 %εEAN= 5.1-5

În elementele de rezisten ță, atât tensiunea normal ă σ cât și
alungirea ε, nu trebuie s ă depășească anumite valori maxime, numite
mărimi admisibile:
– tensiunea normal ă admisibil ă σa, respectiv
– alungirea admisibil ă εa,
Satisfacerea condi ției de rezisten ță și a celei de rigiditate
(deformabilitate) impune îndeplinirea urm ătoarelor:
σmax ≤ σa (pentru condi ția de rezisten ță) 5.1-6
εmax ≤ εa (pentru condi ția de rigiditate) 5.1-7

Calculul elementelor de rezisten ță la solicitarea axial ă, se face în
principal din satisfacerea condi ției de rezisten ță. Sunt situa ții când la
elementele de rezisten ță solicitate axial, trebuie avut ă în vedere și
condiția de rigiditate.
Rela țiile de calcul pentru cele trei tipuri de probleme și cele
două condiții (verificare, dimensionare și efort capabil, respectiv
condiția de rezisten ță și rigiditate – vezi parag.1.4 și 1.5) pentru
solicitarea axial ă, sunt prezentate succint în Tabelul 5.1-1.

161 Pentru a verifica satisfacerea condi țiilor impuse, dup ă cum se
constată din Tabelul 5.1-1, trebuie cunoscute σmax și εmax. Secțiunile în
care se ating valorile maxime σmax și εmax, se numesc secțiuni
periculoase.
Pentru un calcul corect, aceste sec țiuni trebuie cunoscute. La
solicitarea axial ă, poziția secțiunii periculoase, depinde atât de
valoarea efortului axial N, cât și de mărimea ariei sec țiunii
transversale a elementului. Dac ă una dintre aceste m ărimi este
constantă pentru tot elementul de rezisten ță, atunci pozi ția secțiunii
periculoase se stabile ște mai ușor și anume:
– dac ă A = constant, sec țiunea periculoas ă este acolo unde
efortul axial N are valoarea cea mai mare (maxim ă),
– dac ă N = constant, sec țiunea periculoas ă este acolo unde aria
secțiunii transversale a elementului este mai mic ă (minimă).
T a b e l u l 5 . 1 – 1
Tipul C o n d i ț i a
problemei de rezisten ță de rigiditate

De verificare
σσmax=≤N
A a
ΔΔllNl
EA a
N
EA amax
max=≤
=≤εε

De dimensionare
AnecN
a==σ…

AnecNl
ElN
Ea=⋅=Δmaxε

De efort capabil

NAcap a==σ…

N
EAcapEA l
l
aa==
=⋅⋅⋅Δ
ε

Atunci când începem s ă rezolvăm o problem ă de rezisten ță
(exemplificarea se face pentru solicitarea axial ă), stabilim urm ătoarele
aspecte, care pot constitui în acela și timp și etapele de calcul :
• Stabilim care elemente de rezisten ță din structura respectiv ă ne
intereseaz ă sau prezint ă importan ță pentru calcul.

162• Stabilim la ce solicit ări sunt supuse aceste elemente. Stabilirea
solicitării poate fi f ăcută în urma unei observa ții atente asupra
structurii și a modului de transmitere al for țelor exterioare de la un
element la altul, sau în urma tras ării diagramelor de eforturi.
• Se stabile ște secțiunea periculoas ă (una sau mai multe). Stabilirea
secțiunii periculoase se face analizând varia ția efortului și a
secțiunii transversale de-a lungul elementului de rezisten ță care se
calculeaz ă.
• Se stabile ște tipul problemei (verificar e, dimensionare sau efort
capabil). Tipul problemei rezult ă din enun țul problemei pe care o
rezolvăm.
• Se stabile ște condi ția impus ă (de rezisten ță sau rigiditate).
Stabilirea condi ției se face tot pe baza datelor din enun țul
problemei, în func ție de mărimile admisibile care se dau. Dac ă se
dă σa se impune condi ția de rezisten ță, iar dacă se dă εa (sau Δla)
se impune condi ția de rigiditate. Dac ă se dau toate m ărimile
admisibile amintite mai înainte, se impun ambele condi ții.
• Dacă s-a stabilit solicitarea, sec țiunea periculoas ă, tipul problemei
și condiția impusă, se trece la Tabelul 5.1-1 (dac ă solicitarea este
axială) sau la tabelul asem ănător de la solicitarea respectiv ă, de
unde se iau formulele de calcul corespunz ătoare și se rezolv ă
problema.
Observație: După cum se constat ă, în relațiile din Tabelul 5.1-1,
apare și efortul axial N din sec țiunea periculoas ă. Determinarea
eforturilor în general, depinde de sistemul pe care-l avem. Din multiplele exemple care se vor prezenta, sper c ă veți ajunge la
înțelegerea modului de determinare al eforturilor axiale. În cel mai
dificil caz, trasa ți diagramele de eforturi, a șa cum s-a prezentat în
Capitolul 3.

163 5.2 Calculul sistemelor de bare drepte articulate,
static determinate

Se știe că dacă numărul necunoscutelor (eforturi, reac țiuni) este
egal sau mai mic decât num ărul ecuațiilor de echilibru ce pot fi scrise
pentru un sistem, sistemul este static determinat.
Să ne reamintim c ă la o bar ă solicitată la întindere de c ătre
forțele F egale și de sensuri opuse (Fig.5.2-1a), efortul axial este
orientat spre interiorul barei, iar la bara solicitat ă la compresiune,
efortul axial este orientat spre capetele barei (Fig.5.2-1b). Barele articulate la ambele capete, care pe toat ă lungimea lor nu
prezintă sarcini, sunt solicitate num ai axial. Solicitarea acestora
provine din ac țiunea celorlalte elemente de rezisten ță cu care sunt în
legătură.
Exemplu. Platforma rigid ă BC pe care trebuie a șezată o
sarcină F = 90 kN, este suspendat ă cu ajutorul a doi tiran ți verticali,
ca în Fig.5.2-2. Cunoscând
σa = 150 MPa și E = 2,1 105 MPa pentru
materialul tiran ților, se cere:
a) dimensionarea tiran ților (d = ? și a = ?) pentru σmax ≤ σa,
b) deplasarea pe verical ă a punctului de aplica ție al forței F
(δD=?).

F N=F N=F F
F N=F N=F F
Fig.5.2-1 a)
b)

164
Rezolvare
a) Să parcurgem acum etapele prezentate la paragraful 5.1.
• Dintre toate elementele care apar în Fig.5.2-1, ne interesez ă numai
cei doi tiran ți care sus țin platforma, nota ți cu 1, respectiv 2. De
altfel, nu cunoa ștem dimensiunile platformei, știm numai c ă ea este
rigidă, adică deformațiile sale pot fi considerate nule (neglijabile).
• Cei doi tiran ți neavând alte sarcini de-a lungul lor, sunt solicita ți
numai axial. Este foarte u șor de înțeles, că aceștia sunt solicita ți la
tracțiune (întindere).
• Deoarece în lungul tiran ților atât N cât și aria secțiunii transversale
A sunt constante, rezult ă că secțiunea periculoas ă poate fi oriunde.
• Problema este de dimensionare și se impune condi ția de rezisten ță,
deoarece se cer dimensiunile sec țiunii transversale (d și a) și în
enunțul problemei s-a dat tensiunea maxim ă admisă σ
a. Aici nu se
impune o dimensionare și din condi ția de rigiditate, deoarece nu s-a
dat în enun ț εa (sau Δla). Este adev ărat că la punctul b) al problemei
trebuie făcute calcule de deforma ții, dar acestea nu au nimic cu
dimensionarea tiran ților prevăzută la punctul a).
• Din Tabelul 5.1-1, rezult ă că pentru dimensionare, utiliz ăm relația:
AnecN
a==σ… 5.2-1

Pentru tirantul 1 (cel din stânga), rela ția 5.2-1 se scrie: 1 2 d a
a
F l = 3 m
1 m 2 m B C M D N
Fig.5.2-2

165
AnecN d
a1 412==σΠ⋅

de unde rezult ă relația de calcul pentru diametrul sec țiunii transversale
a tirantului:
dN
a=⋅4 1
Πσ 5.2-2

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

AanecN
a22 2==σ

de unde rezult ă dimensiunea sec țiunii transversale a tirantului 2:

aN
a=2
σ 5.2-3

În rela țiile 5.2-2 și 5.2-3, N 1 și N 2 sunt eforturile axiale din
secțiunile transversale periculoase ale celor doi tiran ți. Valorile lui N 1
și N 2, trebuie determinate.
Determinarea eforturilor din sec țiunile periculoase (pe care le-
am precizat deja) se face prin metoda sec țiunilor, metod ă binecuscut ă
de determinare a eforturilor din sec țiunile transversale ale elementelor
de rezisten ță. Secționăm atunci cei doi tiran ți în secțiunile lor
periculoase și în locul por țiunii de tirant înl ăturată, punem N 1,
respectiv N 2 pentru a nu strica echilibrul sistemului (Fig.5.2-3).
Acest sistem îl izol ăm și punem condi țiile de echilibru:

()Fx=∑ 0 → 0 = 0 (aceast ă condiție nu ne ajut ă).

()Fy=∑ 0
N 1 – F + N 2 = 0

166sau
N 1 + N 2 = F 5.2-4

()MM=∑ 0
F 1 – N 2 3 = 0
sau 3 N
2 = F 5.2-5
S-au ob ținut două ecuații cu două necunoscute (N
1 și N 2):
N
1 + N 2 = F
3 N 2 = F
Rezolvând acest sistem, rezult ă:
N 1 = 60 kN
N 2 = 30 kN.
Înlocuind valorile lui N 1 și N 2 în relațiile 5.2-2, respectiv 5.2-3,
se obține dimensiunea sec țiunii transversale a tiran ților:

mm d 56,22150106043==⋅Π⋅⋅ 5.2-6
mm a 14,1415010303==⋅ 5.2-7
N DN1
N1 N2
N2 N1 F
M
1 m 2 m
Fig.5.2-3

167 Dimensiunile sec țiunilor transversale se rotunjesc prin adaos,
rezultând valorile finale: d = 23 mm 5.2-8 a = 15 mm. 5.2-9 b) La acest punct trebuie determinat ă deplasarea sec țiunii în care
acționează forța F (secțiunea D).
Atunci când trebuie determinate deplas ările unor sec țiuni se
parcurg urm ătoarele etape :
• Se schițează sistemul în pozi ția pe care o are înainte de aplicarea
sarcinilor. Schi țați această poziție prin linie continu ă.
• Se analizeaz ă modul de deformare al fiec ărui element deformabil și
cum deforma ția acestuia influen țează deplasarea celorlalte
elemente.
• Pe baza deforma țiilor elementelor analizate, se schi țează sistemul
în poziția pe care o are dup ă aplicarea sarcinilor și deformarea
elementelor componente. Schi țați această poziție cu linie întrerupt ă.
• Se coteaz ă toate deforma
țiile produse ale elementelor.
• Se determin ă deplasarea cerut ă pe baza deforma țiilor cotate .
Să revenim acum la exemplul nostru, punctul b).
Schi ța sistemului în pozi ție nedeformat ă, este prezentat ă în
Fig.5.2-4 (linia continu ă).

Tiranții fiind solicita ți la întindere, se lungesc cu lungirile:
M
M' D
D' N
N'Δl2 Δl1
Fig.5.2-4

168 mm MMlAElN06,2 '2
453 3
11
23 101,21031060
1 = ===Δ⋅⋅⋅⋅⋅⋅
⋅⋅
Π 5.2-10

ΔlN N m mNl
EA 230 10 3 10
211 0 1 52
233
52 196 == = =⋅
⋅⋅⋅ ⋅
⋅⋅',, 5.2-11

Deforma țiile Δl1 și Δl2 sunt trecute în Fig.5.2-4, rezultând astfel
poziția sistemului dup ă deformare (trasat ă cu linie întrerupt ă).
Deplasarea punctului de aplica ție al forței F (δD = DD'), printr-un
calcul geometric, rezult ă ușor. O reprezentare mai clar ă, pentru
determinarea deplas ării punctului de aplica ție a forței F, (δD) este
prezentată în Fig.5.2-5.

δD = DD 1 + D 1D' = Δl2 + D 1D' 5.2-12

iar din asem ănarea triunghiurilor N'D 1D' și N'M 1M', rezult ă:

DD
MMND
NM1
1'
'= 5.2-13

Rela ția 5.2-12, devine:

δD ll l m m =+ − = + + =ΔΔ Δ22
3 122
3 19 6 20 6 19 6 20 1 () , ( , , ) ,
Deci, punctul de aplica ție al forței F, se deplaseaz ă în jos cu 2,01
mm. M D N
M' D' N' M1 D1
Δl1−Δl2 Δl1 Δl2
Fig.5.2-5 Δl2

169 Observație
Aceast ă problemă a fost o problem ă de dimensionare.
Să presupunem c ă problema este de verificare . Înseamn ă că se
cunosc dimensiunile sec țiunii transversale d și a și trebuie verificat ă
condiția de rezisten ță sau rigiditate. Mersul problemei în acest caz este
identic cu cel prezentat, numai c ă se utilizeaz ă relațiile:

σ σ 11
1 max== ≤N
A a …

σ σ 22
2 max== ≤N
A a …
sau

εε11
1max …== ≤⋅N
EA a

εε22
2max …== ≤⋅N
EA a

În aceste rela ții, eforturile N 1 și N 2 sunt cele calculate.
Consider ăm acum c ă problema este de efort capabil . În acest
caz nu se cunoa ște valoarea for ței F, iar eforturile N 1 și N 2 nu mai au
valori numerice, ele determinându-se ca la exemplul precedent, dar rămân necunoscute, adic ă:

3 232
1
FF
NN
==

Rela țiile de calcul din Tabelul 5.1-1 care se utilizeaz ă, au forma:

2 31
2 21 32
1 1
3''23'
A F F A NA F A N
a a capaF
a cap
⋅⋅=⇒=⋅=⋅⋅=⇒=⋅=
σ σσ σ

Se ob ține câte o valoare pentru for ța F impus ă de fiecare tirant.

170 Dac ă se consider ă și condiția de rigiditate, mai rezult ă două
valori pentru for ța capabilă F:

aIV F
a capaF
a cap
AE F AE NAE F AE N
ε εε ε
⋅⋅⋅=⇒=⋅⋅=⋅⋅⋅=⇒=⋅⋅=
2 3 2 21 32
1 1
323'''

Pentru a fi satisf ăcute toate condi țiile (de rezisten ță și de
rigiditate) dintre cele patru valori F', F'', F''', FIV ale forței F se ia
valoarea cea mai mic ă.
F = min ( F', F'', F''', FIV).
Se observ ă că schimbarea tipului problemei nu complic ă modul
de rezolvare a problemei. Prin schimbarea tipului de problem ă, se
schimbă doar mărimile cunoscute cu cele necunoscute.

5.3 Calculul barelor drepte solicitate de for țe axiale

Fie o bară dreaptă cu forma și încărcarea din Fig.5.3-1. Se cer:
a) for ța capabil ă F pentru σmax = σa = 150 MPa.
b) deplasarea cap ătului liber al barei.
Se cunosc: E = 2,1 ⋅105 MPa, d = 40 mm, l = 1 m.

Rezolvare
a) Etapele de rezolvare sunt acelea și pe care le-am utilizat și la
exemplul precedent (parag.5.2). F 2F10F 2l
l d 7
7F 3F
3F
F
a) b) N
Fig.5.3-1 2d
1 2 3 4

171• Avem un singur element de rezisten ță (bara), dar care prezint ă
secțiune variabil ă în lungul s ău.
• Bara este solicitat ă axial, cu por țiuni întinse, respectiv comprimate.
• Secțiunea periculoas ă după cum s-a mai spus, depinde atât de
valoarea efortului axial cât și de m ărimea ariei sec țiunii
transversale. Pentru a stabili sec țiunea periculoas ă, în acest caz,
trebuie trasat ă diagrama de efort axial N. Aceast ă diagramă este
prezentată în Fig.5.3-1b. Exist ă, după cum se poate constata, trei
intervale caracteristice: 1-2, 2-3, 3-4. Pe primele dou ă intervale (1-2
și 2-3), aria A a sec țiunii transversale este constant ă (A = const.), iar
N este variabil. Rezult ă că intervalul 2-3 (unde N = 3F), este mai
periculos decât intervalul 1-2. Dintre intervalul 3-4 (N = -7F) și
intervalul 2-3 (N = 3F), este mai periculos intervalul 2-3, concluzie
care rezult ă din următorul calcul simplu:

σ233 23
232
42
43 −⋅===−
− ⋅⋅N
AFF
ddΠΠ 5.3-1

σσ347
27
4 2334
34
42 2
4−⋅
⋅− == = ⋅<−
− ⋅N
AF
dF
dΠΠ () 5.3-2

Așadar, sec țiunea periculoas ă este oricare sec țiune situat ă în
intervalul 2-3.
• Problema este de efort capabil (nu se cunoa ște încărcarea F).
• Condiția impusă pentru determinarea for ței F, este condi ția de
rezistență (se impune numai σmax ≤ σa).
• Relația pe care o utiliz ăm pentru calcul (din Tabelul 5.1-1), este:

N cap = A σa = … 5.3-3

Relația 5.3-3, transcris ă pentru exemplul nostru în sec țiunea
periculoas ă, este:
N cap = A 2-3 σa = 3 F 5.3-4

de unde rezult ă valoarea maxim ă admisă pentru for ța F:

172
FK NAdad
a a==== =−⋅⋅ ⋅⋅⋅ ⋅⋅ 232
422
33 1 240 150
1262 831σ σ σΠΠ Π, 5.3-5

b) Pentru rezolvarea acestui punct, parcurgem urm ătorul
raționament:
• Toată bara se deformeaz ă: intervalele 1-2 și 2-3 se lungesc (N > 0),
iar intervalul 3-4 se scurteaz ă (N < 0).
• Capătul liber al barei se deplaseaz ă, fiindcă toate intervalele se
deformeaz ă. Nu se poate ști încă de acum dac ă deplasarea cap ătului
liber se produce în jos sau în sus, aceasta depinzând de valorile deformațiilor celor trei intervale. Se poate scrie totu și că deplasarea
capătului liber al barei δ
1 este:

δ1 = Δl1-4 5.3-6
unde,
Δl1-4 -deforma ția întregii bare (intervalul 1-4).

Cum de la 1-4 nici N și nici A (aria) nu sunt constante,
deformația Δl1-4 nu poate fi scris ă într-un singur termen. În acest
exemplu, Δl1-4 are trei termeni, impu și de cele trei intervale
caracteristice pe care atât N cât și EA sunt constante. Astfel:

Δl1-4 = Δl1-2 + Δl2-3 + Δl3-4 5.3-7

Rezult ă că relația 5.3-6, cap ătă forma:

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

Explicitând rela ția 5.3-8, se ob ține:

δ11212
122323
2334 34
34 =++=−−
−−−
−−−
−⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅Nl
EANl
EANl
EA
=+− = + − =⋅
⋅⋅⋅ ⋅⋅⋅
⋅⋅⋅
⋅⋅⋅ ⋅ ⋅Fl
EFl
EFl
EFl
Edd d dmmΠΠ Π Π2
42
42
42
437 2
414
4 13 0 1 1 9() ,

173 Deoarece δ1 = 0,119 mm > 0, rezult ă că deplasarea cap ătului
liber al barei (al sec țiunii 1), are loc în jos. Lungirea intervalelor 1-2 și
2-3, este mai mare decât scurtarea intervalului 3-4. Observație. Să presupunem c ă se cere deplasarea pe vertical ă a
secțiunii 2. În acest caz, deforma ția intervalului 1-2 nu influen țează
deplasarea sec țiunii 2. Oricât s-ar deforma intervalul 1-2, dac ă
intervalul 2-4 nu se deformeaz ă, secțiunea 2 nu se deplaseaz ă. Deci:

δ
2 = Δl2-4 sau δ3 = Δl3-4.

Trebuie avut ă o mare aten ție la modul în care deforma ția
intervalelor contribuie la deplasarea unor sec țiuni.

5.4 Calculul sistemelor de bare articulate, static
nedeterminate

Dacă la un sistem, necunoscutele (reac țiuni sau eforturi) nu pot
fi determinate cu ajutorul ecua țiilor de echilibru, atunci sistemul este
static nedeterminat .
Gradul de nedeterminare al sistemului , este dat de diferen ța
dintre num ărul necunoscutelor și numărul ecuațiilor de echilibru
scrise. Pentru rezolvarea sistemelor st atic nedeterminate (în prima etap ă
aflarea necunoscutelor), este nevoie de ecua ții suplimentare, atâtea cât
este și gradul de nedeterminare. Ecua țiile suplimentare provin din
explicitarea rela țiilor care se scriu între deforma țiile sau deplas ările
diferitelor elemente ale sistemului sau a sec țiunilor acestora. Dup ă
găsirea acestor ecua ții suplimentare (num ărul este egal cu gradul de
nedeterminare) și determinarea necunoscutelor, problema devine una
obișnuită (static determinat ă), ușor de rezolvat.
Exemplu. O platform ă rigidă BC pe care trebuie a șezată forța
F=40 kN, este suspendat ă cu ajutorul a doi tiran ți 1 și 2 (Fig.5.4-1),
ambii de sec țiune circular ă cu diametrul d = 30 mm.
Se cer:

174 a) S ă se verifice tiran ții pentru σa = 150 MPa,
b) Să se calculeze deplasarea punctului de aplica ție al forței 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-am
utilizat și la exemplele precedente.
• Interes prezint ă numai cei doi tiran ți, 1 și 2.
• Ambii tiran ți sunt solicita ți numai la întindere.
• Având sec țiune constant ă și fiind solicita ți de eforturi axiale
constante (neavând înc ărcări pe lungimea lor), orice sec țiune a
tiranților poate fi considerat ă ca periculoas ă.
• Problema este de verificare, iar condi ția impus ă este cea de
rezistență (se dă numai σ
a).
• Din Tabelul 5.1-1, rela ția de calcul care se utilizeaz ă este:

σmax …==N
A 5.4-1

Aria sec țiunii transversale A este cunoscut ă, dar efortul axial N
din tiranți nu este cunoscut. Pentru aflarea efortului axial, proced ăm
ca la exemplul de la paragraful 5.2 (vezi Fig.5.4-2): – sec ționăm tiranții,
– înlocuim por țiunile înlăturate cu eforturile N
1 și N 2,
– izol ăm sistemul,
h 1 2
F
B C
a a/2 a/2
Fig.5.4-1 600

175 – punem condi țiile de echilibru (sistemul este plan).

Sistemul din Fig.5.4-2 este în echilibru sub ac țiunea eforturilor
N1, N 2, a sarcinii F și a reacțiunilor (pe orizontal ă și verticală) din
reazemul B. Sistemul fiind plan, se pot scrie dup ă cum se știe, numai
trei ecuații independente de echilibru. Exist ă 4 (patru) necunoscute
(HB, V B, N 1, N 2) și 3 (trei) ecua ții de echilibru posibil a fi scrise.
Rezultă că sistemul dat este o dat ă static nedeterminat (n = 4-3 = 1).
Ecua ția suplimentar ă, rezultă din explicitarea unei rela ții care se
va scrie ( și aceasta trebuie g ăsită) între deforma țiile sau deplas ările
diferitelor sec țiuni ale tiran ților.
Din cele 4 necunoscute, pe noi nu ne intereseaz ă în mod normal,
direct, decât eforturile axiale N 1 și N 2. Din acest motiv, la scrierea
ecuațiilor de echilibru, renun țăm la ecua țiile de proiec ții de forțe pe
direcție orizontal ă și verticală, deoarece acestea nu fac altceva decât
să introducă necunoscutele H B și V B, care nici nu ne intereseaz ă.
Scriem atunci o singur ă ecuație de echilibru, ca o sum ă de
momente fa ță de reazemul B (s ă dispară HB și V B):

( ∑ M ) B = 0 → ( N 1 sin 600 ) a – F 3 a/2 + N 2 2a = 0
sau după efectuarea calculelor,
N
1 + 4 N 2 = 3 F 5.4-2
Sistemul tot o dat ă static nederminat este: am scris o rela ție (rel.
5.4-2) și sunt dou ă necunoscute (N
1 și N 2). B N1 F N 2
HB
VB C
a a/2 a/2
Fig.5.4-2 600

176 Să căutăm acum rela ția suplimentar ă. Pentru aceasta proced ăm
ca la exemplul de a paragraful 5.2, unde s-a ar ătat cum se poate
ajunge la deplasarea unei sec țiuni:
– desen ăm sistemul nedeformat (cu linie continu ă),
– desen ăm sistemul în pozi ție deformat ă (cu linie întrerupt ă),
– etc. (vezi exemplul 5.2 punctul b). Rezultatul ra ționamentului f ăcut pentru a determina rela ția
suplimentar ă este prezentat în Fig.5.4-3.
Triunghiurile BMM
1 și BNN 1 sunt asemenea și putem scrie:

MM
NNBM
BN la
al
ll
1
11
600
21
20 2 601
2=⇒ ⇒ =⋅Δ
ΔΔ
Δsin
sin
Dup ă efectuarea calculelor, rela ția între deforma țiile celor doi
tiranți este de forma:

43 12⋅=⋅ΔΔll 5.4-3
Explicitând acum rela ția 5.4-3, rezult ă:
Δl1600 B M D N
M1
D1
N1 MM 1 = Δl1 / sin 600
Δl2
Fig.5.4-3

177 4311
122
2Nl
EANl
EA⋅
⋅⋅
⋅=⋅

iar dacă se înlocuiesc lungimile tiran ților l 1 și l 2 funcție de
dimensiunea h și se fac simplific ările corespunz ătoare, se ajunge la o
relație finală între eforturile N 1 și N 2, care este tocmai rela ția
suplimentar ă de care avem nevoie:

8 N 1 − 3 N 2 = 0 5.4-4

Rela ția 5.4-4 se ata șează celei de echilibru (rel. 5.4-2),
obținându-e sistemul 5.4-5, de unde se calculeaz ă eforturile
necunoscute N 1 și N 2:
N
1 + 4 N 2 = 3F
8 N 1 − 3 N 2 = 0 5.4-5

Ținând seama de valoarea for ței F, dup ă rezolvarea sistemului
5.4-5, rezult ă pentru eforturile N 1 și N 2, valorile:
N
1 = 10,285 kN
N 2 = 27,428 kN.
De aici, problema este u șor de rezolvat, sistemul fiind static
determinat iar o serie de m ărimi sunt deja calculate.
Dintre cei doi tiran ți, mai periculos este tirantul 2, deoarece
având aceea și arie pentru sec țiunea transversal ă ca tirantul 1, prezint ă
un efort axial mai mare (N
2 > N 1). Ca urmare a acestei concluzii, este
suficient s ă verificăm numai tirantul 2, cel mai periculos. În acest
context, rela ția de verificare 5.4-1, devine:

σσmax , === =⋅22
22
2
438 80N
AN
dMPaΠ

Așadar:

σmax = 38,80 MPa < σa = 150 MPa.

178
Rezult ă că cei doi tiran ți satisfac condi ția de rezisten ță cerută.
b) Pentru determinarea deplas ării punctului de aplica ție al forței F,
utilizăm Fig.5.4-3, de unde rezult ă:

δ
F = DD 1 5.4-6

Din asem ănarea triunghiurilor BDD 1 și BNN 1, rezultă:

DD
lBD
BN la
aF 1
223
2
2 ΔΔ=⇒=⋅δ
5.4-7

de unde se ob ține:

δFNl
EA ll m m= ⋅=⋅ =⋅ =⋅
⋅ ΔΔ23
21
23
4 23
422
2 04 1 5,

Observație. Dacă gradul de nedeterminare este 2, 3, 4, …
trebuie căutate 2, 3, 4, … rela ții între deforma țiile elementelor ce
compun sistemul respectiv.

179 5.5 Calculul sistemelor cu inexactit ăți de execu ție

La executarea unei structuri de rezisten ță, este greu de realizat o
dimensiune exact ă a diferitelor elemente. Totdeauna trebuie avut în
vedere posibilitatea existen ței unei mici inexactit ăți de execu ție.
În cazul sistemelor static determinate, inexactit ățile de execu ție
nu provoac ă nici un fel de tensiuni suplimentare în sistem.
În cazul sistemelor static nedeterminate, datorit ă montării forțate
ca umare a existen ței unor inexactit ăți de execu ție, în elementele de
rezistență se creeaz ă tensiuni suplimentare. De multe ori, aceste
tensiuni suplimentare sunt mari, iar suprapuse peste cele create de
forțele exterioare, pot compromite capacitatea de rezisten ță a
elementelor. În acest capitol, se vor prezenta dou ă cazuri de sisteme cu
inexactități de execu ție.
5.5.1 Calculul barelor articulate static nederminate, cu
inexactități de execu ție
Exemplul nr.1
Se consider ă un sistem alc ătuit din trei bare articulate, la care
bara central ă (bara 3) dintr-o gre șeală de execu ție este mai scurt ă cu
δ (Fig.5.5.1-1a).

B0 B01 3 2 300 300
δ
B B 30030
l3 = l
a) b)

Fig.5.5.1-1 B1 α = 300

180 Se cere s ă se calculeze tensiunile din cei trei tiran ți după
realizarea montajului în mod for țat.
Rezolvare
Barele trebuie montate înt-un nod comun B
1 (Fig.5.5.1-1b).
Se creeaz ă câteva situa ții care trebuie discutate.
a) Bara 3 s ă fie întins ă până în nodul B (Fig.5.5.1-1a). Asta
înseamnă că bara 3 este solicitat ă, iar barele 1 și 2, nu. Practic aceast ă
situație nu este posibil ă, deoarece solicitarea având loc în domeniul
elastic pentru bara 3, dup ă montare bara 3 tinde s ă revină la
dimensiunea ei ini țială (să se comprime), ceea ce automat ac ționează
și asupra barelor 1 și 2 comprimându-le, rezultând situa ția prezentat ă
în Fig.5.5.1-1b. b) De data aceasta s ă presupunem c ă barele 1 și 2 sunt
comprimate astfel încât nodul B s ă fie dus în nodul B
0. La fel, dup ă
montare, barele 1 și 2 caută să revină la dimensiunile ini țiale,
solicitând bara 3 la întindere și astfel rezult ă tot varianta de montaj
prezentată în Fig.5.5.1-1b.
Deci, montarea for țată a celor trei bare, nu poate fi f ăcută decât
prin solicitarea tuturor barelor (barele 1 și 2 se comprim ă iar bara 3 se
lungește), nodul comun de montaj fiind nodul B 1 (Fig.5.5.1-1b).
Determinarea eforturilor din cele trei bare (N 1, N 2, N 3) se face
prin metoda deja cunoscut ă, rezultând sistemul din Fig.5.5.1-2.

Punând condi ția de echilibru pentru sistemul din Fig.5.5.1-2, se
obține:
( ∑F )x = 0 B1 B1N1 N2 N3
sau N3
N2 N1
Fig.5.5.1-2 α = 300 α α
αα

181 N 1 sin300 – N 2 sin 300 = 0
⇒ N 1 = N 2 5.5.1-1
( ∑F )y = 0
N 3 – N 2 cos300 – N 1 cos300 = 0
⇒ 2N 1 cos300 – N 3 = 0 5.5.1-2
( ∑M ) B1 = 0 ⇒ nu se poate scrie o astfel de ecua ție.

Sunt trei necunoscute și s-au scris dou ă ecuații. Rezult ă că
sistemul este o dat ă static nedeterminat. Ecua ția suplimentar ă, rezultă
din Fig.5.5.1-1b, prezentat ă mai bine (m ărită) în Fig.5.5.1-3.

Din Fig.5.5.1-3, rezult ă:
B
0B = B 0B1 + B 1B
sau
δ = Δl3 + Δl1 / cos α 5.5.1-3
Considerând cazul când barele au caracteristicile A 1 = A 2 ≠ A3,
l1=l2≠l3, E1=E2≠E3 și explicitând rela ția 5.5.1-3, se ob ține:
B1 B0
BΔl3
Δl1/cosα
Δl1 Δl2 δ
Fig.5.5.1-3

182 δα =+⋅
⋅⋅
⋅⋅Nl
EANl
EA33
3311
11 cos 5.5.1-4
unde:
l 1 = l 2 ≈ l3 / cosα

Ecua ția 5.5.1-4 se ata șează ecuației 5.5.1-2, iar din sistemul
format.
2 N
1 cosα – N 3 = 0 5.5.1-5a

δα =+⋅
⋅⋅
⋅⋅Nl
EANl
EA33
3311
11 cos 5.5.1-5b

se obțin eforturile:

()
3A3Ecos2
cos1A1E1
3l 2 1N N
⋅α⋅
α⋅⋅+δ== 5.5.1-6

() 1 lα cosδ2
3 N N
3A3Eα cos2
α cos1A1E1
3< =
⋅⋅
⋅⋅+⋅⋅
5.5.1-7

În bara 3 se produc tensiuni de întindere, de valoare:
σ33
3 0=>N
A 5.5.1-8

iar în barele 1 și 2, tensiuni normale de compresiune:

σσ121
12
20 ===<N
AN
A 5.5.1-9

Calculele numerice pe exemple, conduc la concluzia c ă
montarea for țată, poate crea tensiuni mari în elementele de rezisten ță.
Sigur, aceste structuri care au fost montate for țat, sunt ulterior supuse
unui sistem de for țe exterioare. For țele exterioare vor creea la rândul
lor, tensiuni. Este un mare pericol atunci când s-au f ăcut mont ări

183forțate și fenomenul trebuie adus imediat la cuno știința proiectantului,
pentru a reface calculul de rezisten ță și a lua măsuri de compensare a
tensiunilor cauzate de montajul for țat.
Spre exemplu, pentru cazul prezentat, dac ă după montarea
forțată, în nodul comun B 1 sistemul este solicitat de o for ță F
(Fig.5.5.1-4), for ța F produce în toate cele trei bare tensiuni normale
de întindere. Efectul ac țiunii forței F este acela c ă în bara 3, având și
datorită montării forțate tensiuni de întindere, tensiunile normale
finale cresc, putând conduce la cedarea prin rupere a acestei bare.
În același timp, barele 1 și 2, având de la montarea for țată tensiuni de
compresiune, prin aplicarea for ței F, tensiunile finale scad.
În concluzie, pentru sistemul prezentat, prin aplicarea for ței F
după realizarea montajului for țat, bara 3 se încarc ă suplimentar, iar
barele 1 și 2, se descarc ă.
Exemplul nr.2 Dintr-o gre șeală, bara 2 a sistemului din
Fig.5.5.1-5 s-a realizat mai scurt ă cu δ = 2 mm. Barele fiind de
secțiune circular ă cu diametrele d
1, respectiv d2, se cere s ă se
calculeze tensiunile din cele dou ă bare care sus țin platforma rigid ă
BC, după montarea for țată.
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

184

Rezolvare
Poziția sistemului dup ă montarea for țată, este prezentat ă în Fig.5.5.1-
6. Aceast ă poziție se obține prin întinderea atât a barei 1 cât și a barei
2. În ambele bare apar tensiuni de întindere. Eviden țierea eforturilor
este prezentat ă în Fig.5.5.1-7.

Condi ția de echilibru, conduce la ecua ția:

( ∑ M ) B = 0
N 1 2a – N 2 a = 0 N2N1
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

185de unde,
N 1 = N 2 / 2 5.5.1-10
S-a ob ținut o singur ă relație și există două necunoscute: N
1 și
N2. Sistemul este static nedeterminat o singur ă dată. Relația
suplimentar ă, rezultă din prezentarea deforma țiilor suferite de cele
două bare la montarea lor for țată, așa cum se prezint ă în Fig.5.5.1-8.

Din Fig.5.5.1-8, rezult ă că:

δ = Δl2 + DD 1 5.5.1-11

iar din asem ănarea triunghiurilor BDD 1 și BCC 1, se obține:

DD
la
alDD1
11
2 1 2 ΔΔ=⇒ = 5.5.1-12

Ținând seama de rela ția 5.5.1-12, rela ția 5.5.1-11, devine:

δ = Δl2 + Δl1 / 2 5.5.1-13 D2B D C
C1D1 δ
Fig.5.5.1-8 Δl2 Δl1

186
iar explicitat ă, conduce la rela ția:

δ=+ ⋅⋅
⋅⋅
⋅Nl
EANl
EA22
2211
111
2 5.5.1-14

Din rezolvarea sistemului format de rela țiile 5.5.1-10 și 5.5.1-
14: N
1 – 2 N 2 = 0 5.5.1-15a

δ=+ ⋅⋅
⋅⋅
⋅Nl
EANl
EA22
2211
111
2 5.5.1-15b

rezultă eforturile axiale N 1 și N 2 din cele dou ă bare:

()kN 490,7 N
2A2E2
1A1E21l 1 = =
⋅ ⋅⋅+⋅δ
5.5.1-16

N2 = 2 N 1 = 14,981 kN 5.5.1-17

Ca urmare a mont ării forțate, tensiunile normale din cele dou ă
bare sunt:
σ14 1
11
1223 84 == =⋅
⋅N
AN
dMPaΠ,

σ242
22
22190 74 == =⋅
⋅N
AN
dMPaΠ,

Din acest exemplu se constat ă că prin montarea for țată a
sistemului, în bara 2 (care este din o țel) se produc tensiuni mai mari
decât cele admisibile. La o înc ărcare exterioar ă (într-un anumit fel), bara 2 poate ceda
și odată cu aceasta, întregul sistem.
Atenție: tensiunile rezultate în urma mont ării forțate ale diferitelor
elemente de rezisten ță, pot fi foarte mari și ele nu trebuie neglijate.

187 5.5.2 Calculul barelor drepte, solicitate axial, care prezint ă un
rost (spațiu) la un cap ăt
Se consider ă bara dreapt ă din Fig.5.5.2-1 care dintr-o gre șeală
s-a executat mai scurt ă cu δ. Se cere s ă se calculeze tensiunile
maxime care apar în bar ă, după aplicarea sistemului de for țe
(Fig.5.5.2-1). Se cunosc: δ = 0,1 mm, A 2 = 2A 1 = 1.000 mm2, l = 0,5
m, E 1 = E 2 = E = 2,1 105 MPa, F = 18 kN.

Rezolvare
Sub ac țiunea forțelor aplicate, bara se deformeaz ă. În cazul
nostru, bara se lunge ște.
La acest tip de problem ă, pot exista dou ă cazuri:
a) Sub ac țiunea forțelor aplicate bara se lunge ște, dar lungirea ei
totală nu depășește rostul δ, astfel încât cap ătul liber nu atinge
reazemul din dreapta. Aceast ă situație a fost tratat ă în paragraful 5.3.
b) Sub ac țiunea forțelor aplicate, bara se lunge ște iar lungirea ei
totală este mai mare decât rostul δ și capătul din dreapta ini țial liber
atinge reazemul, ap ărând astfel o reac țiune suplimentar ă (în reazemul
din dreapta). Acest ultim caz se prezint ă în cele ce urmeaz ă.
Dac ă lungirea total ă a barei este mai mare decât δ, sistemul se
prezintă ca în Fig.5.5.2-2.
În cele dou ă reazeme, apar reac țiunile N
B, respectiv N C
(Fig.5.5.2-2). 3F
δ A2A1
l l l l F
Fig.5.5.2-1

188 Parcurgem etapele pe care deja le cunoa ștem de la exemplele
precedente.
• Ne intereseaz ă toată bara.
• Bara este solicitat ă axial.
• Secțiunea periculoas ă nu o putem determina pân ă nu tras ăm
diagrama de efort axial (efortul axial este singurul efort care exist ă).
• Problema este de verificare (se cer tensiunile maxime).
• Condiția impusă este condi ția de rezisten ță.
• Din Tabelul 5.1-1, rela ția de calcul care se utilizeaz ă, este

σ==N
A… 5.5.2-1

Deci, nu cunoa ștem secțiunea periculoas ă, unde se scrie rela ția
5.5.2-1. Pentru aceasta, trebuie trasat ă diagrama de efort axial N:
– se fixeaz ă reacțiunile (Fig.5.5.2-2),
– se pun condi țiile de echilibru:

( ∑F )x = 0
N B – 3F – F + N C = 0,
sau N
B + N C = 4F 5.5.2-2
( ∑F )y = 0
– nu putem scrie o astfel de condi ție
( ∑M ) = 0
– nu putem scrie o astfel de condi ție.
NB NC 3 F
FB C
l l l l A2
A1
Fig.5.5.2-2

189 Am scris o rela ție (rel 5.5.2-2) și avem dou ă necunoscute (N 1 și
N2). Rezult ă că sistemul este o dat ă static nedeterminat. Rela ția
suplimentar ă o determin ăm după cum deja se știe, din analiza modului
de deformare al barei.
Sub ac țiunea for țelor aplicate, bara se deformeaz ă cu Δl
(Fig.5.5.2-3). Dar, deforma ția barei nu poate fi mai mare decât rostul
δ, reacțiunea N C (sau reazemul din dreapta) împiedicând deformarea
mai departe a barei. Schema cu si stemul nedeformat (linie continu ă),
deformat (linie întrerupt ă) și deforma țiile produse, este prezentat ă în
Fig.5.5.2-3.

Din Fig.5.5.2-3, rezult ă relația dintre deforma țiile barei:

Δl = δ 5.5.2-3

care explicitat ă (vezi Fig.5.5.2-2), conduce la rela ția:

δ=+++⋅⋅−−
⋅⋅−
⋅⋅−
⋅⋅
1 1 2 2) 3 ( )3 ( )3 (
AElFF N
AElF N
AElF N
AElNB B B B
5.5.2-4
Se poate constata c ă deformația întregii bare Δl, s-a scris ca o
sumă de deforma ții, deoarece atât efortul axial N cât și rigiditatea EA,
variază în lungul barei.
Ținând seama c ă A2 = 2A 1 și efectuând calculele, rela ția 5.5.2-4
capătă forma:

317
21⋅− ⋅ =⋅⋅NFBEA
lδ
5.5.2-5
Δl
δ
Fig.5.5.2-3

190 Rela ția 5.5.2-5 se ata șează celei rezultate din condi ția de
echilibru (rel. 5.5.2-2), de unde rezult ă reacțiunile N B și N C:

NFBEA
l =⋅+⋅⋅
⋅17
631δ 5.5.2-6

NFCEA
l =⋅−⋅⋅
⋅7
631δ
5.5.2-7

iar ca valori numerice, rezult ă.
N
B = 65 kN
N C = 7 kN
Având acum valorile reac țiunilor se poate trasa diagrama
efortului axial N. Diagrama efortului axial rezultat ă, este prezentat ă în
Fig.5.5.2-4.
Analizând diagrama din Fig.5.5.2-4 și mărimea ariei sec țiunii
transversale a barei în lungul acesteea, rezult ă că intervalul din stânga
unde N = 65 kN este cel mai periculos. Sec țiunea periculoas ă este
oricare din acest interval. Acum rela ția general ă 5.5.2-1 de calcul a tensiunii normale
maxime, cap ătă forma:

σσmaxmax, == = < =⋅
⋅N
A a MPa MPa2365 10
2 1000 32 5 150
11 11
-7 -7 N
[kN] 65 65
Fig.5.5.2-4

191 Bara din Fig.5.5.2-1 poate fi solicitat ă de sistemul de for țe
aplicat. Condi ția de rezisten ță impusă este satisf ăcută.
Observație. În situația barelor care nu prezint ă rostul δ (δ = 0),
problema se rezolv ă la fel, numai c ă relația 5.5.2-3, are forma:

Δl = 0 5.5.2-8

5.6 Calculul barelor cu sec țiuni neomogene, solicitate
axial

Secțiunile neomogene , sunt acele sec țiuni care în puncte
diferite prezint ă proprietăți diferite .
Barele cu sec țiuni neomogene fac parte în general din categoria
barelor static nedeterminate. Ca un exemplu clasic de bar ă cu secțiune
neomogen ă, amintesc un stâlp de beton armat cu bare metalice.
Exemplul nr.1 . Fie un stâlp de beton de în ălțime h și secțiune
transversal ă patrată cu latura a, armat cu vergele de o țel, așezate în
lungul stâlpului. Stâlpul este solicitat de o for ță axială de
compresiune F ca în Fig.5.6-1. Notăm:
A b – aria sec țiunii transversale a por țiunii de beton a stâlpului
A 0 – aria total ă a secțiunii barelor arm ăturii de oțel,
σab – tensiunea admisibil ă la compresiune a betonului
σa – tensiunea admisibil ă a oțelului (arm ăturii),
E b – modulul de elasticitate al betonului,
E – modulul de elasticitate al o țelului (arm ăturii).
Se cere s ă se determine for ța capabil ă F pentru acest stâlp,
cunoscând σa.

192 Rezolvare.
Se parcurg etapele cunoscute:
• Intereseaz ă întregul stâlp.
• Stâlpul este solicitatat axial (la compresiune).
• Secțiunea este constant ă, efortul axial de asemenea. Rezult ă că
secțiunea periculoas ă este oricare.
• Problema este de efort capabil (se cere F)
• Se impune condi ția de rezisten ță (se dă σa).
• Din Tabelul 5.1-1, rela ția utilizat ă, este:

N b,cap = A b σab = … 5.6-2
N 0,cap = A 0 σa = … 5.6-3

Trebuie determinate eforturile din beton și armătura de oțel (N b,
respectiv N 0).
O parte a for ței F care comprim ă stâlpul, este preluat ă de beton
(Nb), iar cealalt ă parte este preluat ă de barele de o țel ale arm ăturii
(N0). aa B – BhB B F
Fig.5.6-1

193 Eforturile N b și N 0 echilibreaz ă acțiunea forței F (Fig.5.6-2).

Condi ția de echilibru (Fig.5.6-2) conduce la rela ția:

( ∑ F ) y = 0
N b + N 0 = F 5.6-4
Altă relație de echilibru nu se mai poate scrie.
Rezult ă că sistemul este o dat ă static nedeterminat: s-a scris o
singură ecuație și sunt dou ă necunoscute (N
b și N 0). Acum trebuie
găsită o relație între deforma țiile elementelor sistemului.
Se are în vedere faptul c ă atât partea din be ton a stâlpului cât și
cea de oțel (Fig.5.6-3) se vor scurta cu aceea și cantitate:
Δl0 = Δlb 5.6-5

Explicitarea rela ției 5.6-5, conduce la:

Nh
EANh
EAb
bb0
0⋅
⋅⋅
⋅= 5.6-6a Nb N 0 F
Fig.5.6-2
Δlb Δl0
Fig.5.6-3

194sau:

N
EAN
EAb
bb0
0⋅⋅= 5.6-6b

Rela ția 5.6-6b se ata șează ecuației de echilibru 5.6-4, rezultând
sistemul: N
0 + N b = F 5.6-7a

N
EAN
EAb
bb0
0⋅⋅= 5.6-7b
cu:
A 0 + A b = a2 5.6-7c
Dup ă rezolvarea sistemului 5.6-7a,b,c rezult ă eforturile axiale
din beton (N
b), respectiv din arm ătura de oțel (N 0):

NbF
A
AbE
Eb=
+⋅10 5.6-8

NF
Ab
AEb
E010=
+⋅ 5.6-9

Problema fiind de efort capabil, se revine la rela țiile 5.6-2,
respectiv 5.6-3, ob ținându-se:

NAbc a p b a bF
A
AbE
Eb,'=⋅ =
+⋅σ
10 5.6-10

NAcap aF
Ab
AEb
E001,''=⋅=
+⋅σ 5.6-11

195 Din rela țiile 5.6-10 și 5.6-11, se ob țin valorile for ței capabile
pentru satisfacerea condi ției de rezisten ță atât a betonului cât și a
armăturii de oțel:

FA ba bA
AE
Ebb'=⋅ +⋅⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟ σ10 5.6-12a

FA aA
AE
Ebb''=⋅ +⋅⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟ 0 1
0σ 5.6-12b

Pentru ca ambele materiale (betonul și armătura de o țel) să
satisfacă condiția de rezisten ță, valoarea maxim ă admisă a forței F
care poate fi acceptat ă, este:
F
max = min ( F' ; F'' ) 5.6-13
Exemplul nr.2. Să se verifice elementele de rezisten ță ale
sistemului din Fig.5.6-4, pent ru care se cunosc: F = 100 kN,
δ = 0,1
mm, E OL = E 0 = 2 105 MPa, E cu = E c = 105 MPa, σa,OL = σa, = 150
MPa, σa,Cu = σa,c = 50 MPa, d = 20 mm, d 1 = 35 mm, d 2 = 50 mm.
Rezolvare
Dac ă se efectueaz ă o secțiune transversal ă prin sistem, în
secțiune se întâlne ște atât oțel cât și cupru. Deci, sistemul este cu
secțiune neomogen ă. δCupru (C u)
Oțel (OL)
l = 1 m d d1 d2 F
Fig.5.6-4

196 Parcurgem etapele de rezolvare cunoscute:
• Intereseaz ă ambele elemente: atât bara de o țel cât și cea de cupru.
Bara de o țel este circular ă, iar cea de cupru are sec țiune inelar ă (este
o țeavă).
• Ambele elemente sunt solicitate axial (la compresiune), dac ă sub
acțiunea for ței F, bara de cupru se scurteaz ă cu mai mult de δ.
Pentru acest exemplu consider ăm această situație. Eforturile axiale
din cele dou ă bare (N OL ≡ N0 și N Cu ≡ Nc) care iau na ștere, se opun
acțiunii forței F (Fig.5.6-5).
• Cum barele au sec țiune constant ă iar eforturile axiale din ele sunt de
asemenea constante în lungul lor, rezult ă că secțiunea periculoas ă
poate fi oricare.

• Problema este de verificare, iar condi ția impus ă este cea de
rezistență.
• Din Tabelul 5.1-1, rela ția pentru calcul este:

σmax …==N
A 5.6-14

iar transpus ă pentru cele dou ă bare, rezult ă:

σmax, … 00
0==N
A 5.6-15

σmax, … cN
Ac
c== 5.6-16

Pentru rezolvarea rela țiilor 5.6-15 și 5.6-16, trebuie cunoscute
eforturile axiale N 0 și N c din cele dou ă bare. Punând condi ția de
echilibru (Fig.5.6-5), rezult ă: F
N0 Nc
Fig.5.6-5

197
( ∑ F ) x = 0
N 0 + N c = F 5.6-17
Altă relație de echilibru nu se mai poate scrie. Existând dou ă
necunoscute (N
0 și N c) și scriind o singur ă relație (rel. 5.6-17), rezult ă
că sistemul este o dat ă static nedeterminat. Rela ția suplimentar ă
necesară, se obține din condi ția de deformare a sistemului. În Fig.5.6-
6, se prezint ă deformațiile celor dou ă bare, de unde rezult ă ușor relația
dintre deforma ții:

Δlc – Δl0 = δ 5.6-18

Dup ă deformare, ambele bare prezint ă aceeași lungime.
Explicitând rela ția 5.6-18, rezult ă:

Nl
EANl
EAc
cc⋅
⋅⋅
⋅−=0
0δ 5.6-19
Atașând relația 5.6-19 la rela ția 5.6-17, se ob ține sistemul care
permite determinarea celor dou ă eforturi axiale :
N
c + N 0 = F 5.6-20a

N
EAN
EA lc
cc⋅⋅−=0
0δ 5.6-20b
δ Δl0Δlc
Fig.5.6-6

198 Dup ă rezolvarea sistemului 5.6-20a,b și înlocuirea valorilor
numerice, se ob țin valorile eforturilor axiale:

N c ≡ NCu = 74,49 kN 5.6-21a
N 0 ≡ NOL = 25,51 kN 5.6-21b

Pe baza valorilor eforturilor, rezult ă tensiunile normale maxime
din cele dou ă bare:

σσmax, , 00
08120 150== <=N
A a MPa MPa

σσmax, , , cN
A acc
cMPa MPa == > = 5058 50

Se constat ă că în bara de cupru, tensiunea normal ă maximă este
cu puțin mai mare decât tensiunea admisibil ă. Diferența este totu și
nesemnificativ ă (0,58 MPa) și în acest caz, putem considera c ă și bara
de cupru, satisface condi ția de rezisten ță.

5.7 Calculul barelor supuse varia țiilor de
temperatur ă

La calculul barelor care prezentau inexactit ăți de execu ție, am
văzut că prin montarea for țată și în lipsa unor for țe exterioare, în
elementele de rezisten ță apar tensiuni și uneori destul de mari.
Tensiuni în absen ța forțelor exterioare în elementele de rezisten ță pot
apărea și datorită variațiilor de temperatur ă la care acestea pot fi
supuse în mod voit sau accidental. Te nsiuni de acest fel destul de
mari, spre exemplu, se produc în șinele de cale ferat ă vara când
temperatura cre ște mult sau iarna când aceasta scade semnificativ sub
00 C. În urma varia ției temperaturii șinelor în raport cu temperatura la
care acestea s-au montat, în șine pot ap ărea tensiuni normale de
întindere sau de compresiune, func ție de sensul varia ției temperaturii.
Exemplul nr.1. Fie o bar ă încastrat ă la ambele capete (Fig.5.7-
1). Montarea barei s-a f ăcut la temperatura t
1. Se pune problema

199determinării tensiunilor normale care apar în bar ă în urma
modificării temperaturii la valoarea t2 (Δt = t 2 – t1).
Consider ăm lungimea barei l, aria sec țiunii transversale A,
modulul de elasticitate longitudi nal al materialului barei E,
coeficientul de dilatare termic ă liniară al materialului α și t2 > t 1.

Rezolvare
Parcurgem acelea și etape de rezolvare pe care le-am mai parcurs
la exemplele precedente și cu care deja ne-am familiarizat:
• Avem o singur ă bara care ne interesaez ă.
• Deoarece t 2 > t 1, bara tinde s ă se dilate, dilatare împiedicat ă de
reazeme. Rezult ă că bara este solicitat ă la compresiune, ceea ce are
ca efect, apari ția în reazemele B și C a reac țiunilor N B, respectiv N C
(Fig.5.7-1).
• Secțiunea fiind constant ă, la fel și efortul axial N, rezult ă că
secțiunea periculoas ă poate fi oricare.
• Problema este de verificare, condi ția de rezisten ță.
• Relația de calcul pe care o utiliz ăm (din Tabelul 5.1-1), este:

σ= =N
A… 5.7-1
Pentru calcul este nevoie de efortul axial N din bar ă. Pentru
sistemul din Fig.5.7-1, punem condi ția de echilibru:

( ∑ F)x = 0
N B – N C = 0 sau N B = N C 5.7-2
Nu se mai pot scrie alte ecua ții de echilibru. Având dou ă
necunoscute (N
B și N C) și scriind o singur ă ecuație, rezultă că sistemul
este o dat ă static nedeterminat. Rela ția suplimentar ă o căutăm în
modul de deformare al barei. l N B NC B C
Fig.5.7-1

200 Sub ac țiunea varia ției de temperatur ă Δt, bara tinde s ă se dilate
cu Δlt. Această deformație este împiedicat ă de reazem (de reac țiune).
Fie deforma ția împiedicat ă de reazem ΔlN (Fig.5.7-2).
Din Fig.5.7-2, rezult ă relația între deforma ții:

Δlt = ΔlN 5.7-3

Explicitând rela ția 5.7-3, se ob ține:

α⋅ ⋅ =⋅
⋅ltNl
EACΔ
de unde:

N C = N B = E ·A · α · Δt 5.7-4

Diagrama de efort axial N, este prezentat ă în Fig.5.7-3.

Tensiunea maxim ă, calculată pe baza rela ției 5.7-1, este:

σααmax== = =⋅ ⋅⋅⋅⋅ Δ N
AN
AEA t
ACEtΔ 5.7-5 NB NC= E ·A ·α
N
Fig.5.7-3 ΔlN
Δlt
Fig.5.7-2

201 Se poate constata c ă tensiunea normal ă maximă, nu depinde de
mărimea sec țiunii transversale a barei.
Să consider ăm că bara este din o țel pentru care E = 2,1 105
MPa, α = 12,5 10-6 grad-1, Δt = 500 C.
Tensiunea normal ă maximă în bară în această situație, este:

σmax = 2,1 105 12,5 10-6 50 = 131,25 MPa.

Rezult ă o tensiune normal ă destul de mare, apropiat ă de cea
admisibilă.
Tensiuni apar și atunci când elementele de rezisten ță se răcesc
(iarna când temperatura scade; t 1 > t 2). În acest caz, tensiunile din
elementele de rezisten ță sunt de întindere.
Exemplul nr.2. La ce diferen ță de temperatur ă Δt poate fi
supusă bara din Fig.5.7-4, pentru a nu se dep ăși σa.
Rezolvare
Pentru rezolvarea problemei, parcurgem etapele cunoscute:
• Avem o singur ă bară cu secțiune variabil ă, din acela și material.
• Bara se va dilata, pân ă atinge peretele din dreapta. Temperatura
crește în continuare pân ă când în bara comprimat ă, tensiunea
normală atinge valoarea σa.
• La capetele barei (în reazeme) apar reac țiunile N B și N C (Fig.5.7-5).
δ l1 l2
lA1, E, α A 2, E, α
Fi g.5.7-4
B
NB
Fig.5.7-5NC

202Secțiunea periculoas ă este pe intervalul cu aria A 2 (A 2 < A 1) deoarece
efortul axial N în lungul barei este constant.
• Problema este de efort capabil, iar condi ția care se impune este cea
de rezisten ță.
• Relația utilizat ă pentru calcul (vezi Tabelul 5.1-1), este:

N cap = A σa = … 5.7-6

Punem condi ția de echilibru, pentru sistemul din Fig.5.7-5:

( ∑ F ) x = 0
N B = N C = N 5.7-7
Alte condi ții de echilibru nu se mai pot pune. Rezult ă că
sistemul este o dat ă static nedeterminat. Rela ția suplimentar ă necesară
se caută, făcând acela și raționament ca la exemplul precedent.
Schema cu deforma țiile suferite de bar ă, este prezentat ă în Fig.5.7-6.

Din Fig.5.7-6, rezult ă:

Δl
t – ΔlN = δ 5.7-8

Explicitând rela ția 5.7-8, se ob ține:

αα δ⋅⋅ +⋅⋅ − +⎛
⎝⎞
⎠=⋅
⋅⋅
⋅lt l tNl
EANl
EA 122
21
1ΔΔ 5.7-9

sau mai simplu:
()δ=+−+⋅Δ⋅α
11
22
Al
Al
EN
2 1 t )ll( 5.7-10
sau, Δlt
δ ΔlN
Fig.5.7-6

203
αδ⋅⋅ − = +⎛
⎝⎞
⎠ΔtlN
El
Al
A2
21
1 5.7-11

Din rela ția 5.7-11, rezult ă valoarea efortului axial N din bar ă:

()NN N BCEt l
l
Al
A===⋅Δ⋅−
+αδ
1
12
2 5.7-12

Revenind la rela ția de baz ă (rel. 5.7-6) și punând condi ția de
rezistență în secțiunea periculoas ă, rezultă:

()Et l
a l
Al
AAαδσ⋅Δ⋅−
+=⋅1
12
21 5.7-13

Din rela ția 5.7-13, dup ă efectuarea calculelor, rezult ă diferența
de temperatur ă maximă admisă:

()
ΔtAE
Eal
Al
A=⋅+ + ⋅
⋅11
12
2σδ
α 5.7-14
5.8 Calculul barelor supuse ac țiunii simultane a mai
multor factori

La unele sisteme (în general static nedeterminate) este necesar câteodată să se țină seama de influen ța simultan ă a mai multor factori:
forțele exterioare, varia ția de temperatur ă și inexactit ățile de execu ție.
Rezolvarea acestor probleme se poate face în dou ă moduri.
a) Primul mod const ă din considerarea simultan ă a influen ței
tuturor factorilor. În acest caz, în ecua ția care exprim ă condiția
suplimentar ă de deforma ție, trebuie introdu și termenii care exprim ă
influența fiecărui factor. Eforturile și tensiunile ob ținute în urma
acestui mod de abordare, sunt cele totale (rezultante). b) Al doilea mod de abordare a unor asemenea sisteme, const ă
în evaluarea separat ă a eforturilor și a tensiunilor produse de fiecare

204factor de influen ță. Problema se rezolv ă separat pentru fiecare factor
și în fiecare caz, se ține seama numai de un singur factor. Eforturile și
tensiunile totale (rezultante), se ob țin prin însumarea algebric ă a
valorilor ob ținute în urma rezolv ării fiecărei probleme separat. De
cele mai multe ori, acest mod de abordare este mai u șor și mai comod,
dar necesit ă un volum mai mare de calcule. Metoda aceasta este
cunoscută și sub numele de metoda suprapunerii efectelor . Această
metodă a fost folosit ă până acum la trasarea diagramelor de eforturi
pentru sistemele spa țiale (vezi parag.3.4).
În cazurile prezentate pân ă acum, am ținut seama numai de un
singur factor: for țele exterioare, inexactit ățile de execu ție, variația
temperaturii. În continuare, se prezint ă un exemplu de calcul pentru un sistem
static nedeterminat supus ac țiunii simultane a mai multor factori.
Exemplul nr.1. Fie trei bare verticale par alele de lungime l = 2
m care sus țin o platform ă rigidă BC pe care se aplic ă forța 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 și 3 sunt din o țel.
Temperatura sistemului cre ște cu Δt = 200 C.
Se cere s ă se determine tensiunile din cele trei bare, dup ă
montarea for țată și creșterea temperaturii cu Δt. Se mai cunosc: a =
1,5 m, b = 1 m, c = 0,25 m, A 1 = 2 cm2, A2 = 1 cm2 , A 3 = 3 cm2, ECu
= E c = 105 MPa, E OL = E = 2 105 MPa, αCu = αc = 17 10-6 grad-1,
αOL = α = 13 10-6 grad-1.

B D M C
b c δ l
a 1 2 3
Fig.5.8-1 F

205 Rezolvare
Presupunem c ă s-a realizat montarea for țată și că eforturile în
urma creșterii temperaturii cu Δt, sunt toate de întindere (Fig.5.8-2).
Se utilizeaz ă metoda simultan ă (sau global ă).
Condi țiile de echilibru puse pentru sistemul din Fig.5.8-2,
conduc la urm ătoarele ecua ții:

( ∑ F ) y = 0
N 1 + N 2 + N 3 – F = 0 5.8-1

( ∑ M ) D = 0
N 1 a – N 3 b + F c = 0 5.8-2
S-au scris dou ă ecuații și sunt trei necunoscute: N
1, N 2, N 3.
Rezultă că sistemul este o dat ă static nedeterminat. Rela ția
suplimentar ă necesară, se determin ă din modul de deformare al
elementelor sistemului. Schema cuprinzând deforma țiile elementelor
sistemului, considerând c ă toate eforturile sunt de întindere, este
prezentată în Fig.5.8-3.

δ
Δl3 Δl2 Δl11 2 3
Fig.5.8-3 N 1 N 2 F N 3
B D M C
Fig.5.8-2

206 Din Fig.5.8-3, rezult ă următoarea rela ție între deforma țiile
barelor:
ΔΔ
ΔΔll
llab
a31
21−
−−+=δ 5.8-3

Deforma țiile celor trei bare, ținând seama și de influen ța
temperaturii, sunt:

ΔΔll tNl
EA111
11=+ ⋅ ⋅⋅
⋅α 5.8-4a

ΔΔll tNl
EA 222
22=+ ⋅ ⋅⋅
⋅α 5.8-4b

ΔΔll tNl
EA 333
33=+ ⋅ ⋅⋅
⋅α 5.8-4c

Înlocuind rela țiile 5.8-4a … 5.8-4c în rela ția 5.8-3, se ob ține:

Nl
EANl
EA
Nl
EANl
EAlt lt
lt ltab
a3
33 31
11 1
2
22 21
11 1⋅
⋅⋅
⋅
⋅
⋅⋅
⋅+⋅ ⋅− −⋅ ⋅
+⋅ ⋅− −⋅ ⋅−+=αα
αα δΔΔ
ΔΔ 5.8-5

Rela ția 5.8-5 se ata șează ecuațiilor de echilibru (rel. 5.8-1 și 5.8-
2). După rezolvarea sistemului de ecua ții astfel format (rel 5.8-1, 5.8-
2 și 5.8-5), se ob țin valorile celor trei eforturi:
N
1 = 7,92 kN 5.8-6a
N 2 = 10,2 kN 5.8-6b
N 3 = 21,88 kN 5.8-6c

Dac ă un efort axial are semnul − (minus), înseamn ă că bara
respectivă nu este solicitat ă cum am considerat noi (noi am considerat
că toate sunt întinse), ci contrar considera ției făcute.
Cu valorile eforturilor, se pot determina acum tensiunile din cele
trei bare:

207
Pentru bara 1:
σσmax,,
, , 179 21 0
2001
13
39 6 == = <⋅ N
A ac MPa
Pentru bara 2:
σσmax,,, 210 2 10
1002
23
10 2 == = <⋅ N
A a MPa
Pentru bara 3:
σσmax,,, 3218010
3003
33
72 9 == = <⋅ N
A a MPa

Toate barele satisfac condi ția de rezisten ță cerută.

2080,8 m L1 F
1,2 m 1
2
D BL2
60ș45ș

Grinda rigid ă, BD, din figur ă
este susținută în poziție orizontal ă
prin doi tiran ți din oțel cu lungimile
a și respectiv b. Acceptând c ă aria
secțiunii tirantului mai scurt este
cunoscută, A 1, se cere s ă se
determine aria sec țtiunii tirantului 2,
astfel încât dup ă aplicarea for ței F,
grinda BD s ă rămână în pozi ție
orizontală. Aplicație numeric ă: A 1=
300 mm2, a= 1 m, b=2 m.

Grinda rigid ă, BD, din figur ă este susținută de doi tiran ți din oțel
cu secțiuni circulare cu lungimile
L1=1,5 m și respectiv L 2=1 m.
Cunoscând diametrele sec țiunilor
tiranților: d 1=40 mm și d 2=30
mm, modulul de elasticitate E= 2×10
5 MPa, se cer: eforturile din
tiranți după aplicarea for ței F=20
kN și deplasarea pe vertical ă a
capătului D al grinzii BD.

Pentru sistemul de bare din figur ă
se cer: a) s ă se determine efortul din
tirant dac ă F=40 kN; b) s ă se
dimensioneze tirantul, dac ă σ
a=160 MPa
și se utilizeaz ă o secțiune circular ă,
(d=?); c) s ă se calculeze deplasarea pe
verticală a punctului de aplica ție a
forței, dacă E=2,1×105 MPa. 5E. Solicitarea axial ă(Probleme propuse)
5E.1
0,75 l a A1 F
0,25 l b
D B A2
12
5E.2
F
4 m 3mEA
2m5E.3

209500d
2F 3FF
600 500 400 2d
1 5 2 3 4

Pentru sistemul de bare din
figură se cer: a) efortul din
tirant,(N=?); for ța capabil ă, F cap,
dacă σa=160 MPa și tirantul are
secțiune circular ă cu diametrul d=
30 mm; c) s ă se calculeze
deplasarea pe vertical ă a punctului
de aplicație a forței, dacă E=2×105
MPa.

Pentru sistemul de bare din
figură se cer: a) efortul din tirant
dacă F=60 kN; b) s ă se verifice
tirantul, dac ă σa=140 MPa și se
utilizează o secțiune circular ă cu
d=32 mm; c) s ă se calculeze
deplasarea pe vertical ă a punctului
de aplica ție a for ței, dacă
E=2,1×105 MPa.

Pentru bara de sec țiune circular ă din figur ă se cer: a) for țele
axiale, N, pe fiecare tronson de bar ă, pentru F=20 kN; b) s ă se
dimensioneze bara dac ă σa=150 MPa; c) s ă se calculeze lungirea total ă
a barei,( Δl15), dacă E=2,1×105 MPa.

5E.4
F
3 m 2m
EA
1 m
F
4 m 3m EA
2m 5E.5
5E.6

210

Sistemul din figur ă este solicitat
de forțele F 1=16 kN și F 2=12 kN.
Grinda orizontal ă B D e s t e d e m a r e
rigiditate. S ă se determine tensiunile
din tirantul ABC și deplasarea
capătului (C) al acestuia,
cunoscându-se diam etrul d=30 mm,
constant pe toat ă lungimea tirantului
și modulul de elasticitate E=2×105
MPa. Cotele de pe desen sunt în metri.

Grinda de mare rigiditate
BD este sus ținută de doi tiran ți
lungi de 3 m. Tirantul (1) este din oțel cu E
1= 2×105 MPa, iar
tirantul (2) din Al cu E 2= 7×104
MPa. Ariile sec țiunilor sunt
identice: A 1=A 2=650mm2. Pe
grindă se aplic ă două forțe
verticale F 1=30 kN și F2=10 kN.
Să se determine: a) eforturile din tiran ți (N 1 și N 2); b) tensiunile din
tiranți (σ1 și σ2); c) deplasarea vertical ă a punctului de aplicatie al
forței F 2, (ΔF2). Cotele de pe de sen sunt în metri.

Cornierul COD de mare
rigiditate din figur ă este ancorat cu
un tirant, BC, de sec țiune circular ă
cu diametrul d=24 mm. În punctul D
se aplică o forță verticală F=30 kN.
Cunoscând σa=150 MPa și
E=2,1×105 MPa se cere verificarea
tirantului și calculul deplas ării pe
verticală a punctului de aplica ție al
forței, (ΔD). Cotele de pe de sen sunt în metri. 5E.7
5E.8
5E.9
0,6 1 m 1,4 m
F
DB C
OdF2
F1D
B
CA
d
2 3
2 4
F1
1 EA 1 EA 2
1
F2
1,5 0,5 0,5 3 2
B D

211

Sistemul din figur ă, compus din
tiranții (1) și (2) este solicitat de for ța
F=20 kN aplicat ă în articula ția comun ă
(B). Cunoscând dimensiunile tiran ților,
(A1=200 mm2
, A2=100 mm2, l1=5 m,
l2=8,66 m), și caracteristicile de material,
(σa=140 MPa, E=2,1×105 MPa), se cere
verificarea tiran ților și deplasarea
articulației (B).

Bara de sec țiune A 1pe o lungime 2×a=400 mm și A 2=2×A 1 pe
alți 2a=400 mm, este înc ărcată cu forțele indicate în figur ă, (F=100
kN). Bara este încastrat ă în ambele capete,(B și D). Materialul barei
este oțel cu E=2×105 MPa și σa=160 MPa. Se cer: a) reac țiunile din
încastrări, (H B și H D); b) dimensionarea sec țiunii barei; c) Deplasarea
secțiunii (2), ( Δ2).

Bara de sec țiune A 1=250 mm2 pe o lungime 2a=400 mm și
A2=2×A 1 pe alți 2a=400 mm, este înc ărcată cu forțele F și 3F indicate
în figură. Bara este încastrat ă în
ambele capete,(B și D). Materialul
barei este o țel cu E=2×105 MPa și
σa=150 MPa.
Se cer: a) reac țiunile din încastr ări,
(HB și H D); b) forța capabilă, Fcap;
c) Deplasarea sec țiunii (2), ( Δ2). EA 1 EA 2 l1
F 1 2
Bl2
60ș 30ș 5E.10
5E.11
1
A1A2
aFD
3F
FB2
3
a a a
1
A1A2
aF D
3FB 23
a a a 5E.12

212

Se dă bara cilindric ă din figur ă, încastrat ă la
ambele capete, (B și D), compus ă din dou ă
tronsoane având diametrele d și 2d. Bara este
încărcată cu forța F=520 kN aplicat ă în dreptul
secțiunii (1). S ă se determine reac țiunile din
încastrări, (Y B și Y D), și valoarea diametrului d,
dacă rezisten țele admisibile sunt: la întindere
σa,t=20 MPa și la compresiune σa,c=40 MPa, iar
modulul de elastic itate este E=2,1×105 MPa.

Bara de sec țiune A 1=600
mm2 pe o lungime de 700 mm și
A2= 1000 mm2 pe tronsonul de
lungime 600 mm, este înc ărcată
cu forța F=80 kN. Bara este
încastrată în stânga, în (B), iar în
dreapta are un joc δ=0,2 mm
până la un perete fix (D). Materialul barei este o țel cu E=2×105 MPa și
σa=160 MPa. Se cer: a) reac țiunile din încastrare, (H B), și din perete,
(HD); b) verificarea barei; c) Deplasarea sec țiunii (1), ( Δ1).

Se consider ă bara dreapt ă din figur ă. După execuție se constat ă
că lungimea total ă este mai mic ă decât cea nominal ă cu δ=0,18 mm.
Se cunosc: ariile A
2=1,5×A 1= 1200 mm2, cota a=0,6 m, for ța F=20 kN
și modulul de elasticitate E=2×105 MPa. Se cer: a) reac țiunile din
încastrări, (H B și H D), după
aplicarea sistemului de for țe
indicat pe figur ă; b) tensiunea
maximă care apare în sec țiunea
barei, σmax; c) Deplasarea sec țiunii
(2), (Δ2). 1
δA1 A2
600 400 300 F BD5E.13
1
2d FB
D 2
d 2d d d
5E.14
1
DB2 3
A1 A2 F2F F
a a a a δ5E.15

213

Pentru sistemul de bare
articulate din figur ă se cer:
-eforturile din cei doi tiran ți,
(N1 și N 2);
-să se dimensioneze tiran ții
cunoscând: F= 120 kN; σa=160
MPa; EA 1=2×EA 2,(A 1,nec=?,
A2,nec=?);
-să se calculeze deplasarea pe
verticală a punctului de aplica ție al forței, dacă E=2×105 MPa, ( ΔF=?).
Cotele de pe desen sunt în metri.

Să se determine eforturile, (N
1
și N 2), și tensiunile,( σ1 și σ2), din
barele sistemului articulat din figura
alăturată și să se calculeze
deplasarea punctului de aplica ție al
forței,(ΔF). Se dau: E=2,1×105 MPa,
A1=1200 mm2, L 1=2 m, A 2=600
mm2, L2=1 m, a=1m, F=50 kN.

Pentru sistemul de bare
articulate din figur ă se cer: a)
eforturile din cei doi tiran ți; b) să
se determine for ța capabil ă
cunoscând: σ
a=160 MPa;
A1=2×A 2=1200mm2; c) să se
calculeze deplasarea pe vertical ă
a punctului de aplica ție al forței, (E=2×105 MPa).
Cotele de pe desen sunt în metri. 5E.16
F
2 23
2 EA 1 2
EA 2 21
F
a EA 1L21
a 1,2a L1
2 EA 25E.17
F
2 3 2
EA 1
2EA 2
2 15E.18

214

Pentru sistemul de bare
articulate din figur ă se cer: a)
eforturile din cei doi tiran ți; b) să
se dimensioneze tiran ții dacă: F=
120 kN; σa=160 MPa;
EA 1=2EA 2;
c) să se calculeze deplasarea pe
verticală a punctului de aplica ție
al forței, (E=2×105 MPa). Cotele
de pe desen sunt în metri. Bara orizontal ă este considerat ă
nedeformabil ă.

Pentru sistemul de bare din
figură, având bara cotit ă BCD de
mare rigiditate, se cere: a) eforturile
din tiranți,(N
1 și N 2); b) tensiunile
din tiran ți,(σ1 și σ2); c) valoarea
maximă a forței ce poate fi preluat ă
de sistem dac ă σa=160 MPa,
(Fmax=?).

Se dă sistemul format din trei
bare articulate,(1,2 și 3), solicitat de o
forță aplicată în articula ția comun ă.
Să se determine eforturile, (N
1, N 2,
N3), din barele sistemului articulat și
să se dimensioneze barele din o țel cu
secțiune circular ă constant ă. Se dau:
F=100 kN; a=0,5 m; E=2,1×105 MPa;
σa=160 MPa. 5E.19
EA 1
EA 221 F
2
3 2 14
5E.20
F 2aEA 2
1a a
a
EA a
13
2 F
a α
α =30ο α a 5E.21

215

Trei tiran ți susțin o grind ă de
rigiditate infinit ă BD. Rigiditatea
tiranților (1) și (3) este aceea și,
E1A1= E 3A3= 2×105×300 N, iar cea
a tirantului (2) este E 2A2= 105×500
N. Forța aplicat ă sistemului este
F=50 kN.S ă se determine: a)
eforturile N 1,N2 și N 3; b) tensiunile
din tiranți,(σ1, σ2 și σ3); c) deplsarea
pe vertical ă a grizii BD, ( Δv=?).

Bara de mare rigiditate BOCD
este încărcată cu forța F=80 kN și
susținută de articula ția fixă O și de
tiranții (1) și (2).Cunoscând: 3A
1=
A2=A, E=2×105 MPa și σa=145 MPa,
se cer: a) eforturile din tiran ți, (N 1, N 2);
b) dimensionarea tiran ților, A nec=?; c)
deplasarea pe vertical ă a punctului de
aplicație al forței,(ΔF=?).

Stâlpul OBC, considerat de rigiditate
infinită, este ancorat cu dou ă cabluri din o țel cu
secțiunile: A
1,(DB), și A 2,(DC). În articula ția C,
pe orizontal ă se aplică forța F=80 kN. Se cer: a)
eforturile din cabluri, dac ă A 1=1,5A 2 și
E=2,1×105 MPa;
b) secțiunile A 1 și A 2 dacă σa=160 MPa;
c) deplasarea pe orizontal ă a punctului de
aplicație al forței, ΔF. 5E.22
F1,5
3m2m
21
30ș 45ș
O
D BC5E.23
F
3 m 4 m
1
DB 2
OC 6 m
α β 5E.24 F 2 mEA 1
1
l1=l3=3EA 3
3
B DEA 22
l2=2m
2 m

216

Barele sistemului articulate din figur ă
au aceea și rigiditate(EA=const.) și sunt
solicitate de for ța 2F=20 kN. Cunoscând:
a=1 m; A=200 mm2 și E=2,1×105 MPa, se
cer eforturile din bare, (N 1DC,N1CB,N2,N3),
și deplasarea articula ției (B), ΔB.

Pentru sistemul de bare
articulate din figur ă, având bara
BOCD rigid ă, se cer: a) eforturile
N
1,N2,N3; b) forța maxim ă,Fmax,
care poate înc ărca sistemul
cunoscând: σa=160 MPa; A 1=A 2=
A3=400 mm2; c) deplasarea
punctului de aplica ție al forței,ΔF,
dacă: a=1m; E=2,1×105 MPa; d)
eforturile N 1θ,N2θ,N3θ dacă
temperature barei (3) cre ște cu
θ=100șC; (coeficientul dilata ției termice lin iare este: α=1,2×10-5 1/șC).

Pentru sistemul de bare
articulate din figur ă se cer:
– eforturile din tiran ți, N
1 și N 2;
– forța capabil ă, F cap dacă σa=150
MPa;A 1=400 și A 2=600 mm2;
– deplasarea pe vertical ă,ΔD, a
punctului de aplica ție al for ței,
(E=2 ⋅105 MPa). Bara orizontal ă BD
este considerat ă nedeformabil ă.
a 2 1
3 F
αα
α =30ο F
B C D 2 a 5E.25
5E.26
F a
a a
a a 1O
DB3
2
C
5E.27
EA 1
EA 2F
2 m 2 m45ș 1 2
DB

217

Sistemul din figur ă, având
bara BD de rigiditate infinit ă, este
solicitat de o for ță F=120 kN.
Barele (1) și (2), articulate la
capete, sunt din o țel cu: σa=150
MPa și E=2,1×105 MPa. Se cer:
a) eforturile, N 1 și N 2, pentru
A2=1,5×A 1; b) dimensionarea
barelor (1) și (2) utilizând sec țiuni circulare; c) deplasarea pe
verticală,ΔD, a punctului de aplica ție al forței, pentru a=1,2 m.

La realizarea sistemului de bare
articulate din figur ă se constat ă că
bara (2) este mai scurt ă cu δ=0,2 mm.
Montarea se face for țat. Se cer:
eforturile din cei doi tiran ți înainte și
după aplicarea for ței, (E=2×10
5
[MPa]), F= 120 [kN]; A 1=A 2=1200
mm2; să se calculeze deplasarea pe
verticală a punctului de aplica ție al forței. Cotele de pe desen sunt în
metri. Bara orizontal ă este perfect rigid ă, deci nedeformabil ă.

La realizarea sistemului de
bare articulate din figur ă se constat ă
că bara (1) este mai scurt ă cu 0,2
mm. Montarea se face for țat. Se
cer: eforturile din cei doi tiran ți
înainte și după aplicarea for ței,
(E=2×105 MPa), F= 80 kN; A 1=A 2=1000 mm2; să se calculeze
deplasarea pe vertical ă a punctului de aplica ție al forței. Cotele de pe
desen sunt în metri. Bara orizontal ă este considerat ă nedeformabil ă. δF
3 24
3EA 1 3
EA 2 215E.29
δF
3 4 3 EA 1
2EA 2
215E.30 5E.28
3a F1 2
DB
2a 4a
a

218
Barele sistemului articulat sunt din
oțel cu E=2×105 MPa și σa=150 MPa.
Barele (1) și (3) au aceea și secțiune
transversal ă: A 1=A 3=300 mm2, mai mare
decât bara (2) care are A 2=200 mm2. Bara
(2) este mai scurt ă cu δ=1 mm. S ă se
determine: eforturile, (N 10 ,N 20, N 30), din
bare dacă F=0; eforturile, (N 1,N2, N 3), din
bare după aplicarea for ței F; forța maximă care poate fi aplicat ă.

O grindă de rigiditate infinit ă
BD, având greutatea G=30 kN, este
suspendat ă cu trei tiran ți din oțel cu
secțiuni transversale egale: A
1=A 2
=A 3. La montaj se constat ă că tiranții
(1) și (3) au lungimea nominal ă
l1=l3=2,5 m, în timp ce tirantul din
mijloc, (2), este mai scurt cu δ=1,25
mm. Sistemul este asamblat for țat. Să se determine tensiunile din
tiranți dacă: A 1=400 mm2, E=2×105 MPa.

Pentru sistemul de bare din
oțel să se determine: eforturile
axiale,(N
1, N 2, N 3), și
tensiunile,( σ1,σ2,σ3), care apar în
secțiunile barelor (1),(2) și (3),
ca urmare a asambl ării forțate.
Bara BD este de rigiditate
infinită. Să se calculeze apoi
deplasarea pe vertical ă a articula ției D,(ΔD=?). Se dau: a=2 m;
A1=2000 mm2; A 2= A 3=1000 mm2; E 1= E 2= E 3=2,1×105 MPa; δ=1
mm. F
a α
α =30οαa
δ 1
235E.31
5E.32
13
DB
δa
aa60ș 2
60ș5E.33 G a EA 1
1
l1 =l2=l3 EA 3
3
B DEA
2
a
δ

219

La montarea sistemului de bare
articulate din figur ă se constat ă o
inexactitate de execu ție δ=2 mm. Sistemul
se asambleaz ă forțat. Dacă toate barele au
aceeași secțiune A și sunt confec ționate din
oțel, (E=2,1×105 MPa), se cere s ă se
determine tensiunile care apar în sec țiunile
celor 4 bare.

Pentru sistemul de bare
articulate din figur ă, se cer: a) for ța
necesară asambl ării forțate,F
nec,
pentru: δ=2 mm, A 1=1000,A 2=2000
mm2, a=1500 mm, E 1=2,1×105
MPa, E=1,05×105 MPa; b)
tensiunile din bare dac ă după
montare barele sunt înc ălzite cu
Δθ=20șC. Coeficientii dilata ției termice liniare sunt: α1=1,2×10-5 1/șC
și α2=1,8×10-5 1/șC.

La montarea sistemului de bare
articulate din figur ă se constat ă o
inexactitate de execu ție δ=0,4 mm.
Sistemul se asambleaz ă forțat. Bara
BD este de rigiditate infinit ă. Tiranții
(1),(2) și (3), sunt din o țel cu
E=2×10
5 MPa, și au ariile sec țiunilor:
A1=A, A 2=1,5A și A 3=2A. Dac ă a=1
m se cere s ă se determine tensiunile
care apar în sec țiunile tiran ților în
urma montajului for țat,
(σ1=?,σ2=?,σ3=?). 4 3 δ 2m 60ș 2
60ș 1
1 m 5E.34
ϕ =30ο a 2
1 1ϕ
ϕ

δ 5E.35
3 45ș
245ș
1a
δ 12
D Ba
a a 5E.36

220

Se asambleaz ă sistemul de bare din
figură și se constat ă că bara (3) este mai
scurtă cu δ=0,8 mm. Toate barele au
aceeași rigiditate EA. Lungimea nominal ă
a barelor este: l 1=l2=l3=1,25 m și
l4=l5=2,165 m. Sistemul se asambleaz ă
forțat. Să se determine tensiunile care apar
în secțiunile tiran ților în urma montajului
forțat. Se dau: E=2×105 MPa, A=800 mm2.

Bara din figura de mai jos are sec țiunea neomogen ă cu miezul
din oțel, (cu A 1=1500 mm2;E1=2,1×105 MPa și σa1=150 MPa), și
exteriorul din alam ă, (cu A 2=2000 mm2;E2=105 MPa și σa2=100 MPa).
Să se determine: a) reac țiunile din încastr ări,( H B,HD); b) eforturile
maxime din o țel și respective din alam ă,(N maxOl, N maxAl); c) forța
maximă pe care o poate suporta bara,(F cap); d) deplasarea punctului de
aplicație al forței 2F.

Doi cilindrii concentrici,((1) din cupru și (2)
din oțel), de aceea și lungime l, sunt comprima ți,
prin intermediul a dou ă plăci rigide, cu for țele
F=220 kN. Se cunosc: A
1=1000
mm2;E1=1,15×105 MPa; α1=1,7×10-5 1/șC;
A2=2000 mm2;E2=2,1×105 MPa; α2=1,2×10-5
1/șC. Se cer: a) tensiunile din cei doi cilindrii dacă există doar for țele F; b) tensiunile din
cilindrii dac ă existând for țele F ansamblul se 30ο 4
δ
30ο 60ο 60ο
5
3 1 25E.37
1
800 400 2002FBD
2F5E.38
F
1 2
F 1
Cu Ol 5E.39

221încălzește cu Δθ=200șC,(σ1θ=?, σ2θ=?); c) care este cre șterea de
temperatur ă pentru care bara din o țel nu mai este solicitat ă, (Δθ =?).

Bara din figur ă este
confecționată din cupru,(Cu), și
aluminiu,(Al). Ansamblul este a șezat
între doi pere ți fixi:(B) și (D). În
partea din stânga exist ă un joc: δ=1,2
mm. Se cunosc: E
Cu=2×E Al=1,4×105
MPa; αCu=1,6×10-5 1/șC; αAl=2,4×10-5
1/șC. Se cere s ă se determine tensiunile din cele dou ă
materiale,( σCuθ=?, σAlθ=?), dacă temperatura într egului ansamblu
crește cu Δθ=90șC.

După montarea celor dou ă bare din o țel se
constată că între ele r ămâne un intersti țiu δ=1 mm.
Dacă barele sunt înc ălzite cu
Δθ=120șC se cere s ă se
determine tensiunile din cele dou ă secțiuni,(σA1θ=?,
σA2θ=?). Se cunosc: A 1=800 mm2; A 2=1300 mm2;
EOl=2,1×105 MPa; αOl=1,2×10-5 1/șC.

Să se determine cre șterea de temperatur ă necesară,
Δθ=?, pentru
ca, în ansablul din figur ă, bara din o țel să nu mai fie solicitat ă. Se
cunosc: F=60 kN; A=500 mm2; E Ol=2,1×105 MPa; αOl=1,2×10-5 1/șC;
ECu=1,15×105 MPa; αCu=1,7×10-5 1/șC.
5E.41
300
A2 A1
600 δ
5E.42
a 2AA
a=60 Cu Ol F5E.40
B D
δCu
800AlØ50
Ø75
800 400

222

O grindă de rigiditate infinit ă
BD, este men ținută în pozi ție
orizontală de reazemul mobil (D)
și de trei tiran ți, din acela și
material, cu aceea și lungime a=2
m și cu rigidit ățile indicate: EA și
2EA. Să se determine: eforturile
din tiranți exprimate în func ție de
F și tensiunile din tiran ți, dacă se
cunosc: F=84 kN, A=400 mm2, E=2×105 MPa și α=30ș.

Sistemul de trei bare plane
articulate, din figur ă, susține forța
F=400 kN. Tiran ții (1),(2) și (3) sunt
din oțel cu: σa=150 MPa, E=2,1×105
MPa și α=1,1×10-5 1/șC. Sec țiunile
transversale sunt: A 1=1,5A; A 2=A și
A3=2A. Se cer: a) eforturile din tiran ți
la îcărcarea cu F; b) dimensionarea
tiranților,A nec=?; c) deplasarea total ă
a articula ției (B); d) tensiunile din tiran ți dacă temperatura
ansamblului cre ște cu Δθ=60șC,(σ1θ=?, σ2θ=?, σ3θ=?).

Sistemul de bare din figur ă se
asambleaz ă forțat, deoarece bara (3) este
mai scurt ă cu δ=0,5 mm. Dac ă barele au
aceeași rigiditate, (EA=2,1×10
5 ×800
MPa×mm2), se cere s ă se determine
tensiunile din cele 3 bare: a) dup ă montarea
forțată; b) după montare și încălzirea tuturor
barelor cu Δθ=60șC. Coeficientul dilata ției
termice liniare este: α=1,2×10-5 1/șC. 1D
B3 2
F
EA 2EA EA α α
2/3×a a/3 5E.43
1,5A2A
2m
F 130ș 60ș 45ș A2 3
B 5E.44
1
3 2400 60ο 330
δ 45ο 5E.45

223

Bara de sec țiune constant ă A=1000 mm2, din
oțel, cu: E=2,1×105 MPa și α=1,2×10-5 1/șC, este
solicitată de două forțe: F 1=80 kN și F2. Bara este mai
scurtă cu δ=1 mm. Se cer: a) s ă se determine valoarea
forței F 2 astfel încât cap ătul barei s ă atingă peretele
(4); b) să se determine eforturile și tensiunile din
fiecare tronson, dac ă F2=120 kN; c) care este varia ția
de temperatur ă necesară pentru ca tensiunea maxim ă
de întindere s ă fie egală cu modulul celei maxime de
compresiune.

Sistemul de bare din figur ă este
asamblat la temperatura θ
0=20 șC. Se
dau: A 1=1000 mm2, E 1=7×104 MPa,
α1=2,4×10-5 1/șC, A 2=2000 mm2,
E2=2,1×105 MPa, α2=1,2×10-5 1/șC.
Se cer: a) s ă se determine tensiunile
din bare la temperatura θ1=35 șC; b)
temperatura θ2 la care bara (2) atinge perete le din stânga; c) tensiunile
din bare la temperatura θ3= θ1+ θ2.

Cilindrul din Al, cu aria A=100
mm2, este fixat în (B) și intră în
orificiul cilindrului din o țel, fixat în
(D). Lungimea barei de Al este: 1000-2δ, iar cea a celei din o țel: 2000- δ. Se
cunosc: A
Ol,B1=300 mm2, EOl=2,1×105
MPa, αOl=1,2×10-5 1/șC, A Ol,1D=400
mm2, E Al=7×104 MPa, αAl=2,4×10-5
1/șC, δ=0,15 mm. Se cer: a) tensiunile produse de for ța F=36 kN; b)
variația de temperatur ă care anuleaz ă jocul dintre cele dou ă bare,(Δθ);
c) tensiunile din bare dac ă temperatura cre ște cu încă 10 șC. 5E.46
2δ 1m 1,2m 800 1
4F1
3
F2
5E.47
200 E1,A1,α1
100δ12 E2,A2,α2
5E.48
500 1000δ
1 2 3A
500F
B D4A
A Al
Ol2δ

224

Se dă sistemul de bare articulate
din figur ă. Barele au aceea și rigiditate
EA. Lungimile barelor sunt: l 1=600 3
mm, l 2=1200 mm și l3=600 mm. Se dau
E=2,1×105 MPa, A= 800 mm2, F=42 kN,
δ=0,4 mm. Se cer: a) eforturile din bare
după montarea for țată, în absen ța forței
F; b) eforturile finale dup ă aplicarea
forței; c) să se determine valoarea for ței
F pentru care tirantul (2) este nesolicitat.

Sistemul de 3 bare articulate din
oțel, (E=2×105 MPa), este solicitat de
forța F=150 kN. Bara (1) are sec țiunea
dublă față de celelalte dou ă,
(A1=2A 2=2A 3). Se cer: a) eforturile din
bare; b) s ă se dimensioneze barele,
pentru σa=150 MPa; c) s ă se calculeze
deplasarea vertical ă a punctului de aplica ție af forței, ΔFv.

Se dă sistemul de 3 bare articulate din
oțel, (E=2,1×10
5 MPa, α2=1,2×10-5 1/șC),
solicitat de for ța F=80 kN, aplicat ă după
montarea for țată datorat ă lungimii
nominale a barei (2),(mai scurt ă cu δ=0,4
mm). Sec țiunilebarelor sunt: A 1=1500;
A2=1000; și A 3=1200 mm2. Se cer: a)
forța necesar ă pentru realizarea mont ării forțate,F nec; b) tensiunile din
bare după aplicarea sarcinii F indicate pe figur ă; c) tensiunile din bare
produse de o cre ștere a temperaturii Δθ=10șC; d) tensiunile finale din
bare. 5E.49
30ο l3 F
δ 30ο
13
2 l2 l1
A
2A
F 60ș 60ș 2
3
1A
1 m5E.50
F60ș 30ș 2
31
1 m δ 5E.51

225

A2= 3×(b/a)×A 1; A 2=1800 mm2.

N1= 1,932 F= 14,641 kN; N 2= 0,518 F=10,353 kN;
ΔD= 0,1036 mm.

N=0,6(6)F= 26,6(6) kN; d
nec=14,567≈15 mm;ΔF= 1,437 mm.

N= 0,75×F; F
cap= 150796 N; ΔF=1,8 mm.

N= 1,5×F=90 kN; σef=111,9 MPa< σa=140 MPa →Tirantul rezist ă; ΔF=2,4
mm.

a) N
12= 40 kN; N 23= N 34= 20 kN; N 45= 80 kN; b) d nec=18,43≈ 19 mm;
c) Δl15= 0,89 mm.

σAB=33,95 MPa; σBC=22,635 MPa; ΔC=0,735 mm.

N
1=16 kN și N 2=24 kN; σ1=24,615 MPa și σ2=36,923 MPa; ΔF2=1,825
mm.
5R.1
5R.2
5R.4
5R.7
5R.8 5R.3
5R.5
5R.6 5R. Solicitarea axial ă (Răspunsuri )

226

N=18 kN; σ
ef=39,79 MPa< σa=150 MPa; ΔD=0,159 mm.

N1=17,3 și N 2=20 kN; σ1=86,5 și σ2=100<σa=150 MPa; Deplasarea total ă:
ΔB=4,62 mm. Deplasarea pe vertical ă: ΔBv=3,85 mm; deplasarea pe
orizontală: ΔBh=2,55 mm.

HB=183,3(3) și H D=116,6(6) kN, ambele orientate spre dreapta;
A1,nec=885,42 mm2, A2,nec=1771 mm2; Δ2=0,15 mm spre stânga.

H
B=2,16(6)×F și H D=0,16(6)×F, ambele or ientate spre stânga;
Fcap=34615,4 N; Δ2=0,092 mm spre dreapta.

Y
B=200 și Y D=320 kN, ambele orientate în sus; d nec=112,84 mm;
Δ2=0,0172 mm în jos.

H
B=62,642 kN și H D=17,358 kN, ambele orientate spre stânga; σmax=104,4
MPa; Δ1=0,188 mm spre dreapta.

H
B=15,6 kN și H D=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

227

N
1=(16/41)F=0,39F=62,439 kN; N 2=(6/41)F=0,1463F= 17,561 kN;
A1,nec=390,24 mm2, A2,nec=195,12 mm2; ΔF=1,6 mm.

N
1=40,984 kN, N 2=49,180 kN; σ1=34,153 MPa, σ2=-81,967 MPa; ΔF=0,65
mm.

N
1=0,6542 F; N 2=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; N 2=(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, N 2=0,1(1)F; σ1=0,4(4)F/A, σ2=0,1(1)F/A; F max=1440F.

N1=N 3=32,622 kN, N 2=43,496 kN; d nec=22,4 mm.

a) N1=N 3= 15385 N și N 2= 19231 N; b) σ1=σ3=51,28 MPa și σ2=38,46
MPa; c) Δv=0,7692 mm.

5R.17
5R.20
5R.21
5R.22
5R.23 5R.16
5R.18
5R.19

228a) N1=0,8114F=64,914 kN și N 2=1,3693F=109,541 kN; b)
Anec=A 2=1343 mm2, A1=447,67 mm2 ; c) ΔF=5,075 mm.

a) N
1=2,858F=228,66 kN și N 2=1,029F=87,413 kN; b) A 2,nec=952,67
mm2, A1,nec=1429 mm2 ; c) ΔF=15,875 mm.

N1DC=0,8368F=8,368 kN; N 1CB= -1,1632F= -11,632 kN;
N2=N 3=0,67155F=6,7155 kN; ΔB=0,2132 mm.

a) N1=N 2=0,85F; N 3=0,424F; b) F max=70,588 kN; c) ΔF=2,196 mm; d)
N1θ=N 2θ=90,24 kN; N 3θ= -12,835 kN.

N1=0,686F; N 2=1,03F; F cap=87,412 kN; ΔD=3 mm.

N
1=0,517F=62,069 kN; N 2=1,241F=148,965 kN; A nec=993,1 mm2 →
dnec=35,559≈36 mm; ΔD=6,272 mm.

N1=44 kN; N 2=35 kN; ΔF=0,33 mm.

N1=54,157 kN; N 2=18,144 kN; ΔF=0,4763 mm.

5R.31 5R.24
5R.25
5R.26
5R.27
5R.28
5R.29
5R.30

229a) N 10=N 30=15262 N, N 20=26434 N; b) N 1=N 3= 15262+0,3815F, N 2=
26434-0,3391F; c) F max=10516 N.
σ1=σ3= -8,3(3) MPa, σ2= 91,6(6) MPa.

N1=100 kN; N 2=N 3=50 kN; σ1=σ2=σ3=50 MPa; ΔD=1 mm.

σ1= σ3=28,57 MPa; σ2=114,28 MPa; σ4=142,86 MPa.

F
nec=643,73 kN; σ1=159,6 MPa; σ2=102,2 MPa.

σ
1=16,37 MPa; σ2= -15,43 MPa; σ3=16,37 MPa.

σ
1=σ2=σ3=30,81 MPa; σ4=σ5=17,79 MPa.

H
B=F; H D=2F; N maxOl=1,2233F; N maxAl=0,7767F; F cap=183,829 kN;
Δ2F=0,571 mm.

a) σ
1=43 MPa; σ2=78,5 MPa; b) σ1θ=133,27 MPa; σ2θ=33,36 MPa;
Δθ=347,8șC.

σ
Cuθ= -56,23 MPa; σAlθ= -126,53 MPa.
5R.33
5R.34
5R.35
5R.36
5R.37
5R.38
5R.39
5R.40

230

σA1θ= -92,88 MPa; σA2θ= -57,16 MPa.

Δθ=35,982 șC.

N
1≈0,154F=12933 N; N 2≈0,2309F=19399 N; N 3≈0,693F= 58197 N;
σ1=32,33 MPa; σ2=48,5 MPa; σ3=72,75 MPa.

N
1=0,1793F=71,72 kN; N 2=0,3566F=142,64 kN; N 3=0,4717F= 188,68
kN; σmax=σ2= σa=150 MPa → A nec=A 2=950,93 mm2; A 1=1426,4 mm2;
A3=1902 mm2; ΔB=1,2594 mm; σ1θ= -54,43 MPa; σ2θ=81,65 MPa; σ3θ= –
21,13 MPa; Tensiunile totale sunt: σ1= -4,16 MPa; σ2=231,65 MPa;
σ3=78,05 MPa.

a) σ
1=52,07 MPa; σ2=63,77 MPa; σ3=71,13 MPa; b) σ1θ= -59,375 MPa;
σ2θ= -72,75 MPa; σ3θ= -81,125 MPa .

a) F
2=59 kN; b) N 12=155,33; N 23=75,33; N 34= -44,67 kN; σ12= 155,33;
σ23= 75,33; σ34= -44,67 MPa; c) din: σ12 –α·E·Δθ= Ισ34Ι+
α·E·Δθ→Δθ =21,96șC.

a) σ
1,θ1= -38 MPa; σ2,θ1= -19 MPa; b) Δθ2=41,67 șC; 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

231
a) În oțel: σB-1’= -48; σ1-2’= -36; σ2-D’=54 MPa; în Al: σB1’=0; b)
Δθ=9,92 șC; c) în o țel: σB-1’’= -103,3; σ1-2’’= -79,3; σ2-D’’=10,7 MPa;
în Al: σB1’’= – 16,36 MPa.

a) N10=23,668 kN; N 20= -27,33 kN; N 30=13,665 kN; b) N 10=32,544
kN; N 20= -13,33 kN; N 30=43,04 kN; c) F= 81,99 kN.

a) N
1= 0; N 2=N 3=F=150 kN; b) A nec=1000 mm2; c) ΔFv=1,73 mm

a) F necf=40876 N; b) σ10= -55,1; σ20= -7,8; σ30=47,3 MPa c) σ1θ= -4,1;
σ2θ=12,3; σ3θ= -8,85MPa; d) σ1f= -73,4; σ2f=47,1; σ3f=7,75 MPa
5R.49
5R.50
5R.51

2326. CALCULUL ÎMBIN ĂRILOR DE PIESE

6.1 Considera ții generale. Etape de calcul

Într-o structur ă de rezisten ță, elementele sunt îmbinate
(asamblate) între ele cu ajutorul unor organe de îmbinare sau
asamblare. Dac ă asamblările se fac prin nituire, sudare sau lipire, ele sunt
nedemontabile , iar dac ă se fac prin șuruburi sau pene, sunt
demontabile .
Un studiu mai laborios al îmbin ărilor, se face la cursul de
Organe de Ma șini.
În cele ce urmeaz ă, se vor prezenta numai câteva no țiuni
necesare la calculul de rezisten ță al unor îmbin ări de elemente
solicitate în general de for țe axiale.
Calculul îmbin ărilor de piese, se face exclusiv din condi ția de
rezistență.
În cazul pieselor asamblate, solicitate de c ătre forțe exterioare
axiale, apar preponderent urm ătoarele trei solicit ări:
• solicitarea axial ă (de întindere sau compresiune),
• solicitarea de forfecare ,
• solicitarea de strivire (tot o compresiune).
Pentru în țelegerea corect ă a modului în care apar cele trei
solicitări, recomand parcurgerea de îndat ă a materialului predat la
cursuri, sau studiul acestor solicit ări din alte manuale. Prezenta
lucrare, nu permite o reluare a studiului solicit ărilor care apar în cazul
îmbinărilor de piese, ci abordeaz ă aplicarea concret ă (practică) a
acestor no țiuni în calculul îmbin
ării elementelor de rezisten ță.
Rela țiile de calcul care se utilizeaz ă în cazul îmbin ărilor de
piese, sunt prezentate în Tabelul 6.1-1. M ărimile înc ă necunoscute din
Tabelul 6.1-1, au urm ătoarea semnifica ție:
τmax , τa – tensiune tangen țială maximă, respectiv admisibil ă,
T – efort t ăietor,
A f – aria suprafe ței forfecate (aria de forfecare),
A nec,f – aria necesar ă a suprafe ței de forfecare,

233 σmax,s, σas – tensiunea normal ă maximă la strivire, respectiv
tensiunea admisibil ă la strivire,
A s – aria suprafe ței strivite (aria de strivire),
A nec,s – aria necesar ă a suprafe ței de strivire,
N s – efortul normal de strivire.
T a b e l u l 6 . 1 – 1
Tip de Solicitarea
problemă axial ă forfecare strivire

de

verificare

σσmax …== ≤N
A a

ττmax …== ≤T
A af

σσmax, … sN
A ass
s== ≤

de

dimensionare

AnecN
a==σ…

Anec fT
a, …==τ

Anec sNs
as, …==σ

de
efort
capabil

N A cap a=⋅=σ…

T A cap f a=⋅=τ…
N A cap s s as, …=⋅=σ

Ca și la solicitarea axial ă (Cap.5), toate rela țiile din Tabelul 6.1-
1, se scriu în sec țiunile considerate periculoase ale elementului de
rezistență din îmbinare.
Calculul de rezisten ță al îmbin ărilor de piese, presupune
parcurgerea urm ătoarelor etape :
• Se analizeaz ă atent îmbinarea și se stabilesc piesele (elementele de
rezistență) care compun ansamblul.
• Se noteaz ă toate piesele îmbin ării (de exemplu cu 1, 2, 3, …) sau
dacă este posibil, se dau denumiri acestor piese (bol ț, știft, șurub,
pană, etc.)
• Se analizeaz ă atent modul în care se transmite for ța exterioar ă prin
îmbinare de la o pies ă la alta. De modul de în țelegere al formei

234pieselor componente și a modului de transmitere al for ței exterioare
prin îmbinare, depinde în mare parte, corectitudinea calculului.
• Se stabile ște tipul problemei (de verificare, dimensionare, efort
capabil).
Dup ă ce s-au parcurs aceste prime etape:
• Se ia pe rând fiecare pies ă (dacă este posibil este bine s ă se
întocmeasc ă o schiță cu forma sa), la care:
– se stabilesc solicit ările la care este supus ă,
– se stabile ște secțiunea periculoas ă pentru fiecare solicitare
(fiind mai multe solicit ări la o singur ă piesă, pot fi mai multe sec țiuni
periculoase), – în sec țiunile periculoase g ăsite, se scriu rela țiile de baz ă din
Tabelul 6.1-1 ce corespund tipului de problem ă stabilit,
– din rela țiile scrise, particularizate pentru situa ția dată, se
determină mărimile necunoscute (cerute în enun țul problemei).
Observație: Nu se poate recomanda o anumit ă piesă sau
solicitare cu care s ă se înceap ă rezolvarea. Din acest motiv, este
posibil ca în rela țiile de calcul scrise, s ă existe mai multe necunoscute
și ca urmare, ecua
ția să nu poată fi rezolvat ă. Nu trebuie s ă ne sperie o
astfel de situa ție. Important este s ă găsim atâtea rela ții (atâtea sec țiuni
periculoase) câte m ărimi trebuie calculate. Dup ă ce s-au scris toate
relațiile, acestea se grupeaz ă formând sisteme de ecua ții mai mici,
care permit determinarea tuturor m ărimilor cerute. Exemplele care vor
urma, vor confirma cele spuse mai înainte. La piesele cilindrice ( șuruburi, nituri, bol țuri, etc.), suprafa ța de
strivire care intr ă în calcule, nu este suprafa ța efectivă de contact
dintre piese, ci proiec ția suprafe ței de contact pe sec țiunea
longitudinal ă a piesei cilindrice. De multe ori, suprafa ța de strivire a
pieselor cilindrice care intr ă în calcul se ia în mod gre șit, motiv pentru
care am făcut prezenta aten ționare.

6.2 Calculul îmbin ărilor de piese cu grosime mic ă

Să se determine dimensiunile îmbin ării de piese din Fig.6.2-1,
știind că elementele ecesteia sunt realizate din acela și material,

235pentru care se cunosc: σa = 160 MPa, τa = 120 MPa, σas = 320 MPa.
Îmbinarea este supus ă acțiunii unei for țe F = 120 kN .
Rezolvare
Parcurgem etapele recomandate pentru calculul îmbin ărilor
(parag.6.1):
• Ansamblul este format din dou ă piese, pe care le not ăm cu 1,
respectiv 2 (Fig.6.2-1). Piesa 1 este o tij ă circulară cu diametrul d,
care la cap ătul superior, are diametrul mai mare (d
1). Piesa 2 are
forma unui pahar cu guler la partea superioar ă, iar la partea
inferioară are prev ăzută o gaură de diametru d, prin care trece
partea mai sub țire a tijei 1.
• Forma fiec ărei piese, cu dimensiunile corespunz ătoare este foarte
ușor de imaginat.
• Forța exterioar ă F aplicat ă la capătul inferior al tijei, trage tija în
jos, care cu um ărul său de la partea superioar ă apasă pe fundul
paharului (piesa 2). Mai departe for ța F se transmite p ărții
superioare a paharului prin pere ții acestuia, iar gulerul paharului de
la 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

236se cunosc dimensiunile și materialul (el nu prezint ă importan ță
pentru calcul).
• Problema este de dimensionare.
• Luăm acum pe rând fiecare pies ă:
Piesa 1 (tija – Fig.6.2-2)
a) Tija 1 este solicitat ă la întindere (vezi Fig.6.2-2)
– Sec țiunea periculoas ă este oricare de pe por țiunea cu diametrul
d. – Rela ția de calcul este (vezi Tabelul 6.1-1):

Π
Π⋅⋅
⋅=⇒ = =dF F
aadm m2
4431σσ 6.2-1

b) Între tija 1 (partea superioar ă) și fundul paharului, exist ă o
apăsare reciproc ă, o solicitare de strivire. Suprafa ța de strivire este o
suprafață inelară cu diametrul interior d și cel exterior d 1 (Fig.6.2-2).
– Rela ția de calcul, este:

()Π
Π 412212 438 dd d d m mFF
as as−=⇒ = + =⋅
⋅ σσ 6.2-2

c) Por țiunea tijei cu diametrul d 1, tinde să fie forfecat ă de către
muchiile g ăurii fundului paharului. Suprafa ța care se foarfec ă, este un
cilindru cu diametrul d și înălțime c (Fig.6.2-2).
– Rela ția de calcul este: Forfecare
Strivire Tracțiune
Fig.6.2-2 1

237 ΠΠ⋅⋅= ⇒= =⋅⋅ τdc c m mFF
daaτ11 6.2-3

La piesa 1, nu se mai întâlnesc alte sec țiuni periculoase.
Trecem la piesa urm ătoare: piesa 2 (paharul – Fig.6.2-3).
Căutăm solicitări și secțiuni periculoase (Fig.6.2-3).
d) Muchiile p ărții superioare ale tijei 1, tind s ă foarfece fundul
paharului. Se realizeaz ă o suprafa ță de forfecare cilindric ă, de
diametru d
1 și înălțime a (Fig.6.2-3).
– rela ția de calcul este:

ΠΠ⋅⋅ =⇒= =⋅⋅ τda a m mFF
daa119τ 6.2-4

e) For ța F fiind orientat ă după axa longitudinal ă a paharului,
supune paharul la o solicitare axial ă de întindere.
– Sec țiunea periculoas ă se află între fundul paharului și partea lui
superioară. Secțiunea supus ă la întindere, are form ă inelară cu
diametrul interior d 1 și cel exterior D 1 (Fig.6.2-3).
– Rela ția de calcul este:

()Π
Π 412121 12 449 Dd D d m mFF
aa−= ⇒ = + =⋅
⋅ σσ 6.2-5 Forfecare StrivireTracțiune Strivire Forfecare
Fig.6.2-3

238 f) Muchiile suportulul 3, tind s ă foarfece gulerul de la partea
superioară a paharului. Forma suprafe ței forfecate este cilindric ă, cu
diametrul D 1 și înălțime b (Fig.6.2-3).
– Rela ția de calcul este:

ΠΠ⋅⋅ =⇒ = =⋅⋅ τDb b m mFF
Daa117τ 6.2-6

g) Între gulerul paharului și suportul de sprijin 3, se realizeaz ă o
apăsare reciproc ă, o solicitare de strivire. Forma suprafe ței de strivire
este inelar ă, cu diametrul interior D 1 și cel exterior D 2 (Fig.6.2-3).
– Rela ția de calcul este:

()Π
Π 4 22122 12 454 DD D D m mFF
as as−= ⇒ = + =⋅
⋅ σσ 6.2-7

Nu mai sunt alte sec țiuni periculoase. Dup ă cum se poate
constata, s-au g ăsit șapte relații, care au permis calculul celor șapte
dimensiuni principale ale elementelor îmbin ării.
La acest exemplu, s-a reu șit scrierea rela țiilor în acea ordine în
care fiecare rela ție a conținut o singur ă necunoscut ă (celelalte m ărimi
din relație au fost determinate cu rela țiile precedente). Dac ă la
rezolvarea unei probleme nu se reu șește la fel, nu trebuie s ă disperăm.
Trebuie scrise toate rela țiile și apoi prin gruparea lor se vor determina
toate mărimile necunoscute. Important este s ă găsim atâtea rela ții câte
necunoscute sunt. Alte câteva considera ții:
– Dac ă elementele unei îmbin ări sunt realizate din materiale
diferite, în rela țiile de calcul, tensiunile admisibile σ
a, τa se iau cele
ale materialului piesei care se calculeaz ă.
– În cazul solicit ării de strivire, dac ă elementele sunt din
materiale diferite, în rela ția de calcul tensiunea admisibil ă de strivire
σas, se ia cea de la piesa pentru care aceasta prezint ă cea mai mic ă
valoare, σas = σas,min.
– În cazul problemelor de alt tip decât cel prezentat (de verificare
sau efort capabil), calculul se face la fel, numai c ă în relațiile de

239calcul, alte m ărimi sunt necunoscute (tensiunile maxime, respectiv
forța exterioar ă).
– Când se caut ă secțiunile periculoase ale unui element de
rezistență dintr-o îmbinare, este bine s ă ne imagin ăm că acel element
este realizat din cauciuc (este u șor să ni-l imagin ăm cum se
deformeaz ă și unde s-ar rupe), iar celelalte cu care vine în contact sunt
din oțel.

6.3 Calculul îmbin ărilor nituite

Înainte de a trece la calculul propriuzis al unor îmbin ări nituite,
ne oprim pu țin asupra unor aspecte, cu toate c ă ele sunt cunoscute din
lecturarea unor materiale de specia litate. Repetarea unora dintre ele,
nu poate fi decât benefic ă.
Pentru început se abordeaz ă îmbinarea nituit ă dintre dou ă plăci
subțiri (platbande). La fiecare nit, se transmit câte dou ă forțe egale și
de sens opus: una de la o platband ă iar cealalt ă de la platbanda a doua.
Se apreciaz ă că toate niturile dintr-o astfel de îmbinare se comport ă la
fel. Astfel, în cazul a n nituri, asupra fiec ărui nit, ac ționează câte două
forțe egale și de sens contrar, numite for țe pe nit, F nit (Fig.6.3-1):

FnitF
n= 6.3-1

Forțele F nit, tind să foarfece nitul dup ă planul k-k de separa ție al
celor dou ă platbande.

t
t Fnit
Fnit k k
Fig.6.3-1 II I

240 Diametrul d al tijei niturilor, se poate stabili prin calcul sau se
alege de obicei în raport cu grosimea t a pieselor care se nituiesc
(d≅2t). În acest ultim caz, la îmbinarea nituit ă, se calculeaz ă numărul
de nituri necesar îmbin ării.
Pentru calculul la strivire (sau presiunea pe gaur ă), suprafa ța de
strivire nu se consider ă suprafața semicilindric ă efectivă de contact
dintre nit și platband ă, ci proiec ția acestei suprafe țe pe secțiunea
longitudinal ă a nitului, suprafa ță de formă dreptunghiular ă și având o
latură egală cu diametrul d al nitului iar cealalt ă latură, egală cu
grosimea t a platbandei care transmite presiunea (for ța) pe tija nitului.
Platbandele care particip ă la îmbinare, prezint ă secțiunea
periculoas ă acolo unde aria net ă a secțiunii transversale a platbandei
are valoarea cea mai mic ă. Aria net ă este aria care particip ă la
transmiterea for ței (fără golurile produse de g ăurile pentru
introducerea niturilor). În cazul îmbinărilor nituite prin intermediul ecliselor , forța se
transmite prin intermediul primului grup de nituri de la o platband ă la
cele două eclise, iar apoi de la acestea din urm ă prin intermediul celui
de-al doilea grup de nituri, la cea de-a doua platband ă.
Notând cu n numărul niturilor pentru transmiterea for ței F de la o
platbandă la eclise, rezult ă că fiecare nit preia de la platband ă o
sarcină egală cu F / n. Aceast ă sarcină este echilibrat ă de sarcinile F /
2n, care se transmit la nit prin intermediul ecliselor (Fig.6.3-2). În acest caz de îmbinare, tija nitului este supus ă la forfecare, în
două secțiuni (k – k și m – m).
F / 2n
F / 2n t1 t1
t F / n
Fig.6.3-2 k k
m m

241 Se consider ă că forța tăietoare F nit = F / n , se repartizeaz ă în
mod egal la cele dou ă secțiuni k-k și m-m.
Forța F nit strivește și porțiunea de mijloc a nitului la fel ca și
porțiunea inferioar ă și superioar ă a acestuia. Por țiunea cea mai
periculoas ă este acea por țiune la care suprafa ța de strivire este mai
mică.
Exist ă elemente de construc ție la care niturile prezint ă mai mult
de două suprafețe de forfecare. Metodele de calcul ale niturilor cu mai
multe suprafe țe de forfecare nu difer ă de cele care se vor prezenta în
acest paragraf. În cazul platbandelor, pentru stabilirea sec țiunilor periculoase,
trebuie avut în vedere faptul c ă la nivelul primului rând de nituri
dinspre for ța F, valoarea efortului axial N este cea mai mare, ea
scăzând spre celelalte rânduri de nituri ca urmare a transmiterii
acesteia de la platband ă prin nituri la eclise. La nivelul ecliselor îns ă,
efortul axial N este maxim la ni velul de separare dintre cele dou ă
platbande (pentru o eclis ă, N = F / 2).
Exemplul nr.1. Să se verifice elementele îmbin ării nituite din
Fig.6.3-3, realizate din acela și material, pentru care se cunosc: F =
40 kN, d = 10 mm, b = 40 mm, t = 10 mm,
σa = 160 MPa, τa = 130
MPa, σas = 240 MPa.

Rezolvare
t 3 2 1
d
b F
1 2
t
FFig.6.3-3

242• La îmbinare particip ă patru nituri. For ța repartizat ă pe un nit, este:

FK NnitF
nF===410

• Sunt două elemente de rezisten ță care ne intereseaz ă și pentru care
avem dimensiunile: nitul (notat cu 1) și o platband ă (notată cu 2).
Pentru cealalt ă platband ă nu este cunoscut ă lățimea, dar din desen
se vede că lățimea acesteea este mai mare decât l ățimea b a piesei 2.
Din acest motiv, aceast ă platband ă (cu lățimea variabil ă) este mai
puțin periculoas ă decât platbanda 2.
• Problema este de verificare.
• Luăm pe rând fiecare element din îmbinare și îl calculăm.
Piesa 1 (sau nitul).
a) Nitul este solicitat la forfecare, prezentând o singur ă suprafață
de forfecare și anume la nivelul de separa ție dintre cele dou ă
platbande. – Rela ția de calcul, este:

ττmax=== = <⋅
⋅F
AFF
danit
fnit
dnitMPaΠ⋅Π2
424127 6.3-2

b) Nitul este solicitat la strivire. Cum grosimea celor dou ă
platbande este aceea și, suprafa ța de strivire periculoas ă este oricare
dintre nit și cele dou ă platbande.
– Rela ția de calcul, este:

σσmax,s=== <⋅F
AF
td asnit
snitMPa 100 6.3-3
Pentru nit nu mai exist ă alte secțiuni periculoase.
Piesa 2 (platbanda).
c) Platbanda este solicitat ă la întindere. În sec țiunea 1 (la primul
rând de nituri) prezint ă arie netă mai mare (o singur ă gaură) dar aici
și efortul axial N, este mai mare. Din acest motiv, o verific ăm la
nivelul 1, dar și la nivelul 2 (vezi Fig.6.3-3).

243 – La nivelul 1, rela ția de calcul, este:

()σσmax== = <−⋅N
AF
bdtanetMPa 133 6.3-4

– La nivelul 2, rela ția de calcul, este:

()σσmax== = <−
−⋅ ⋅N
AFF
bd tanetnitMPa2150 6.3-5

La nivelul 2 (al doilea rând de nituri), efortul axial este N=F-F nit
mai mic cu F nit care s-a transmis prin nitul de la nivelul 1 (primul rând
de nituri) de la o platband ă (platbanda 1) la cealalt ă. La fel, la nivelul
3 (ultimul rând de nituri), efortul axial este: N = N
3 = F – 3 F nit 6.3-6
deoarece pân ă la ultimul rând de nituri, for ța F s-a mic șorat cu 3F
nit,
care s-a transmis prin primele trei nituri de la nivelul 1 și 2.
La nivelul 3, tensiunea normal ă maximă, este:

()σσmax , == = <−⋅
−⋅N
AFF
bdtanetnitMPa3 333 3 6.3-7

Calculul efectuat asupra acestei îmbin ări, arată că toate
elementele îmbin ării îndeplinesc condi țiile cerute prin enun țul
problemei. Exemplul nr.2. Să se verifice elementele îmbin ării dintre dou ă
platbande, realizat ă prin intermediul a dou ă eclise așa cum se arat ă
în Fig.6.3-4 și pentru care se cunosc: F = 200 kN, b
p = 200 mm, b e =
160 mm, t p = 12 mm, t e = 7 mm, d = 20 mm, σa = 160 MPa, σas = 320
MPa, τa = 100 MPa.

244 Rezolvare
Elementele care necesit ă calcul, sunt: nitul (piesa 1), platbanda
(piesa 2) și eclisa (piesa 3).
Calcul ăm pe rând fiecare pies ă component ă.
Piesa 1 (nitul).
Forța pe nit F nit, este:

FK NnitF
nF===540 6.3-8

Atenție: Forța F se împarte la 5, nu la 10 cum gre șit se
procedeaz ă de cele mai multe ori. For ța F se transmite de la
platbandă la eclise prin 5 nituri (acesta este un grup de elemente,
nituri) și apoi de la eclise la plat banda a doua din nou prin 5 nituri
(alt grup de elemente, nituri). a) Nitul este solicitat la forfecare și prezintă două suprafețe de
forfecare, la nivelul dintre platband ă și cele dou ă eclise.
– Rela ția de calcul este: 2 d
F F
be bp 2 1
F F te
tetp d1 3
Fig.6.3-4

245 ττmax , == = <⋅ ⋅F
AF
anit
fnit
dMPa222
4638Π 6.3-9

b) Nitul este solicitat la strivire, suprafa ța de strivire este între
nit și platband ă și între nit și cele dou ă eclise. Strivirea mai puternic ă
are loc între nit și platband ă (lungimea de contact este t p = 12 mm) și
nu între nit și eclise, unde lungimea de contact este 2 t e = 2 7 = 14
mm. – Rela ția de calcul, este:

as tdF
AF
s MPa
pnit
snitσ σ < ===⋅ 16,166max, 6.3-10

Piesa 2 (platbanda).
c) Platbanda este solicitat ă la întindere. Efectu ăm calculul atât la
nivelul primului rând de nituri (nivelul 1) cât și la nivelul 2 (al doilea
rând de nituri, unde sunt trei nituri pe un rând). – Rela ția de calcul, la nivelul primului rând de nituri (unde sunt
două nituri pe rând), este:

()σσmax== = <
−⋅ ⋅F
AF
bd tanetppMPa
2104 6.3-11

– La nivelul celui de-al doilea rând de nituri, rela ția de calcul,
este:

()σσmax , == = <−⋅
−⋅ ⋅F
AFF
bd tanetnit
ppMPa2
37142 6.3-12

Piesa 3 (eclisa).
Eclisa este solicitat ă la întindere de c ătre forța F / 2 = 100 kN,
(Fig.6.2-5). – La nivelul 2 (al doilea rând de nituri), rela ția de calcul este:

246 ()σσmax , == = <−⋅ ⋅F
netF
eeA bd ta MPa22
3142 8 6.3-13

– La nivelul primului rând de nituri (nivelul 1), rela ția de calcul,
este:

()σσmax , == <−⋅⋅
−⋅ ⋅FF
eebd ta MPa221
53
247 62 6.3-14

6.4 Calculul îmbin ărilor sudate

Calculul îmbin ărilor sudate ca și cel al îmbin ărilor nituite, se
face conven țional, considerând distribu ția uniform ă a tensiunilor în
secțiunile de calcul. În acela și timp, acesta este într-o strâns ă
concordan ță cu tehnologia de sudare.
Dup ă poziția relativ ă a pieselor care se îmbin ă, sudurile se
clasifică, în :
• suduri cap la cap ,
• suduri de col ț, care în func ție de orientarea pe care o au fa ță de
direcția de solicitare (direc ția forței), 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

247 – grosimea de calcul a cordonului de sudur ă a, egală cu
grosimea celei mai sub țiri plăci din îmbinarea sudat ă,
a = t
min 6.4-1
– lungimea de calcul l
c și care este egal ă cu lățimea plăcii din
care se scad zonele de la capetele cordonului, considerând c ă la
fiecare cap ăt, pe o lungime aproximativ egal ă cu grosimea de calcul a,
fuziunea materialului de adaos cu cel de baz ă este imperfect ă:
l
c = b – 2a 6.4-2
Sudura cap la cap, este solicitat ă la întindere, pentru care aria de
calcul A
c, are expresia:
A
c = l c a = (b – 2 a) a = (b – 2 t min ) tmin 6.4-2
În cazul sudurii cap la cap cu cordon de sudur ă oblic (Fig.6.4-2),
sudura este solicitat ă atât la întindere cât și la forfecare, de c ătre
eforturile:
– la întindere:
N = F s i n α 6.4-3 F
F F
F b lc
t a a
Fig.6.4-1 t

248 – la forfecare:
T = F c o s α 6.4-4

Aria de calcul A
c la sudura cap la cap cu cordon oblic, este:

()()min sinb
min sinb
c c t2 ta2 ala A ⋅−⋅=⋅−⋅=⋅=α α 6.4-5

Pentru sudurile de col ț, elementele caracteristice ale cordonului
de sudură, sunt (Fig.6.4-3):
– grosimea de calcul a, care este egal ă cu înălțimea triunghiului
înscris în sec țiunea cordonului de sudur ă:
a ≅ 0,7 t min 6.4-6

– lungimea de calcul l c, este egală cu lungimea b (sau l) a
cordonului de sudur ă, din care se scad zonele de la capetele b F F
F N
Tα
Fig.6.4-2 α
F F
F F b
a
tmin tmax Fig.6.4-3

249cordonului de sudur ă, considerând c ă la fiecare cap ăt, pe o lungime
aproximativ egal ă cu grosimea de calcul a, fuziunea materialului de
adaos cu cel de baz ă, este imperfect ă:
l
c = l – 2 a = l – 2 0,7 t min = l – 1,4 t min 6.4-7
Aria de calcul la forfecare, la sudura de col ț, este:

A
c = a⋅lc = 0,7 t min (l – 2 0,7 t min) =
= 0,7 t min (l – 1,4 t min) 6.4-8
Exemplul nr.1. Să se calculeze for ța pe care o poate suporta
îmbinarea din Fig.6.4-4, pentru care se cunosc: b
e = 130 mm, t e = 12
mm, b p = 170 mm, t p = 18 mm, l = 100 mm, σa = 140 MPa, τas = 100
MPa. Se consider ă că materialul platbandelor, ecliselor și a celui de
adaos, prezint ă aceeași rezistență admisibil ă.

Rezolvare
• Există trei elemente de calcul pentru aceast ă îmbinare (s-au notat cu
1, 2, 3-Fig.6.4-4): F F
F F be bp
l l
tp te
te 1 3 2
Fig.6.4-4

250 – platbanda (piesa 1),
– eclisa (piesa 2), – cordonul de sudur ă (piesa 3).
Să calculăm acum pe rând, fiecare element al îmbin ării.
Calculul platbandei (piesa 1).
a) Platbanda este solicitat ă la întindere. Sec țiunea periculoas ă
este oricare sec țiune cuprins ă între capătul în care ac ționează forța F și
capătul de îmbinare prin sudur ă cu eclisa.
– Rela ția de calcul, este:

N
cap = A p σa = bp tp σa = F 1
de unde:
F 1 = b p tp σa = 428,4 kN 6.4-9

Platbanda nu mai prezint ă altă secțiune periculoas ă.
Calculul eclisei (piesa 2).
b) Eclisa este solicitat ă la întindere. Sec țiunea periculoas ă este la
nivelul de separare dintre cele dou ă platbande, unde efortul axial
transmis printr-o singur ă eclisă este egal cu F / 2.
– Rela ția de calcul, este:
Nb tcap e e aF=⋅⋅=σ2
2
de unde:
F 2 = 2 b e te σa = 436,8 kN 6.4-10

Eclisa nu mai prezint ă altă secțiune periculoas ă.
Calculul cordonului de sudur ă (piesa 3).
Sudura este una de col ț, prezentând pe o singur ă parte, dou ă
cordoane transversale și două longitudinale. Solicitarea cordoanelor
de sudură este cea de forfecare. M ărimile ce trebuie determinate în
vederea efectu ării calculului, sunt:
– grosimea cordonului de sudur ă,
a = 0 , 7 t
min = 0,7 t e 6.4-11
– lungimea de calcul lc a cordonului de sudur ă, este,

251 l c = 2 (l + b e + l – 2 a) =
= 2 (2 l +b e -1,4 t e) 6.4-12
În relația 6.4-12, factorul 2 din fa ța parantezei, se datoreaz ă faptului
că există două cordoane de sudur ă identice, care preiau for ța F: unul
la partea superioar ă și unul pe partea inferioar ă a îmbinării.
Cu rela țiile 6.4-11 și 6.4-12, se ob ține aria de forfecare de calcul
Ac:
A c = a l c =0,7 t e 2 (2 l + b e – 1,4 t e) 6.4-13
– Rela ția de calcul pentru efortul capabil, este:

T cap = A c τa = 1,4 t e (2 l + b e – 1,4 t e) τa = F 3
de unde,
F 3 = 1,4 t e (2 l + b e – 1,4 t e) τa = 502,4 kN 6.4-14

Nu mai exist ă altă solicitare pentru cordonul de sudur ă.
Pentru a fi asigurat ă condiția de rezisten ță a îmbinării, forța capabilă
este dată de valoarea cea mai mic ă dintre cele ob ținute prin calcul
(vezi rel. 6.4-9, 6.4-10 și 6.4-14):
F
cap = min (F 1, F2, F3 ) = 428,4 kN 6.4-15
Dup ă cum se poate constata, elemen tul cel mai periculos de la
această îmbinare, este platbanda (piesa 1).
În cazul problemelor de dimensionare, se impune fie grosimea cordonului de sudur ă a în funcție de grosimea elementelor care se
îmbină și atunci se calculeaz ă lungimea acesteea, fie se impune
constructiv lungimea cordonului și se calculeaz ă grosimea acestuia.
Schimbarea tipului problemei, nu complic ă cu nimic calculul
elementelor îmbinate prin sudur ă.
La elementele îmbinate prin sudur ă, pentru care direc ția de
aplicație a forței nu este o ax ă de simetrie a sistemului, problema
constă în primul rând, în determinarea eforturilor (axiale sau t ăietoare)
din cordoanele de sudur ă. Determinarea acestor eforturi, este o
problemă de static ă, pe care noi am l ămurit-o în alt capitol. Dup ă
determinarea eforturilor din cordoanele de sudur ă, calculul sudurilor
este identic cu cel prezentat.

252 6.5 Calculul îmbin ării pieselor de lemn

Tensiunile normale axiale, de forfecare și de strivire, se
întâlnesc și în cazul îmbin ării pieselor de lemn.
Lemnul este un material anizotrop, care prezint ă rezistențe
diferite în func ție de direc ția pe care o au for țele exterioare fa ță de
fibre. În Tabelul 6.5-1, se prezint ă rezistențele admisibile pentru dou ă
specii de lemn (pin și stejar), la diferite solicit ări. Rezisten țele
admisibile (tensiunile admisibile) ale lemnului în îmbin ări, depind de
specia lemnului și de natura construc ției.
T a b e l u l 6 . 5 – 1

Tipul solicit ării Tensiunea
admisibil ă
[ MPa ]
Pin Stejar
Întindere σa 10 13
Compresiune paralel ă cu fibrele și
strivirea capetelor σac 12 15
Strivire în îmbin ări paralele cu fibrele σas 8 11
Strivire normal ă pe fibre (pe o lungime > 100 mm)
σas900 2,4 4,8
Forfecare paralel ă cu fibrele τaf 0,5…1 0,8…1,4
Forfecare în îmbin ări normal pe fibre τa900 0,6 0,8
Încovoiere σai 12 15
Forfecare din încovoiere τai 2 2,8

Abaterile în plus sau în minus fa ță de cele prezentate în Tabelul
6.5-1 cu 25…30 %, depind de calitatea lemnului, de gradul de umiditate, de condi țiile de solicitare ale construc ției etc.
În cazul strivirii sau forfec ării sub un unghi α față de direcția
fibrelor, tensiunea admisibil ă are o valoare intermediar ă între σ
as și
σas900 (sau τaf și τa900) și se determin ă cu o rela ție conven țională, de
forma:
σασ
ασ
σaas
as
as,
sin=
+−⎡
⎣⎢⎤
⎦⎥11
9003 6.5-1

253
Când for țele de forfecare ac ționează într-un plan tangen țial
înclinat sub unghiul α față de direcția fibrelor, tensiunea admisibil ă se
determină cu aceeași relație, în care σas se înlocuie ște cu τa.

Exemplu. Să se dimensioneze elementele îmbin ării din lemn de
pin din Fig.6.5-1. Dimensiunile celor dou ă bare care se îmbin ă sunt
150 x 200 mm.

Rezolvare
• Există două elemente (dou ă bare): una orizontal ă (notată 1) și una
înclinată (notată 2). Forța F la nivelul îmbin ării dintre cele dou ă
bare, prezint ă două componente:
– una orizontal ă, F1.
F 1 = F cos 300 = 43,3 kN 6.5-2
– una vertical ă, F2:
F 2 = F sin 300 = 25 kN 6.5-3
Calcul ăm acum fiecare bar ă.

Calculul barei orizontale (piesa 1)
a) Aceast ă bară este solicitat ă la forfecare de c ătre forța F
1,
secțiunea periculoas ă fiind pe por țiunea de lungime a.
– Rela ția de calcul, este:
a F = 50 kN
150
200 b
c 150
200
Fig.6.5-1 1 2
α=300

254 Aa
am mnec fT F
Faf af
af,
,=⇒ ⋅=⇒
===⋅⋅
⋅ττ
τ150
2891
13
15043 3 10
150 1 6.5-4

b) Tot for ța F 1, produce o strivire a sec țiunii verticale a chert ării
barei orizontale. – Rela ția de calcul, este:

Ab
bm mnec sN F
Fas as
as,
,===⋅ ⇒
== =⋅⋅
⋅σσ
σ1
13150
3615043 310
150 8 6.5-5

c) Bara orizontal ă este supus ă strivirii și de către forța F 2, pe
suprafața dreptunghiular ă, de dimensiune 150 x c.
– Relația de calcul, este:

Ac
cm mnec sN F
Fas as
as,
,=== ⋅ ⇒
== =⋅⋅
⋅σσ
σ9002
900
2
9003150
701502510
241 5 0 6.5-6

Se poate constata c ă această suprafață, este mai periculoas ă
decât aceea și suprafață, dar apar ținând barei înclinate, deoarece pentru
bara înclinat ă, σa,α > σas900.

Calculul barei înclinate (piesa 2)
d) Bara înclinat ă, pe suprafa ța vertical ă de contact cu bara
orizontală este solicitat ă la strivire, de c ătre forța F
1. Aici are loc o
strivire în sec țiune, sub unghiul α = 300 față de direc ția fibrelor.
Tensiunea admisibil ă în acest caz, determinat ă pe baza rela ției 6.5-1,
este:

255 []σαa MPa ,sin,, ==
+−8
11 3 08
24063 6.5-7

Suprafa ța de strivire, este un dreptunghi cu dimensiunile b și
150 mm. – Rela ția de calcul este:

Ab
bm mnec sN F
Faa
a,
,
,,,
,===⋅ ⇒
===⋅⋅
⋅σσ
σαα
α1
13150
4615043 310
150 6 3 6.5-8

Se constat ă că dimensiunea b, rezultă din condi ția de rezisten ță
la strivire a barei înclinate, unde s-a ob ținut, b = 46 mm.
Pentru îmbinarea din Fig.6.5-1, au rezultat dimensiunile: a = 289 mm b = 46 mm 6.5-9 c = 7 0 m m .

256

Îmbinarea din figur ă trebuie s ă reziste solicit ărilor produse de o
forță F = 120 kN. S ă se dimensioneze elementele înbin ării, (tijă, pană,
suport), dac ă ele sunt confec ționate din o țel, cu urm ătoarele rezisten țe
admisibile: σ
at = 140 MPa, σas= 280 MPa, τaf = 90 MPa. Se cer deci:
dnec, anec, hnec și cnec. Corpul tijei este cicular, (cu diametrul d), iar capul
tijei este cu sec țiune patrat ă.

Îmbinarea din figur ă trebuie s ă reziste solicit ărilor produse de o
forță F = 80 kN. S ă se verifice el ementele înbin ării, (tijă, pană,
suport), confec ționate din Ol 37-STA S 500-72, care are urm ătoarele
rezistențe admisibile: σat = 140 MPa, σas= 280 MPa, τaf = 90 MPa. □a
d
F h/4
c h
d
F6E.1 6E. Calculul îmbin ărilor de piese (Probleme
propuse)
6E.2
25
F F □60 □60160
40 50
pană tijă
Suport fix

257

Îmbinarea coloanelor unei freze cu placa de baz ă se realizeaz ă
prin intermediul unei pene și a unui man șon ca în figur ă. Să se
determine dimensiunile necesare pentru elementele înbin ării, (d, D, h,
h1, δ), dacă forța care acționează pe o coloan ă, (tijă), este F= 300 kN.
Rezistențele admisibile sunt: σat = 60 MPa, σas= 120 MPa, τaf = 40
MPa, pentru coloan ă, și σat = 60 MPa, σas= 120 MPa, τaf = 60 MPa,
pentru pan ă. Grosimea penei se accept ă ca fiind δ=D/4.

Îmbinarea din figur ă trebuie s ă reziste solicit ărilor produse de o
forță F = 50 kN. S ă se dimensioneze elementele înbin ării, (bulon, tij ă,
țeavă cu D 2/D1 =1,5), confec ționate din Ol 37-STAS 500-72, care are
următoarele rezisten țe admisibile: σat = 140 MPa, σas= 280 MPa, τaf =
90 MPa. Se cer: d nec, D1,nec, D2,nec,L1,nec, L2,nec. 6E.3
δ A-A
A
δDF
A
h1d
h F
Pană
Manșon Coloană
Pană Coloană
Manșon
F
D1L1
d d
D2L1 L2 L2D1
BulonF
Tijă Tijă Țeavă 6E.4

258

Îmbinarea din figur ă este solicitat ă de forțele F=460 kN. S ă se
calculeze dimensiunile: d, d 1, b și δ,dacă toate elementele îmbin ării
sunt confec ționate din o țel, cu urm ătoarele rezisten țe admisibile: la
întindere:σat = 140 MPa; la strivire: σas= 280 MPa; la forfecare: τaf =
90 MPa.

Arborele cu diametrul d=60 mm trebuie s ă transmită un moment
de torsiune M t=2 kNm. Pentru diametrul dat STAS-ul impune b=18 și
h=11mm. Cunoscând rezisten țele admisibile: la strivire: σas= 220 MPa
și la forfecare: τaf = 90 MPa, se cere s ă se determine lungimea
necesară a penei și să se verifice pana la forfecare. 6E.5
F/2
F/2 F δ δ
d1
F F d1 b d d
6E.6
h
A l
Arbore bA-A
d A
Butuc Pană

259

Îmbinarea cu eclise din figur ă este solicitat ă la întidere de for țele
F. Orificiile de tr ecere pentru cele 4 șuruburi au diametrele ø21 mm.
Să se determine valoarea maxim ă a forței pe care o suport ă elementele
îmbinării, confec ționate din o țel, cu urm ătoarele rezisten țe admisibile:
la întindere: σat = 140 MPa; la strivire: σas= 280 MPa; la forfecare: τaf
= 90 MPa.

Piesele (1) și (2), din font ă, de
formă cilindrică, sunt solicitate de o
forță F=200 kN. For ța se aplic ă
printr-un disc masiv. S ă se
determine diametrele d,d
1 și d2, și
grosimile h 1 și h2, astfel încât s ă nu
se dep ășească rezisten ța la
forfecare: τaf=80 MPa și presiunea
maxim admis ă la strivire: σas=160 MPa. Piesa (2) este sus ținută de un
suport fix.
F 14
3214 F
40 30 30 40 30 30
86 FF Ø20
4 Șuruburi M20 Eclise 6E.7
6E.8
F
h1
d
d1
d2
h2 1
2Disc

260

Cuplajul din figur ă, cu trei șuruburi păsuite, transmite un moment
de torsiune M t=2 kNm. Cunoscând dimensiun ile indicate pe desen în
mm, precum și lățimea penelor paralele, cu care sunt fixate
semicuplele, b=16 mm , se cere verificarea ansamblului. Se dau
rezistențele admisibile: la strivire: σas= 280 MPa și la forfecare: τaf =
90 MPa. Obs.:dimensiunile semicuplelor nu sunt egale.

Îmbinarea cu eclise din figur ă
este solicitat ă la întidere de for țele
F=120 kN. S ă se determine
dimensiunile necesare pentru
elementele îmbin ării, (d, δ, B, L),
confecționate din o țel, cu
următoarele rezisten țe admisibile:
la întindere: σat = 160 MPa; la
strivire: σas= 280 MPa; la
forfecare: τaf = 120 MPa.

Mt Mt 60 65
5 Ø50 10 Ø180
Ø18
20 22 3 Șuruburi
M18 păsuite 6E.9
6E.10
L L

261

Să se verifice elementele înbin ării
din figur ă, știind că acestea sunt
realizate din acela și material pentru
care se cunosc rezisten țele admisibile:
la întindere, ( σ
at=160 MPa), la
forfecare, ( τaf=120 MPa), și la strivire,
(σas=240 MPa). For ța care solicit ă
înbinarea este F=42 kN. Cotele trecute
pe schiță sunt în milimetri.

O tijă din Ol 37, de sec țiune circular ă, este solicitat ă la întindere
de forța F=110 kN. Tija este fixat ă la partea superioar ă prin
intermediul une i pene cu sec țiune dreptunghiular ă: b×h. Pana se
sprijină pe o plac ă circulară din oțel, iar aceasta pe un support masiv
din beton. Se accept ă b=0,3·d. Se cere s ă se calculeze dimensiunile: d,
b, h, h
1, L și D. Se cunosc rezisten țele admisibile: pentru Ol: σat = 150,
σas= 300, τaf =0,6×σat =90 MPa; pentru beton: σas= 8 MPa. 6E.11
h1
Placă beton b
h h
FFd d D L
Tijă Tijă
Pană Placă Ol
Placă Ol 6E.12 F
Ø40 12□18 10 9
Ø60
Ø78 Pahar
Tijă
Suport fix

262

Ventilul unei supape are
forma și dimensiunile din
figură. Să se verifice supapa
dacă tensiunile admisibile
sunt: pentru compresiune: σac
= 160 MPa; pentru strivire:
σas= 320 MPa și pentru
forfecare: τaf = 100 MPa. Se
consideră că tija supapei nu
poate flamba fiind ghidat ă pe
aproape întreaga ei lungime.

Pentru îmbinarea din figur ă, compus ă dintr-o tij ă și un man șon
confecționate din o țel, se cere s ă se facă dimensionarea elementelor
înbinării, (a nec, cnec, dnec, b1,nec, bnec=?), dac ă se cunosc rezisten țele
admisibile: la întindere, ( σat=120 MPa), la forfecare, ( τaf=40 MPa), și
la strivire,( σas=240 MPa). M ărimea forței este F=80 kN. F=120 kN
10 Ø100 Ø16
Ø60 Tijă
Ventil 6E.13
6E.14
F d c
□b1
□b □a
A A
Tijă
Manșon fix A-A
Tijă
Manșon fix

263

Îmbinarea a trei platbenzi este realizat ă cu două bolțuri cu
diametrul d. Dac ă se cunoa ște mărimea for ței, F=100 kN, și
rezistențele admisibile: la întindere, ( σat=120 MPa), la forfecare,
(τaf=80 MPa), și la strivire, ( σas=240 MPa), se cere s ă se facă
dimensionarea elementelor înbin ării, (d nec, hnec, lnec, bnec=?).

Ansamblul din figur ă, realizat dintr-o furc ă sudată de o tij ă,
transmite o for ță F=18 kN. Dimensiunile sec țiunii tijei sunt: h=24 mm
și b=8 mm. Grosimea cordonului de sudur ă este: a=5 mm. Dac ă
materialul pieselor are rezisten țe admisibile: σ
at = 160 MPa, σas= 320
MPa, τaf = 120 MPa, iar dimensiunile co tate sunt: t=6, d=9, R=18 mm,
se cere verificarea îmbin ării.

6E.15
F
h/2 Bolț
F/2 FF
F/2 h/2 hb
d da a d Platband ă
6E.16
F R
b
a d
d t t
24 36 F F
F Furcă
Tijă2t

264

Se dă asamblarea a dou ă
platbenzi sudate ca în figur ă.
Să se determine valoarea
maximă a forței F, dac ă
rezistențele admisibile ale
platbenzilor sunt: la
întindere: σat=120 MPa; la
forfecare: τaf=80 MPa, iar
pentru cordon ul de sudur ă, cu
grosimea 6 mm, rezisten ța
admisibilă la forfecare este
0,7 din cea a platbenzilor,
(τaf,s=56 MPa).

Să se verifice asamblarea cu 9 șuruburi M16, care suport ă forța
F=80 kN, dac ă se cunosc rezisten țe admisibile: la întindere: σ
at = 140
MPa; la strivire: σas= 280 MPa; la forfecare: τaf = 9 0 M P a . S ă se
precizeze apoi num ărul de șuruburi suficient pentru preluarea for ței F.

6E.17
60
50 8 8 6FF
FF
M16
24 40 403030 100 14 14
24
F F F
F 6E.18

265

Două platbenzi sunt asambl ate prin 9 nituri ø16 și solicitate de o
forță F. Cunoscînd rezisten țele admisibile: – pentru nituri: la strivire:
σas= 180 MPa și la forfecare: τaf = 110 MPa; -pentru platbenzi: la
tracțiune: σat = 140 MPa, la strivire: σas= 170 MPa și la forfecare τaf =
90 MPa, se cere determinarea for ței maxim admise. Se dau: B=150
mm și t=14 mm.

Să se determine sarcina capabil ă să încarce asamblarea cu 8
șuruburi M20, dac ă rezistențele admisibile pentru toate elementele
îmbinării sunt: la întindere: σ
at = 160 MPa; la strivire: σas= 300 MPa;
la forfecare: τaf = 110 MPa. Dimensiunile indicate au valorile: h=16,
d=l=20, a=30 și B=160 mm. Obs.: în zone le de forfecare tijele
șuruburilor nu sunt filetate.

6E.19
F F 9 Nituri
ø16 Btt
6E.20

266

Două platbenzi, cu grosimea h=20 și lățimea B=170 mm, sunt
asamblate prin nituire cu dou ă eclise de acelea și dimensiuni. Se
utilizează 12 nituri ø18. Îmbinarea este solicitat ă de o forță F= 230
kN. Cunoscînd rezisten țele admisibile, acelea și pentru toate
elementele îmbin ării: la trac țiune: σat = 140 MPa; la strivire: σas= 180
MPa și la forfecare: τaf = 90 MPa, se cere verificarea asambl ării.

O platband ă, cu lățimea B=200 mm și grosimea δ=8 mm, este
sudată de o tabl ă cu aceea și grosime. Grosimea cordonului realizat
este a=6 mm. For ța F=160
kN este aplicat ă excentric la
125 mm de latura (1-3). Se
dau: – pentru sudur ă: σ
at,s =
140 MPa și τaf,s = 90 MPa; –
pentru materialul de baz ă:
σat= 160 MPa și τaf = 80
MPa. Se cer: a) lungimile
cordoanelor de sudur ă pe
cele două laturi: L 23 și L45; b)
lungimea cordonului
suplimentar pentru ca
rezistențele sudurii și
materialului de baz ă să fie
egale. Tablele se suprapun pe
o lungime de 300 mm.
F F Bh h
h
Eclisă
Platband ă
centrală Nit ø18 6E.21
6E.22
δ
Fδ 4
7
13265
125
L45
F
L231 45
3
2 7 6
200125

267

Să se verifice pana paralel ă care fixeaz ă pe arboreal de diametru
d=70 mm o roat ă cu diametrul D=480 mm. La periferia ro ții lucreaz ă
forța tangențială F=10 kN. Pana utilizat ă este conform STAS 1006-70,
are dimensiunile: b=16; h=10 și L=100 mm, și este confec ționată din
oțel Ol 50. Rezisten țele admisibile sunt: la forfecare: τ
af=80 MPa și la
strivire: σas=240 MPa.

Să se dimensioneze îmbinarea dintre un profil cornier
120×120×13 și o platband ă 180×14, ambele confec ționate din Ol 37,
și să se stanileasc ă eforturile transmise de la cornier la platdand ă pe
fiecare troson între sec țiunile (1) și (D). Dimensiunile indicate pe
desen sunt în mm. Se dau: t=14 mm, c=13 mm, σ
at = 140 MPa, τaf =
112 MPa, σas= 280 MPa, aria cornierului: A 1=2970 mm2. Pe baza
recomand ărilor din literature de specia litate pentru grosimea minim ă a
elementelor nituite se adopt ă dnit=d=23 mm, (pentru grosimea minim ă
h=13 mm).
b=16 h=10
a= 4
F
D=480 d=70 L=100
d 6E.23
6E.24
180
t c F
40 F
40 50 50 50 50
5 2 D
1 4 3 B

268

Să se calculeze for ța maximă pe care o poate suporta o consol ă
din tablă de 18 mm grosime, solidarizat ă de un profil U26, în dou ă
variante: a) consola este nituit ă cu 4 nituri ø18 mm, (grosimea
profilului este de 10 mm); b) consola este sudat ă cu două cordoane cu
grosime a=7 mm de lungimi: L1=134 mm și L2=174 mm. Se cunosc
rezistențele admisibile: pentru nituri și materialul de baz ă: la
forfecare: τ
af = 112 MPa, la strivire: σas= 280 MPa; pentru sudur ă: la
forfecare: τaf= 91 MPa.

Două grinzi din lemn sunt îmbinate ca in figur ă. Să se calculeze
lungimea L necesar ă și să se verifice apoi la strivire. Se dau
rezistențele admisibile: la întindere: σ
at = 10 MPa; la strivire: σas= 20
MPa; la forfecare, în lungul fibrelor: τaf = 4 MPa.

6E.25
100
L2F 80 80 100
300 Gros 18
L1G
b=180
h=240 80 80 80
L LF F 6E.26

269

Aria pentru trac țiune corp tij ă este: A= πd2/4→ dnec= 33 mm;
Aria pentru forfecare pan ă: A=2·h·h/4 → hnec=51,6≈ 52 mm; Aria
pentru strivire pan ă: A=a·h/4 → anec,s=32,97≈ 33 mm; Aria pentru
tracțiune cap tij ă: A=a(a-h/4) → anec,t=36,5≈ 37 mm; Se adopt ă a=37
mm; Aria de forfecare cap tij ă: A=2·c·a→ cnec=18,1≈ 19 mm.

Aria pentru trac țiune corp tij ă este: A=60·(60-25)=2100 mm2 →
σef,t = 38,09 < σat = 140 MPa; Aria pentru forfecare pan ă:
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 tij ă: A=2·50·60=6000 mm2→ τef,f=13,33< τaf=90 MPa.

Aria pentru trac țiune corp coloan ă este: A 1=πd2/4→ dnec= 79,8≈
80 mm; Aria pentru trac țiune cap tij ă: A 2= πD2/4-D·δ; Aria pentru
strivire pan ă: A 3= D·δ → D·δnec=2500 mm2 → D nec=97,72≈ 100
mm→ δnec= 25 mm; Aria pentru forfecare pan ă: A 4=2·h·δ → hnec=100
mm; Aria de forfecare cap coloan ă: A 5=2·D·h 1→ h1,nec=37,5≈ 38 mm.

Aria de forfecare a unui bulon este: A 1=2· πd2/4→ dnec=18,8 ≈
20 mm; Aria pentru trac țiune corp tij ă este: A 2=πD2
1/4- d·D 1→ D1,nec=
39,05 mm; Aria pentru strivire tij ă-bulon: A 3=d·D 1 → D1,nec=40 mm;
→ D 1,ef=40 mm; Aria de forfecare cap tij ă: A 4=2·L 2·D1→
L2,nec=6,944≈ 7 mm. Aria pentru trac țiune țeavă: A 5= πD2
2/4- πD2
1/4-
d(D 2-D1) → D2,nec,t=69,6; Aria pentru strivire țeavă-bulon: A 6=d·(D 2-
D1) → D2,nec=44,46 mm; → Se adopt ă D2,ef=70 mm; Aria de forfecare
teavă: A 7=2·(D 2-D1) ·L 1→ L1,nec=9,26≈ 10 mm .
6R.1
6R.2
6R.4 6R.3 6R. Calculul îmbin ărilor de piese(Răspunsuri )

270

Aria pentru trac țiune corp tij ă este: A 1=πd2
1/4→ d1nec= 61,8≈ 62
mm; Aria pentru forfecare șuruburi: A 2=4·πd2/4→ dnec=38,54≈ 40
mm; Aria pentru strivire șuruburi-eclise laterale: A 3=4·d·δ →
δnec,s=21,875≈ 22 mm; Aria pentru trac țiune eclise: A 4= δ (b-d) →
bnec,t=176,36≈ 180 mm.

Forța care solicit ă pana este: F=2M t/d=133,33 kN; Aria de strivire
între pan ă și arbore este: A s=5×l→lnec=121,2≈122 mm; Aria de
forfecare pan ă este: A f=l×b →τf = 60,72<τaf = 90 MPa.

Aria pentru forfecare șuruburi: A 1=2·2·π202/4=1256,64 mm2→
F1cap=113,098 kN; Aria pentru strivire șuruburi-eclise laterale:
A2=4·20·14=1120 mm2 → F2cap=313,6 kN; Aria pentru trac țiune eclis ă
laterală: A 3=14·(86-21)=910 mm2 → F3cap=127,4 kN; Aria pentru
forfecare eclis ă laterală: A 4=2·2·70·14=3920 mm2→ F4cap=352,8 kN;
Fcap=min(F 1cap,F2cap,F3cap,F4cap)=113 kN

Aria pentru strivire disc-piesa (1) este: A 1=πd2/4→ dnec= 39,89≈
40 mm; Aria pentru forfecare pies ă (1): A 2= πd·h 1→ h1,nec= 20 mm;
Aria pentru strivire între pisele (1) și (2): A 3= π(d1)2/4- πd2/4 →
d1,nec=56 mm; Aria pentru forfecare pies ă (2): A 4= πd2·h2→ h2,nec= 14
mm; Aria de strivire pies ă (2)- support fix: A 5= π(d2)2/4- π(d1)2/4 →
d2,nec=69 mm.

Forțele care solicit ă șuruburile și respectiv pana sunt:
F
s=M t/(3·90)=7407,407 N și F p= M t/25= 80 kN. Fiecare șurub este
solicitat, de F s, la: – forfecare,dup ă aria A f= π·182/4=254,47 mm2→
τef,f=29,11< τaf=90 MPa; -la strivire cu semi cupla din dreapta, pe aria 6R.5
6R.6
6R.7
6R.8
6R.9

271As=18·20=360 mm2→ σef,s=20,58< σas=280 MPa. Cea mai solicitat ă
pană este cea din dreapta. Ar ia pentru forfecare pan ă: A f=16·60=960
mm2→ τef,f=83,3(3)< τaf=90 MPa; aria pentru strivire pan ă:
As=5·60=300 mm2 → σef,s=266,6(6)< σas=280 MPa.

Aria de forfecare a șuruburilor este: A 1=2·2· πd2/4→ dnec=17,84
≈ 18 mm; Aria pentru strivire șuruburi eclis ă centrală: A 2=2d·δ →
δnec=11,9 → δef=12 mm; Aria pentru trac țiune eclis ă centrală este:
A3=2δ(B-2d)→ Bnec= 98,5→ Bef= 100 mm; Aria de forfecare eclis ă
centrală: A 4=4·L·δ→ Lnec=20,83≈ 21 mm.

Elementele îmbin ării suport ă următoarele solicit ări: Tija: –
tracțiune corp tij ă: A 1=182=324 mm2→ σef,1=129,63< σat=160 MPa; –
forfecare cap tij ă: A 2=4·18·10=720 mm2→ τef,2=58,33< τaf=120 MPa;
-strivire cap tij ă-pahar: A 3= π·402/4 -182=932,64 mm2→ σef,3=45,03<
σas=280 MPa; Paharul: -forfecare: A 4= π·40·12=1508 mm2→
τef,4=27,85< τaf=120 MPa; -trac țiune: A 5= π·602/4- π·402/4=1570,8
mm2→ σef,5=26,74< σat=160 MPa; -forfecare: A 6= π·60·9=1696,46
mm2→ τef,6=24,76< τaf=120 MPa; -strivire: A 7= π·782/4-
π·602/4=1950,93 mm2→ σef,7=21,53< σas=280 MPa.

Solicitările sunt: -trac țiune tijă: A 1=πd2/4-d·b→ dnec= 38,87≈ 40
mm; -forfecare pan ă: A 2=2·h·b→ hnec=50,92≈ 51 mm; -strivire pan ă-
tijă: A 3=b·d=480 mm2 → σef,3=229,17< σas=300 MPa; – forfecare cap
tijă: A 4=2·h 1·d → h1nec=15,2(7)≈ 16 mm; -strivire pan ă-placă Ol:
A5=b·(L-d) → Lnec=70,5(5)≈ 71 mm; – strivire plac ă Ol- placă beton:
A6= πD2/4- πd2/4 = F/σas,beton → Dnec=138,23≈ 140 mm.

6R.10
6R.11
6R.12

272

Solicitările la care trebuie s ă reziste ventilul su nt: -compresiune
tijă: A 1= π·162/4=201,06 mm2→ σef,1=99,47< σac=160 MPa; -forfecare
ventil: A 2= π·60·10= π·600 mm2→ τef,2=10,61< τaf=100 MPa; -strivire
ventil: A 3= π·1002/4- π·602/4=5026,55 mm2→ σef,7=4< σas=320 MPa.

Dimensiunile rezult ă din condi țiile de rezisten ță scrise pentru
solicitările: – trac țiune corp tij ă: A 1=a2→ anec= 25,82≈26 mm; –
forfecare tij ă: A 2= 4a·c→ cnec= 19,23≈ 20 mm; – strivire între tij ă și
manșon: A 3= b 12- a2 → b1,nec=31,77≈32 mm; – forfecare man șon: A 4=
4b1·d→ dnec= 15,625 ≈16 mm; – trac țiune man șon: A 5= b2- b 12 →
bnec=41,11≈42 mm.

Dimensiunile rezult ă din condi țiile de rezisten ță scrise pentru
solicitările: – forfecare bol ț: A 1=4πd2/4→ dnec= 19,95≈ 20 mm; –
strivire platband ă-bolț: A 2=2·h·d→ hnec=10,42≈ 11 mm; -forfecare
platbandă: A 3=4h·a → anec=28,41≈ 29 mm; -trac țiune platband ă:
A4=h·(b-2d) → bnec=115,76≈ 116 mm.

Solicitările care apar sunt: – trac țiune corp tij ă: A 1=8·24=192
mm2→ σef,1=93,75< σat=160 MPa; -forfecare sudur ă:
A2=5·(2·8+2·24)=320 mm2→ τef,2=56,25< τaf=120 MPa; -trac țiune
furcă: A 3= 2· (2R-d)·t=324 mm2→ σef,3=55,55< σat=160 MPa; –
forfecare furc ă: A 4≈ 4·R·t=432 mm2→ τef,4=41,67< τaf=120 MPa; –
strivire furc ă-bolț: A 5= 2·d·t=108 mm2→ σef,5=166,66< σas=320 MPa;
forfecare bol ț: A 6= 2·π·d2/4=127,23 mm2→ τef,4=141,47> τaf=120
MPa→Bolțul cu d=9 mm nu ar rezista la forfecare.

6R.13
6R.14
6R.16 6R.15

273

Fcap=45024 N, (rezult ă din condi ția de rezisten ță la forfecare a
cordonului de sudur ă). Obs.: lungimea cordonului: 2×(60-2×6)+(50-
2×6)=134 mm.

Pentru platbenzi: la întindere: A
t= 728 mm2→ σt= 110< σa=140
MPa; la forfecare: A f= 8736 mm2→ τf= 9,16< τaf=90 MPa; la strivire:
As= 2304 mm2→ σs= 40< σas=280 MPa; Pentru șuruburi: la forfecare:
Af= 1810 mm2→ τf= 44,21< τaf=90 MPa. Num ărul de șuruburi
suficient este: 5.

Pentru forfecare nituri: F 1,cap=199 kN; pentru strivire platbenzi:
F2,cap=342,72 kN; pentru trac țiune platbenzi: F 3,cap=199,92 kN; F cap=
min(F 1,cap; F2,cap;F3,cap)=199 kN.

Pentru forfecare șuruburi: F 1,cap=276,46 kN; pentru strivire
platbandă centrală-șuruburi: F 2,cap=384 kN; pentru trac țiune platband ă
centrală: F 3,cap=268,8 kN; pentru forfecare platband ă centrală:
F4,cap=352 kN; F cap= min(F 1,cap; F2,cap;F3,cap; F4,cap)= 268,8 kN.

Pentru nituri: la forfecare: A f= 3053,63 mm2→ τf= 75,32< τaf=90
MPa; la strivire: A s= 2160 mm2→ σs= 106,48< σas=180 MPa. Pentru
platbenzile centrale: la întindere: A t,min= 2320 mm2→ σt= 99,14<
σa=140 MPa.

a) Lungimea total ă a cordonului este: L 23+ L 45=F/(a×τaf,s)= 296
mm. L 23 se determin ă din condi ția de echilibru static: L 23× a×τaf,s×125 6R.17
6R.18
6R.19
6R.20
6R.21
6R.22

274-F×75=0; rezult ă: L 23= 111mm; apoi L 45=296-111=185 mm. b)
Lungimea suplimentar ă este: L nec-( L 23+ L 45)=178 mm. L nec rezultă
din: L nec× a×τaf,s=B×δ× σat, ca fiind: 474 mm.

Pana este solicitat ă de o for ță F1=F×D/d=68,57 kN. Pentru
forfecare: A f= L×b= 1600 mm2→ τf= 42,85< τaf=80 MPa; pentru
strivire: A s,min= L×a= 400 mm2→ σs= 171,425< σas=240 MPa.

Se determin ă capacitatea portant ă a îmbin ării F cap ca fiind
valoarea minim ă a forței preluate de cornier sau de platband ă: F cap
=307,72 kN,(din condi ția de rezisten ță la tracțiune); se determin ă
sarcina capabil ă pe un nit: F 1,cap=46,533 kN, (valoarea minim ă dintre
sarcinile capabile pe nit la forfecare și strivire); Num ărul de nituri:
nnec= F cap/ F 1,cap=6,61→nef=7. Rezult ă că trebuiesc înc ă două nituri
astfel încât lungimea suprapus ă crește de la 280 mm la 380 mm.
Forțele transmise la platband ă sunt: N B1=0; N 12=43,96=F/7;
N23=87,92=2F/7; N 34=131,88= 3F/7; N 45=175,84=4F/7;
N56=219,8=5F/7; N 67=263,76=6F/7; N 7D=307,72=F.

a) F
cap,nit=28,5 kN, (din condi ția de rezisten ță la forfecare); Efectul
lui F asupra fiec ărui nit este: Q=F/4 +3/2 ×F=7/4×F; Egalând Q cu
Fcap,nit rezultă: Fcap=16,285 kN; (Q se ob ține astfel: F se reduce în (G)
la o forță și un moment 300F care tre buie preluate de 4 nituri);
b) Cordoanele pot prelua: T 1= 76,44 și respectiv T 2=101,92 kN;
forța care solicit ă cordonul de lungi me L1 este: Q 1=0,68 F, (170
F/250), iar cea pentru cordonul L2 este: Q 2=F+Q 1= 1,68 F; din T 1=Q 1
rezultă F1,cap=112,4 kN, iar din T 2=Q 2 rezultă F2,cap=60,667 kN; F cap=
min(F 1,cap, F2,cap)=60,667 kN.

6R.23
6R.24
6R.25

275

F
cap=144 kN, din condi ția de rezisten ță la întindere; din condi ția
de rezisten ță la forfecare, ( τaf·L·b= F cap), rezultă: L=200 mm; Strivirea
se produce pe aria: A s=80·180=14400 mm2 → σs,ef= 10< σas=20 MPa.

6R.26

2767. CALCULUL LA ÎNCOVOIERE SIMPL Ă AL
BARELOR DREPTE PLANE

7.1 Considera ții generale. Etape de calcul

Dacă într-o sec țiune transversal ă a unui element de rezisten ță,
există un singur efort și acesta este un moment încovoietor, în
secțiunea respectiv ă se realizeaz ă o solicitare de încovoiere pur ă.
Dac ă pe lâng ă momentul încovoietor exist ă și efort tăietor,
solicitarea este de încovoiere simpl ă sau încovoiere cu for ță
tăietoare .
Calculul la încovoiere simpl ă al barelor drepte, se face cu
acceptarea urm ătoarelor ipoteze simplificatoare:
– Sec țiunile trasversale care au fost plane înainte de deformare
(solicitare), r ămân plane și în timpul solicit ării.
– Fibrele longitudinale nu ac ționează unele asupra altora și ca
urmare sub ac țiunea tensiunii normale, sufer ă o întindere sau o
comprimare simpl ă.
– Deforma țiile fibrelor nu depind de pozi ția lor pe l ățimea
secțiunii. Prin urmare, tensiunile, care variaz ă pe înălțimea secțiunii,
rămân acelea și pe lățime.
– Grinda are cel pu țin un plan de simetrie și toate for țele
exterioare se g ăsesc în acest plan.
– Raportul dintre dimensiunile grinzii este astfel încât aceasta se încovoaie f ără să se voaleze sau s ă se răsucească. Se știe că atunci
când raportul dintre în ălțimea secțiunii transversale (dreptunghiulare)
h a grinzii și deschiderea acesteia l este h / l <1 / 5, aceasta nu mai
lucrează ca o grind ă, iar modul de calcul este altul.
Tensiunea normal ă σ, produsă de momentul încovoietor M
iz
(orientat dup ă direcția principal ă de inerție Gz) într-un punct al unei
secțiuni situat la distan ța y de axa neutr ă (care este Gz – Fig.7.1-1), se
calculează cu relația (relația lui Navier):

y
ziz
IM⋅±=σ 7.1-1
unde:

277 I z – momentul de iner ție al secțiunii, față de axa neutr ă Gz.
În rela ția 7.1-1, se pune semnul + (plus) pentru tensiunea
normală a punctelor situate în zona întins ă și semnul − (minus) pentru
tensiunea normal ă a punctelor situate în zona comprimat ă a secțiunii.
Tensiunea tangen țială τ, produsă de efortul t ăietor T
y (sau mai
simplu T), într-un punct al sec țiunii situat la distan ța y de axa neutr ă
(Fig.7.1-1), se calculeaz ă cu relația (relația lui Jurawki):

τ=±⋅
⋅TS
Ibz
z 7.1-2
unde:
S z – momentul static, calculat fa ță de axa neutr ă Gz a acelei
porțiuni din suprafa ța secțiunii, situat ă între cota y (care con ține
punctul) și marginea sec țiunii (suprafa ța hașurată din Fig.7.1-1),
b – l ățimea secțiunii, la nivelul y la care se calculeaz ă tensiunea,
I z – momentul de iner ție al secțiunii față de axa neutr ă Gz.
Semnul lui τ, este func ție de semnul efortului t ăietor T y. În lungul
unei secțiuni, tensiunea tangen țială τ are un singur semn: plus sau
minus.
Tensiunile normale σ și cele tangen țiale τ, dintr-un punct situat
într-o sec țiune solicitat ă la încovoiere simpl ă, dau naștere la tensiuni
normale principale , care se determin ă cu relația:

σσ τσ
12 21
2224 ,=± +⋅ 7.1-3
y y
z
G Miz
Ty
Fig.7.1-1 K

278 Direcțiile principale ale tensiunilor normale principale, rezult ă
din relația (asemănătoare cu cea de la direc țiile principale de iner ție):

() tg arctg2211
22
21 2αα
αατ
στ
σ=− ⇒ = −
=+⋅ ⋅
Π 7.1-4

Dac ă analizăm relația 7.1-1, rezult ă că:
– M iz și Iz sunt mărimi care depind de pozi ția secțiunii grinzii
aleasă pentru calcul (locul de pe grind ă),
– y este o m ărime care depinde de pozi ția punctului în care se
calculează tensiunea (pozi ția punctului în sec țiune).
La fel pentru rela ția 7.1-2, putem concluziona:
– T y și Iz depind de pozi ția secțiunii pe grind ă,
– S z și b, depind de pozi ția pe sec țiune a punctului în care se
calculează tensiunea.
Calculul la încovoiere al barelor drepte, poate fi f ăcut atât din
condiția de rezisten ță cât și din cea de rigiditate.
În cele ce urmeaz ă, se prezint ă relațiile de calcul utilizate la
încovoiere simpl ă, pentru condi ția de rezisten ță. Calculul
deformațiilor produse la încovoiere simpl ă, face obiectul unui capitol
separat, care este tratat ă într-o altă lucrare.
Rela țiile de calcul pentru încovoierea simpl ă, condiția de
rezistență, sunt prezentate în Tabelul 7.1-1.
T a b e l u l 7 . 1 – 1
S o l i c i t a r e a T i p u l
problemei Încovoiere pur ă Forfecare
Problemă
de
verificare σσmax,min=≤M
W aiz
z ττmax=≤⋅
⋅TS
Ib az
z
Problemă
de
dimensionare Wzn e cMiz
a,min. …==σ
−
Problemă
de
efort capabil
Miz cap W az ,,min… ==σ
−

279La încovoierea simpl ă, nu se fac calcule de dimensionare sau
efort capabil din condi ția de rezisten ță la forfecare, deoarece
tensiunile tangen țiale τ produse de efortul t ăietor T, sunt mult mai
mici la aceste elemente de rezisten ță, decât tensiunile normale σ,
produse de momentul încovoietor M iz. În general, se face calculul la
încovoiere pur ă, urmat eventual de un calcul al tensiunilor tangen țiale
maxime (calcul de verificare) produse de forfecare. În cazul solicit ării de încovoiere pur ă, etapele de calcul pe care
propun a fi urmate, sunt urm ătoarele:
• Se stabilesc solicit ările la care este supus elementul de rezisten ță,
precum și secțiunea cea mai solicitat ă (periculoas ă), pentru fiecare
solicitare. Stabilirea solicit ărilor și a secțiunilor periculoase, se
poate face corect, numai dup ă trasarea diagramelor de eforturi
(vezi trasarea diagramelor de eforturi, Cap.3).
Să presupunem c ă a rezultat o solicitare de încovoiere simpl ă.
• Se stabile ște direcția principal ă de inerție după care este orientat
momentul încovoietor, putând rezulta M
iz sau M iy. În exemplul
nostru, consider ăm că a rezultat M iz.
• Pentru sec țiunea periculoas ă stabilită, se calculeaz ă momentul de
inerție față de direcția principal ă după care este orientat momentul
încovoietor. În cazul nostru, rezult ă Iz (vezi Cap.4 unde se
calculeaz ă momentele de iner ție).
• După calculul lui I z, pentru aceea și secțiune periculoas ă, se
determină Wz,min (vezi Cap.4).
• Se stabile ște tipul problemei (verificare, dimensionare, efort
capabil) și condiția impusă (în acest caz, evident, condi ția de
rezistență).
• Se scrie rela ția (din Tabelul 7-1-1) corespunz ătoare tipului de
problemă, stabilit.
• Din rela ția scrisă și particularizat ă cu datele problemei, se
determină mărimea necunoscut ă (mărimea cerut ă): tensiune
maximă, dimensiunea sec țiunii transversale sau sarcina maxim ă
admisă.
Dup ă efectuarea calcului la încovoiere pur ă, dacă se consider ă
necesar, se calculeaz ă tensiunea tangen țială maximă. Pentru aceasta se
parcurg urm ătoarele etape :

280• Se stabile ște secțiunea periculoas ă pentru solicitarea de forfecare
(produsă de efortul t ăietor T).
• Se stabilesc punctele din sec țiunea periculoas ă în care se produc
tensiunile tangen țiale maxime.
• Se scrie rela ția de calcul (din Tabelul 7.1-1 pentru solicitarea de
forfecare) și se calculeaz ă valoarea maxim ă a tensiunii tangen țiale.
Observație: De cele mai multe ori, tensiunea tangen țială este
maximă în axa neutr ă de la încovoierea pur ă. Cu toat ă această
constatare general ă, se impune stabilirea punctelor din sec țiune, unde
se produc tensiunile tangen țiale maxime. În acest scop, este bine s ă se
revadă modul de varia ție în lungul sec țiunii, a tensiunilor tangen țiale,
la barele cu grosime mare. S ă nu se uite, c ă valoarea tensiunii
tangențiale este mult influen țată de mărimea b, aflată la numitorul
relației pentru calculul tensiunii tangen țiale (rel.7.1-2). Unde
dimensiunea b a secțiunii transversale se modific ă, tensiunea
tangențială prezintă o discontinuitate (salt).

281 7.2 Exemplu de calcul

Pentru grinda de o țel cu forma sec țiunii transversale și
încărcarea din Fig.7.2-1a, se cere:
a) dimensionarea sec țiunii transversale (t = ?) pentru σa = 150
MPa;
b) diagramele de varia ție în secțiunea B dreapta ale tensiunilor σ și
τ;
c) tensiunile normale principale maxime și direcțiile principale
în punctul M, punct situat în sec țiunea 2 stânga.

Rezolvare
p = 5 kN/m M = 30 kN m
2p = 10 kN/m
p =
1 B C 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]
M i
[ kN m] 0 2 m
Fig.7.2-1

282 Parcurgem etapele pe care le-am prezentat în paragraful 7.1.
• Stabilim solicit ările la care este supus ă grinda. Pentru a nu gre și, se
trasează diagramele de eforturi. În acest exemplu, exist ă
următoarele eforturi: efort t ăietor T ( T y ) și moment încovoietor
Miz. Diagramele de varia ție ale celor dou ă eforturi existente, sunt
prezentate în Fig.7.2-1b,c. De aici, rezult ă că această grindă este
solicitată la forfecare și încovoiere, deci la încovoiere simpl ă (sau
încovoiere cu for ță tăietoare). Efortul t ăietor acționează pe direcția
principală y, iar momentul încovoietor pe direc ția principal ă z.
• Stabilim sec țiunile periculoase. Grinda prezint ă secțiune constant ă
în lungul s ău. Rezult ă că secțiunea periculoas ă pentru fiecare
solicitare, este acolo unde efortul prezint ă valorile cele mai mari
(valori maxime). Astfel pentru grinda analizat ă, rezultă:
– la solicitarea de forfecare exist ă mai multe sec țiuni
periculoase: toate sec țiunile de pe intervalul A-2 și secțiunea B în care
efortul tăietor are valoarea cea mai mare (T = 20 kN),
– la solicitarea de încovoiere exist ă o singur ă secțiune
periculoas ă și aceasta este sec țiunea 2 fa ța din stânga, fa ță pe care
acționează momentul încovoietor maxim M iz, max = 30 kNm. Aten ție,
în aceeași secțiune 2, dar pe fa ța din dreapta, exist ă Miz = 0.
a) Efectuăm la început calculul la solicitarea de încovoiere.
– Forma sec țiunii periculoase la încovoiere (sec țiunea 2 fa ța din
stânga) este prezentat ă în Fig.7.2-1a. Pentru aceast ă secțiune se
calculează caracteristicile geometrice (vezi Cap. 4). Au rezultat
următoarele valori:
y G = 7,13 t
I z = 857 t4
W z, min = 120,19 t3
– Problema este de dimensionare, iar condi ția impusă este cea de
rezistență (se dă σ
a),
– Rela ția de calcul (din Tabelul 7.1-1) pentru problema de
dimensionare la încovoiere, este:
Wzn e cMiz
a,min. …==σ 7.2-2
iar particularizat ă pentru problema noastr ă, rezultă:

283 Miz
at,max,σ=⋅120193 7.2-3
de unde:

tm mMiz
a== =⋅⋅
⋅,max
,,120193 3010
12019 1503612σ 7.2-4

S-a ob ținut astfel t =12 mm, rezultând în continuare
dimensiunile sec țiunii transversale ale grinzii din Fig.7.2-1a.
Cu aceasta, calculul la încovoiere prev ăzut la punctul a) al
problemei, s-a încheiat. b) Pentru rezolvarea acestui punct, trebuie trasate diagramele de variație ale tensiunilor normale și tangențiale, dar în sec țiunea B
dreapta
(Bdr). Este necesar ă precizarea fe ței secțiunii, deoarece dup ă cum se
poate constata, în sec țiunea B, efortul t ăietor T prezint ă două valori:
pe fața din stânga T = 10 kN, iar pe fa ța din dreapta, T = 20 kN.
Pentru momentul încovoietor, nu este necesar ă precizarea fe ței
secțiunii, deoarece pe ambele fe țe ale sec țiunii B, acesta prezint ă
aceeași valoare, M iz = 10 kNm.
Din rela ția 7.1-1, rezult ă că tensiunea normal ă σ produsă de M iz,
are o varia ție liniară în lungul sec țiunii ( y este mărimea variabil ă din
secțiune), iar din rela ția 7.1-2, rezult ă că tensiunea tangen țială τ
produsă de efortul t ăietor T ≡ Ty are o varia ție parabolic ă în lungul
secțiunii ( Sz și b sunt mărimile variabile din sec țiune). Se mai
precizeaz ă, că acolo unde are loc o varia ție a lui b, în diagrama τ are
loc un salt.
Acestea fiind precizate, se poate trece acum la calculul valorilor
tensiunilor σ și τ în secțiunea B dr., precum și la reprezentarea varia ției
acestora în lungul sec țiunii.
Varia ția tensiunilor σ și τ, este prezentat ă în Fig.7.2-3. În
Fig.7.2-3, sunt eviden țiate salturile din diagrama τ, la nivelul varia ției
dimensiunii b (lățimii secțiunii).
Rămâne de calculat acum, valorile tensiunilor la nivelurile
caracteristice. Nivelurile caracteristice la care trebuie calculate valorile tensiunilor sunt prezentate în Fig.7.2-3 și acestea sunt: 1-1, 2-
2, 3-3, 4-4, 5-5.

284

Pentru tensiunea normal ă σ, trebuie calculate numai valorile maxime,
valori care se ating în fibrele extreme (la nivelurile 1-1 și 5-5).
Rezult ă, astfel:

σBdrM
Iiz
zyM P a 11 111010
857 126
468 7 1 2 4 63 9 −−⋅
⋅==⋅ =,Bdr
,Bdr,,

σBdrM
Iiz Bdr
zB d ryM P a 55 5510 10
857 126
4713 12 4814 −−⋅
⋅==⋅ = −,
,,,

Aceste valori sunt trecute în diagrama σ din Fig.7.2-4.
Atenție: σBdr5-5 este negativ, deoarece este situat sub axa neutr ă Gz, iar
această zonă este comprimat ă (vezi diagrama M i din Fig.7.2-1c, unde
diagrama indic ă fibra întins ă, deasupra).
Pentru tensiunea tangen țială τ, aceasta trebuie calculat ă la mai
multe niveluri:

τBdrTS
IbBdr z
zBdr1120 10
857 120
91 211
113
4 0 −⋅
⋅⋅
⋅⋅== =−
−

()()τBdrTS
Ibtt tBdr z
zBdrt
MPa 2220 10
857 1296 8 7
91 222
223
421 032 −⋅
⋅⋅
⋅⋅−
⋅== =−
−,, 1 1
2 2
3 3 z
4 4
5 5
σ τ
Fig.7.2-3

285
La acest nivel (2-2) trebuie calculat și pentru punctele la care
b=t.
()()τBdrTS
Ibtt t
tBdr z
zBdrt
MPa 2220 10
857 1296 8 722
223
4292 9 −⋅
⋅⋅
⋅⋅−== =−
−,,

τBdrTS
IbSt t t
tBdr z
zBdrzMPa 3320 10
857 1258733
333
42258 7
212 083 −⋅
⋅⋅
⋅+⋅== =−
−− ,,
,

τBdrTS
Ib tBdr z
zBdr5520 10
857 120
555
553
4 0 −⋅
⋅⋅
⋅⋅== =−
−

()()τBdrTS
Ibtt t t
tBdr z
zBdrMPa 4420 10
857 1252 7 1 3
544
443
4 20 5 −⋅
⋅⋅
⋅⋅−
⋅== =−
−,,

Se calculeaz ă la nivelul 4-4 și pentru punctele la care b 4-4 = t
=12 mm.
τBdrTS
IbSt t
tBdr z
zBdrzt
MPa 4420 10
857 1251344
443
44451 4
210 25 −⋅
⋅⋅
⋅+⋅ ⋅== =−
−−⋅,.
,

Valorile calculate pentru τ, sunt trecute în diagrama τ din
Fig.7.2-4.
Din calculele f ăcute, se poate constata c ă valoarea maxim ă a
tensiunii tangen țiale este mic ă, τmax = 12,083 MPa (este și tensiunea
maximă de pe toat ă grinda) în compara ție cu tensiunea normal ă
maximă σmax = 150 MPa (la aceast ă valoare s-a f ăcut dimensionarea),
motiv pentru care la elementele de rezisten ță cu grosime mare, de cele
mai multe ori, calculul la forfecare se neglijeaz ă.
La punctul c) al problemei, se cer tensiunile normale principale maxime și direcțiile principale în punctul M, situat în sec țiunea 2
stânga.

286
La început se calculeaz ă tensiunea normal ă σ și cea tangen țială
maximă τmax din acest punct:

σMs tM
I Miz st
zs tyM P a ,.,.
,.,, 230 10
857 122
26
4587 12 118 9 == − ⋅ = −⋅
⋅

()τMs tT
IS
btt
tst
zs tzM
Mt
MPa ,.. ,.
,.,, 220 10
857 1296 8 72
23
4292 9 == =⋅
⋅−

Pentru calculul tensiunilor normale principale, se utilizeaz ă
relația 7.1-3:

()( ) σσ τσ12 21
222 118 9
21
22241 1 8 9 4 9 2 9
59 42 6017,,,,
,,=± + = − ± − +⋅ =
=− ± MPa

de unde rezult ă tensiunile normale principale:

σ1 = 0,75 MPa
σ2 = -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

287Direcțiile principale, se determin ă cu relația 7.1-4:

tg2 01562 292 9
118 9ατ
σ=− =− =⋅
−,
,,

de unde se ob ține:

α11
200156 443==arctg , ,

α2 = 900 +4,430 =94,430

În Fig.7.2-5a, sunt prezentate tensiunile normale și tangențiale
pe un element de volum decupat din jurul punctului M, precum și pe
acesta, orientat dup ă direcțiile principale (Fig.7.2-5b).

4,430 119,59
119,59 0,75
0,75 118,9 118,9 9,29
9,29
a) b)
Fig.7.2-5[MPa ]

2887E. Calculul la încovoiere simpl ă al barelor drepte plane
(Probleme propuse)

Pentru grinda cu înc ărcarea și forma sec țiunii prezentate în
Fig.7E.1, se cere:
a) dimensionarea sec țiunii (t = ?) pentru σ = 120 MPa
b) tensiunea tangen țială maximă în punctul K
Se cunosc: p = 4 kN/m, a = 0,5 m

Pentru grinda cu înc ărcarea și forma sec țiunii din Fig.7E.2, se
cere:
a) dimensionarea sec țiunii (t = ?)
b) diagrama de varia ție (cu valori) a tensiunii normale și
tangențiale din sec țiunea B
dreapta.
Se cunosc: p = 10 kN/m, a = 1 m, σa = 120 MPa.

7E.1
7E.2 4tp
2ppa2
a a 3a
2t12t 2t9t
K
Fig.7E.1
2a 2a 2a 3a 3a 6a4a2ap pa2pa2
a a 2a A B
Fig.7E.2

289

Pentru grinda cu înc ărcarea și forma sec țiunii prezentate în
Fig.7E.3, se cere:
a) dimensionarea sec țiunii grinzii (t = ?) pentru σ
a = 140 Mpa
b) tensiunea tangen țială maximă (τmax = ?).

Să se dimensioneze grinda cu σ
a = 120 MPa din Fig.7E.4a,b,c,d,
și să se traseze diagramele de varia ție ale tensiunilor normale σ și
tangențiale τ în secțiunile în care acestea sunt maxime, pentru cazul
când secțiunea grinzii are forma:
a) dreptunghiular ă
b) circulară
c) inelară
d) profil T, cu σat = 40 MPa și σac = 90 MPa
e) profil de forma din Fig.e, σat = 40 MPa, σac = 90 MPa.

7E.3
12t 10t6t
8t
7E.4
b
2b
a)d
b)8 kN 4 kN/m 8 kNm
1m 2m 2m
Fig.7E.3
30 kN/m 30 kN 15 kNm
2m 1m
Fig.7E.4

290

Pentru grinda din Fig.7E.5, s ă se:
a) verifice grinda pentru σ
a = 160 MPa
b) traseze diagra de varia ție a tensiunii normale σ și a celei
tangențiale τ, pentru sec țiunea B stânga
c) calculeze tensiunea σ și τ din punctul K situat în sec țiunea
Bstânga.

Pentru grinda din Fig.7E.6, se cere:
a) dimensionarea sec țiunii grinzii pentru σ
at = 36 MPa și σac =
90 MPa (t = ?) 9t
t
d)t
6tD=1,4d 1 d
c)
e) 12t7t3t
6t t
7E.5
7E.6 8020
4030
30
60 90
K 6 kNm 4 kN/m
8 kN
2m 1m 1mB
A
Fig.7E.5

291b) diagrama de varia ție a tensiunii normale σ și a celei
tangențiale τ din secțiunea periculoas ă, după dimensionarea
grinzii

Grinda simplu rezemat ă din Fig.7E.7 este realizat ă din fontă cu
σ
at = 36 MPa și σac = 90 MPa Dimensiunile sec țiunii transversale fiind
cele din figur ă, se cere:
a) sarcina capabil ă (p = ?) pe care o poate suporta grinda
b) distribuția tensiunii tangen țiale maxime
c) care este a șezarea economic ă a grinzii ?

Să se dimensioneze grinda din Fig.7E.8, cu σ
a = 140 MPa, având
secțiunea transversal ă cu formele:
a) circulară cu diametrul d
b) dreptunghiular ă cu lățimea b și înălțimea h = 2b 7E.7
4020 20 40
80
100
7E.8 2a=1,6m a q=30 kN/m
0,7qa
a a
Fig.7E.6
2pa 5pa2
p
a=0,6
Fig.7E7 2t
4t
6t 2t4t

292c) profil standardizat I așezat vertical și orizontal
d) tubulară cu d = 0,8 D
e) profil I nestandardizat ca în figura e)

Pentru grinda din Fig.7E.9, realizat ă din fontă cu σ
at = 40 MPa și
σac = 90 MPa, se cere:
a) verificarea grinzii
b) tensiunea tangen țială maximă.

Pentru grinda din Fig.7E.10, se cere:
a) verificarea grinzii dac ă σ
at = 30 MPa și σac = 90 MPa
b) care este a șezarea economic ă 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 kNm 10 kN/m
2m 1m 1m1608060
100 60
Fig.7E.9

293c) diagrama de varia ție a tensiunii tangen țiale din sec țiunea
periculoas ă la forfecare

Pentru grinda cu înc ărcarea și forma sec țiunii prezentat ă în
Fig.7E.11 se cere:
a) dimensionarea grinzii cunoscând σ
a = 130 MPa
b) diagramele de varia ție ale tensiunii normale σ și a celei
tangențiale τ în secțiunea

Pentru grinda din Fig.7E.12 pentru care σ
at = 36 MPa și σac = 90
MPa se cere:
a) pcap = ?
b) tensiunea normal ă și tangențială 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
0,5m 0,5m 19 kN
Fig.7E.1118 kN/m 2,5 kNm
11 kN
1m 1m10t
3t
3t30t
20t 3t 7E.11

294

Pentru grinda cu înc ărcarea și forma sec țiunii prezentate în
Fig.7E13 se cere:
a) dimensionarea sec țiunii pentru σ
at = 30 MPa și σac = 90 MPa
b) diagrama de varia ție a tensiunii normale σ în secțiunea
periculoas ă la încovoiere
c) diagrama de varia ție a tensiunii tangen țiele τ în secțiunea
periculoas ă la forfecare

Pentru grinda simplu rezemat ă cu încărcarea și forma sec țiunii
prezentată în Fig.7E.14 se cunosc: p = 12 kN/m, a = 0,3 m, σ
a = 150
MPa,
Se cere:
a) dimensionarea sec țiunii grinzii
b) distribuția tensiunilor în sec țiunea 2
p pa2
pa
pa
2a a=2m
Fig.7E.1210
60
30 40
60
7E.13
0,6m 60 kN 45 kNm 50 kN/m
1,2m 1,2m
Fig.7E.13 3t
9t
6t 4t
7E.14

295

Pentru grinda din Fig.7E.15 se cere:
a) sarcina capabil ă (p) pentru σ
a = 120 MPa
b) diagrama de varia ție a tensiunii normale σ și a celei
tangențiale τ în secțiunea A dreapta

Pentru grinda din Fig.7E.16 se cere:
a) dimensionarea sec țiunii grinzii (t = ?) pentru σ
at = 90 MPa și
σac = 160 MPa
b) diagrama de varia ție a tensiunii normale σ și a celei
tangențiale τ din secțiunea B stânga.

2 2pa2 3pa 2p
2a 2a 3a
Fig.7E.142t20t 2t 12t
7E.15
a 3pa2
pa p
A
2a=800 mm a
Fig.7E.15 20
40
4020
40
7E.16
B36 kN48 kNm
26 kN/m
1,5m 1,5m 3,5m
Fig.7E.16 0,1t
0,1t1,5t
t

296

Se d ă grinda cu înc ărcarea, rezemarea și secțiunea transversal ă în
Fig.7E.17. Se cere:
a) să se dimensioneze grinda pentru σa = 160 MPa
b) să se traseze diagramele de varia ție a tensiunilor σ și τ pe
secțiunea transversal ă ce se găsește la distan ța a = 1m de
reazemul din stânga
c) să se determine tensiunile normale principale maxime și
direcțiile principale în punctul K (vezi sec țiunea) din
secțiunea precizat ă la punctul b).
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza na țională, Ploiești, 1988)

Pentru grinda cu sec țiunea și încărcarea din Fig.7E.18 se cere:
a) dimensionarea sec țiunii transversale (t = ?) pentru σ
a = 150
MPa
b) tensiunea σ și τmax în punctul K situat în sec țiunea B dreapta
c) tensiunile normale principale și direcțiile principale în punctul
K amintit mai sus
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza local ă, Timișoara, 1988)

7E.17
a=1m 0,5pa2 p=20 kN/m pa2
p
a a a/2
Fig.7E.17 2t
4t
6t
4t K
3t
7E.18
t4t
2t
2t 12t
10t K 10 kN 20 kNm 5 kN/m
2a=2m 2a 2a a
Fig.7E.18B

297

Pentru grinda din Fig.7E.19 se cere:
a) sarcina capabil ă (p = ?) pentru σa = 150 MPa
b) tensiunile în punctul K din sec țiunea B stânga.
Se dau: a = 500 mm, d = 20 mm.
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza na țională, Petroșani, 1989)

Pentru grinda din Fig.7E.20 se cere:
a) dimensionarea sec țiunii (t = ?) pentru σ
a = 150 MPa
b) tensiunea tangen țială maximă (τmax)
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza local ă, Timișoara, 1997)

7E.19
(14/3)p 2pa2
2p
3a 2a 2aB
Fig.7E.19 K4t 4d
6d d
7E.20
10 kN/m 10 kNm
3a =3m 2a
Fig.7E.204t2t4t
2t

298

Se d ă grinda cu înc ărcarea, sec țiunea și dimensiunile din
Fig.7E.21. Se cer:
a) diagramele de eforturi
b) caracteristicile geometrice ale sec țiunii transversale
c) dimensionarea grinzii (t = ?) dac ă σac = 100 MPa și σat = 30
MPa
Se dau F = 3 kN, a = 1 m.
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza na țională, București, 1997)

O grindă pe două reazeme are dimensiunile și încărcarea din
Fig.7E.22. Se cere:
a) diagramele de eforturi în func ție de a și p
b) să se dimensioneze grinda (p = 10 kN/m, a = 0,4 m și σ
a =
150 MPa)
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza local ă, București, 1988 – profil
nemecanic)

7E.21
p = F/a F
a/2 a/2 a/4
Fig.7E.21 5t t5t
t
7E.22
p 2pa2
a a a a 2a
Fig.7E.22 2t 2t
5t 6t

299

Se dă grinda din Fig.7E.23 și se cere:
a) să se traseze diagramele de eforturi
b) să se dimensioneze grinda
c) să se calculeze tensiunile maxime σ și τ în sudură.
Se dau: p = 20 kN/m, a = 0,8 m, σa = 150 MPa.
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza local ă, București, 1991)

Se dă grinda articulat ă din Fig.7E.24 și se cere:
a) trasarea diagramelor de eforturi
b) dimensionarea grinzii
c) diagramele σ și τ pentru valorile maxime ale eforturilor din
secțiunea unde ac ționează momentul concentrat, fa ța din
stânga.
Se dau: p = 6 kN/m, σ
a = 150 MPa, a = 0,5 m.
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza local ă, București, 1991 – profil
nemecanic)
7E.23
pp
a a a a
Fig.7E.23 t
t
t
t t
3t 5t
7E.24
p2pa2
a a a 2a
Fig.7E.243t 3t 4t 6t
5t
tt

300

Pentru grinda din Fig.7E.25 se cere:
a) diagramele de eforturi
b) dimensionarea grinzii pentru σa = 150 MPa
c) tensiunea τmax și reprezentarea ei grafic ă pe secțiune.

Pentru grinda din Fig.7E.26 se cere:
a) diagramele de eforturi
b) forța capabilă pentru σat = 48 MPa și 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 2F 3F
a a a a
Fig.7E.26 200300
40
20 20

301

Pentru grinda din Fig.7E.27 se cere: a) diagramele de eforturi
b) verificarea grinzii pentru σ
a = 150 MPa și τa = 100 Mpa
c) σK și τK din secțiunea 2 stânga
d) diagrama σ și τ (fără valori) pe sec țiune.

Pentru grinda de font ă din Fig.7E.28 se cere:
a) diagramele de eforturi
b) verificarea grinzii pentru σ
at = 30 MPa și σac = 90 MPa
c) să se reprezinte (f ără valori) diagrama σ și τ pe secțiune

7E.27
20
100 12020
20K10
7E.28 12 kNm12 kN 6 kN/m
1m 1m 1m
Fig.7E.27 2
1 kN 3 kN 2 kN
2m 2m 1,5m 1,5m
Fig.7E.28 20 120 30 120

302

Pentru grinda din Fig.7E.29 se cere:
a) diagramele de eforturi
b) dimensionarea sec țiunii (t = ?) pentru σ
a = 150 MPa
c) cu valoarea lu i t determinat ă la punctul b) s ă se calculeze și
traseze diagrama tensiunii σ și τ din secțiunea 2 stânga.

Pentru grinda din Fig.7E.30 se cere:
a) diagramele de eforturi
b) verificarea grinzii la încovoiere pentru σ
a = 150 MPa
c) tensiunea σ și τ în punctul K situat în sec țiunea 1.

7E.29
2300 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 120K

303

Pentru grinda din Fig.7E.31 se cere:
a) diagramele de eforturi
b) verificarea grinzii pentru σa = 150 MPa și τa = 80 MPa
c) diagrama de varia ție a tensiunilor σ și τ din secțiunea 2 stânga

Pentru grinda din Fig.7E.32 se cere:
a) diagramele de eforturi
b) dimensionarea sec țiunii pentru σ
a = 150 MPa
c) tensiunile maxime σ și τ din punctul K situat în sec țiunea de
la mijlocul consolei

Pentru grinda cu forma și dimensiunile din Fig.7E.33 se cere:
a) diagramele de eforturi 7E.31
2
0,5m100 daNm 80 daN/m
200 daN
1m 2m
Fig.7E.31 3015
1530
30
10 10 80
7E.32
16 kNm 8 kN/m 30 kN
1m 1m 1m
Fig.7E.32 12t
4t
6t 10ttK
7E.33

304b) sarcina capabil ă (p = ?) pentru σa = 150 MPa
c) variația tensiunii normale σ din sec țiunea periculoas ă la
încovoiere și a celei tangen țiale din sec țiunea B stânga (reazemul
din dreapta).

Pentru grinda din Fig.7E.34 se cere:
a) diagramele de eforturi
b) dimensionarea sec țiunii (t = ?) pentru σ
a = 150 MPa
c) tensiunile maxime σ și τ din secțiunea 1.

Pentru grinda din Fig.7E.35 se cere:
a) diagramele de eforturi
b) sarcina capabil ă (p = ?) pentru σ
a = 150 MPa 0,5aBp papa2
1,5a a=1,2m
Fig.7E.33 d D
d = 30 mm
D = 70 mm
7E.34
8t
6t 4t
6t
7E.35 30 kNm 10 kN 20 kN/m
Fig.7E.34 2m 1m 1m1

305c) tensiunea tangen țială maximă din grind ă (τmax = ?)

Pentru grinda din Fig.7E.36 se cere.
a) dimensionarea sec țiunii (t = ?) pentru σ
a = 150 MPa
b) diagrama tensiunii normale σ în secțiunea situat ă la mijlocul
consolei
c) tensiunea tangen țială din punctul K ( τK) situat sec țiunea
specificat ă la punctul b).

Pentru grinda din Fig.7E.37 se cere:
a) diagramele de eforturi
b) dimensionarea sec țiunii pentru σ
a = 150 MPa
c) diagrama tensiunilor σ și τ din secțiunea situat ă la mijlocul
consolei p
p2pa
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
3tt
7E.37

306d) tensiunea normal ă și cea tangen țială din punctul K situat în
secțiunea specificat ă la punctul c).

Pentru grinda din Fig.7E.38 se cere:
a) diagramele de eforturi
b) dimensionarea sec țiunii pentru σ
a = 150 MPa
c) diagrama σ și τ din secțiunea aflat ă la distan ța x = 1,5 m de
reazemul din stânga
d) tensiunea σ și τ din punctul K situat în sec țiunea precizat ă la
punctul c)

Pentru grinda din Fig.7E.39 se cere:
a) diagramele de eforturi
b) dimensionarea sec țiunii pentru σ
a = 150 MPa
c) variația tensiunii σmax și τ din secțiunea în care ac ționează
momentul încovoietor concentrat 7E.38
5t
14t4t
8t 10t K 12 kNm40 kN 30 kN/m
1,5m 0,5m 1m
Fig.7E.38
7E.39 12 kN/m 18 kNm 6 kN
2m 2m 1m
Fig.7E.3712t
10t 4t
6ttK

307

Pentru grinda din Fig.7E.40 se cere:
a) diagramele de eforturi
b) dimensionarea sec țiunii pentru σ
a = 150 MPa
c) diagrama de varia ție a tensiunii σ și τ din secțiunea de pe
reazemul din dreapta

Se d ă grinda dreapt ă, simplu rezemat ă în punctele 1 și 2 și
încărcată ca în Fig.7E.41. Grinda are sec țiunea sub form ă de cheson
(vezi figura).
Se cunosc: a = 1,2 m, p = 5 kN/m, σ
a = 150 MPa.
Se cer:
a) trasarea diagramelor de eforturi T și M I 10 kN/m40 kNm
10 kN
6m 4m 4m
Fig.7E.39 t 4t
2t
2t12t
10t
7E.40
4a2a4a
2a 30 kNm 10 kN/m
30 kN
20 kN
2m 2m 2m 2m
Fig.7E.40
7E.41

308b) calculul momentului de iner ție I z și modulului de rezisten ță
Wz
c) dimensionarea lui t din condi ția de rezisten ță la încovoiere
d) să se traseze diagramele cotate ale tensiunilor σ și τ pe
înălțimea secțiunii periculoase la încovoiere
e) tensiunile σK și τK în punctul K din sec țiunea B stânga
f) direc țiile principale α1 și α2 și tensiunile principale σ1 și σ2 în
punctul K.
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza na țională, Pitești, 1998)

Se d ă grinda de o țel cu secțiunea și dimensiunile din Fig.7E.42
pentru care se cer:
a) diagramele de eforturi
b) dimensionarea (t = ?)
c) tensiunile principale și direcțile lor în punctul k din sec țiunea
B
stânga
d) deplasarea pe vertical ă a articula ției C.
Se dau: a = 1 m, p = 30 kN/m, σa = 150 MPa, E = 2,1 ⋅105 MPa
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza na țională, Timișoara, 1999 – profil
mecanic)

ap24t 20t10t
12t K2p 7pa2
2a 3a a aA B D 1 2
Fig.7E.41
7E.42
p pa2
a a 2a A B
C D
Fig.7E.424t2t
6t2tk
4R/3π

309

Pentru grinda dreapt ă din Fig.7E.43, având o articula ție
interioară în punctul B și secțiunea dată, se cer:
a) diagramele de eforturi T și M I
b) momentul de iner ție față de axa central ă orizontal ă
c) dă se dimensioneze cota t dac ă se cunosc: p = 20 kN/m, σa =
160 MPa, a = 0,6 m
d) tensiunile σk și τG în punctul k respectiv centrul de greutate G
pentru T max
e) deplasarea v B pe vertical ă a punctului B (literal)
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza na țională, Timișoara, 1999 – profil
nemecanic)

Se consider ă grinda din Fig.7E.44. Se cer:
a) diagramele de eforturi (T și M
i)
b) dimensionarea sec țiunii (t = ?) pentru σa = 120 MPa, p = 4
kN/m, a = 1m
c) tensiunile σ și τ în punctul K din dreapta sec țiunii 1
d) diagramele σ și τ în aceeași secțiune
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza na țională, Reșița, 2000 – profil
mecanic)

7E.43
2pa2
2pa p
a a 3a 2aA
B 1 2
3
Fig.7E.43 8t 12t 10t 8t2t 2t t t k
G
7E.44
pa2
2pap
A B
1 2
a a 2a
Fig.7E.44 9t
6t
3t 2t
2t4tt K

310

Se d ă grinda metalic ă și încărcată ca în Fig.7E.45. Se cer:
a) trasarea diagramelor de eforturi, T și M i
b) valoarea for ței capabile F din condi ția ca σmax ≤ σa
c) valoarea tensiunii tangen țiale în punctul K în sec țiunea A
d) deplasarea pe vertical ă a punctului B
Se cunosc: σa = 150 MPa, a = 1m, t = 10 mm, E = 2,1 ⋅105 MPa
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza na țională, Reșița, 2000 – profil
nemecanic)

Pentru grinda dreapt ă având forma, dimensiunile și încărcarea
din Fig.7E.46, se cer:
a) trasarea diagramelor de eforturi
b) sarcina capabil ă p, dacă σ
a = 120 MPa și a = 400 mm
c) cu valoarea lui p determinat ă anterior s ă se traseze diagramele
cotate (cu valori) ale tensiunilor σ și τ în secțiunea A dreapta .
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza na țională, Cluj Napoca, 2001 –
profil nemecanic)

7E.45
7E.46 t
t2t
t t t t 2t K 1 B F F/a Fa
a a 3a
Fig.7E.45A2
D 3pa2
pa p
a a 2aA
B C
Fig.7E.464040 40 20
20

311

Pentru grinda din Fig.7E.47 se cere:
a) să se traseze diagramele de eforturi
b) să se calculeze înc ărcarea capabil ă (p = ?)
c) să se calculeze tensiunile pr incipale în punctul K, sec țiunea 1.
Se cunosc: σat = 30 MPa, σac = 1000 MPa, b = 10 mm, a = 1 m.
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza na țională, București, 2002 – profil
mecanic)

Pentru grinda dreapt ă, cu o articula ție interioar ă în punctul B,
având forma, dimensiunile și încărcarea din Fig.7E.48 se cer:
a) trasarea diagramelor T și M
i
b) dimensionarea cotei t, din condi ția σmax ≤ σa
c) valorile tensiunilor σ și τ în punctul K în sec țiunea din
încastrare
d) deplasarea pe vertical ă vB a punctului B.
Se cunosc: a = 1 m, p = 10 N/mm, σa = 150 MPa, E = 2 ⋅105 MPa
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza na țională, Bacău, 2003 – profil
nemecanic)

7E.47
40,5pa2 2pa p
a a a1
2 3
Fig.7E.472b2b2b
2b
4b 4b4b
K
7E.48
a 2pa p
a 2a 1
B
Fig.7E.48
t t t t t tt t
t6t4t
4tK

312

Se d ă grinda din Fig.7E.49. Se cere:
a) să se traseze diagramele de eforturi T, M i
b) să se dimensioneze grinda din o țel cu σa = 120 MPa, p = 20
kN/m, a = 1 m c) să se calculeze tensiunile prin cipale în punctul K al sec țiunii 2
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza na țională, Bacău, 2003 – profil
mecanic)

Pentru grinda din Fig.7E.50 se cer:
a) diagramele T și M
b) F
cap din condi ția ca σmax ≤ σa
c) În punctul K din sec țiunea 3 stânga, să se calculeze tensiunile σK
și τK
d) Tensiunile și direcțiile principale în punctul K.
Se cunosc: a = 0,5 m, σa = 150 MPa, c = 10 mm.
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza na țională, Târgu Mure ș, 2005 –
profil nemecanic)

7E.49
d K
4d
3d d
dA 1
2pa2 pa
a p
a 3a
Fig.7E.49B
7E.50
1 A2FaF F/a
2 3 B
2a 2a a a
Fig.7E.50 K4c
6c 5c
6c c

313

Se consider ă grinda de o țel cu rigiditatea EI = constant ă
(Fig.7E.51). Se cere:
a) diagramele de eforturi T, M (literal)
b) dimensionarea sec țiunii dacă se cunosc: σa = 100 MPa, a = 1
m, p = 8 N/mm
c) diagrama σ în secțiunea periculoas ă
d) valoarea maxim ă a tensiunii tangen țiale (τmax = ?).
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza na țională, Târgu Mure ș, 2005 –
profil mecanic)

Pentru grinda metalic ă având modulul de rigi ditate la încovoiere
EI = constant, rezemat ă și încărcată ca în Fig.7E.52 se cere:
a) trasarea diagramelor de efor turi N, T, M (în litere)
b) dimensionarea grinzii
c) calculul tensiunilor σ și τ în punctul K din sec țiunea grinzii,
în dreapta și în stânga sec țiunii 3
d) calculul s ăgeții în capătul liber al grinzii (sec țiunea 1).
Se cunosc: a = 4 m, σ
a = 150 MPa, cos α = 0,8, p = 10 kN/m.
(Concursul Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza na țională, Constan ța, 2006 – profil
mecanic)
7E.51
A 1 pa2/2pa
p
a a 2a p
2B
Fig.7E.512t
6t
4t 2t
7E.52
6t
3t
9t
tK
t t2 α 0,25pa p 0,325pa2
a/4 a/2 a/2
Fig.7E.52 1 34

314

O grindă dreaptă cu articula ția interioar ă B are forma,
dimensiunile, înc ărcarea și secțiunea din Fig.7E.53.
Se cer:
a) trasarea diagramelor de eforturi T și M
b) determinarea pozi ției centrului de greu tate, a momentului de
inerție și modulului de rezisten ță față de axa central ă
orizontală
c) valoarea lui M 0 capabil din condi ția de rezisten ță (σmax ≤ σa)
d) valorile tensiunilor σ și τ în punctul K din sec țiunea D stânga
(la calculul tensiunii tangen țiale τ se va ține cont de valoarea sa
maximă)
e) tensiunile principale σ1,2 și direcțiile 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 Studen țesc “C. C. Teodorescu” – faza na țională, Constan ța, 2006 – profil
nemecanic)

7E.53
M0/a2 M0
2a 2a a A R B
D
Fig.7E.5310c
2c
8c
4c c c K

3157R. Calculul la încovoiere simpl ă al barelor drepte plane
(Răspunsuri)

y
G = 9t, I z = 798 t4, W z,min = 88,67 t3, t = 8 mm, τmax,K = 4,523
MPa.

7R.1
p
2ppa2
a a 3a0,875pa 4,125pa
0,5pa2 2,06a4,125pa
pa
4,254pa21,875 pa
3,375pa2
2,375pa2 T
M i
7R.2
0,5a
0,5pa0,5pa
2,5papa pa
pa2/8
2pa2 pa2 T
M i

316
y G = 6,714 a, I z = 1125,143 a4, W z,min = 167,582 a3, t = 10 mm.

y
G = 6 t, I z = 652 t4, W z,min = 108,67 t3, t = 8 mm, τmax = 9,92
MPa.

7R.3
412
8 8
8
824 1m
T [kN]
Mi [kNm]
7R.4
45
15
45 451,5m
33,753015 T [kN]
Mi [kNm] 2a 2a 2a 3a 3a 6a 4a 2a
yG
– 59,67+46,98 0,762
σ [MPa] τ [MPa] 1,543
4,7
1,6 0,533 z

317
a) Iz = 0,67 b4, W z = 0,67 b3, M imax = 33,75 kNm, b = 75 mm,
Tmax = 45 kN

b) I
z = πd4/64, W z =πd3/32, M imax = 33,75 kNm, d = 142 mm,
Tmax = 45 kN

c) c) I
z = πD4 [1-(d/D)4]/64, W z = πD3 [1-(d/D)4]/32, d = 142
mm, D = 199 mm, M imax = 33,75 kNm, T max = 45 kN,

Dd
+120-120
5,8
σ [MPa] τ [MPa] z-120
d
+1203,8
σ [MPa] τ [MPa] zb
2b -120
+1206
σ [MPa] τ [MPa] z

318d) yG = 3 , 5 t , I z = 151,25 t4, W zmin = 23,27 t3, M imax = 33,75
kNm, T max = 45 kN, t = 27 mm

e) y
G = 5,38 t, I z = 711,54 t4, W zmin = 115,32 t3 (compresiune),
Wzmax = 132,26 t 3 (întindere), M imax = 33,75 kNm, T max = 45
kN, t 1 = 19 mm (întindere), t 2 = 15 mm (compresiune), t =
18,55 mm (t = 19 mm).

7R.5 9t
tt
6t +40-74
8.62
7,35
1,22
σ [MPa] τ [MPa] z
12t7t 3t
6t t
+37,2 -42,671,07 2,14
4,85
4,73
2,37
σ [MPa] τ [MPa] z
85,33
T [kN]
Mi [kNm] 6,67 8 8
1,33m
3,552,673,33

319

a) M imax = 8 kNm, y z = 71,82 mm, I z = 14,358 ⋅106 mm4, W zmin =
1,999⋅105 mm3, σmax = 40 015 MPa < σa
b) T B = -9,67 kN, M iB = 8 kNm

c) σ
K,B = 23,3 MPa, τK,B = -0,834 MPa

a) M
iz,max = 19,24 kNm, T max = 41,6 kN, y G = 3,67t, I z = 93,33 t4,
Wz,min = 21,54 t3, W z,max = 25,45 t3, σat⋅Wz,max / σac⋅Wz,min =
0,47 ⇒ întinderea este mai periculoas ă decât compresiunea, t
= 27,59 mm. Se va lua, t = 30 mm.
b) Iz = 75,6 ⋅106 mm4, W z,min = 5,815⋅105 mm3, W z,max = 6,87⋅105
mm3, σmax,t = 27,99 MPa, σmax,c ≈ -33 MPa 7R.6
1,386 m 16,8 41,6
246,4
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] -40,0172,16
0,575 K+37,93
0,54 1,62
1,92 -23,3
0,96

320

a) M
iz,max = 5pa2, yG = 46,7 mm, I z = 864,64 cm4, W z,min =
117,96 cm3, W z,max = 185,147 cm3, pnec,t = 3,08 kN/m, p nec,c =
5,89 kN/m, ⇒ pnec = 3,08 kN/m.
b)

7R.7
2papa
5pa23,5pa2 T
M i
11,48
40 20 20 40
80
100z
4,56 11,41
τ [MPa] 1,54
2t
4t
6t z
+28-33
2,64 0,88 1,568 4,62
σ [MPa] τ [MPa] 2t 4t

321
c) Dacă grinda ar fi a șezată răsturnată cu 1800, M imax,t = σat ⋅
Wzmin ⇒ pcap = 1,96 kN/m. Rezult ă de aici c ă așezarea
economic ă este cea din enun țul problemei.

M
iz,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, W z = 74,55 t3 ⇒ t = 1,46 mm.

7R.8
21,825,45
2,545m 14,545
32,626 T [kN]
Mi [kNm]
7R.9
15
15 10
101m
15 155 5 T [kN]
Mi [kNm]

322a) yG = 8,86 mm, I z = 2883,0485 cm4, W z,min = 325,4 cm3,
Miz,max = 15 kNm, σmax = σmax,t = 37,15 MPa < σat = 40 MPa
b) Tmax = 15 kN, b = 40 mm, S z = 251,319 cm3 ⇒ τmax = 3,268
MPa.

a) y
G = 75 mm, I z = 9,18 ⋅106 mm4, W z,min = 12,24 ⋅106 mm3,
Wz,max = 20,4 ⋅106 mm3, M iz,max = 3,8 kNm, σmax,t = 18,62
MPa, σmax,c = 31,04 MPa
b) Așezarea economic ă este cea care asigur ă solicitarea fibrelor
cu W z,max la solicitarea care are σa,min, respectiv W z,min la
σa,max. Deci, așezarea economic ă este cea cu talpa în sus (ca în
enunț)
c)

7R.10
20,951
30,95
0,5m
0,253,8 T [kN]
Mi [kNm]
120
30
90
40 z0,294 0,88
0,92
τ [MPa]

323

a) y
G = 15,25 t, I z = 2,996⋅104 t4, W z,min = 1,4438 ⋅103 t3, W z,max =
1,964 ⋅103 t3, M iz,max = 5 kNm, t = 2,986 mm ⇒ t = 3 mm
b)

a) y
G = 43,33 mm, I z = 3,88 ⋅106 mm4, W z,min = 68,47⋅103 mm3,
Wz,max = 89,545⋅103 mm3 Miz,max = pa2 ⇒ pcap = 0,616 kN/m 7R.11
7R.12
pa22pa
pa pa
pa2 T
M i 0,5m9
1097
11 0,61m
5
0,5 0,5
0,86 2,5 T [kN]
Mi [kNm]
1,75
7,85
3t10t
3t
30t
20t z
-47,13+64,13
1,68 11,22 14,282,35
σ [MPa] τ [MPa] 3t

324b) Tmax = 2pa = 2,052 kN, b = 20 mm ⇒ τmax = 1,39 MPa, M iz =
pa2 ⇒ σmax = 29,97 MPa.

a) y
G = 5,36 t, I z = 714,42 t4, W z,min = 107,59 t3, W z,max = 133,29
t3, M iz,max = 64,8 kNm, ⇒ tnec,t = 25,3 mm, t nec,c = 18,84 mm
⇒ t = 26 mm
b) c)

7R.13
6636
24
84 45
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

325

a) y
G = 14,125 t, I z = 3.156,33 t4, W z,min = 223,46 t3, W z,max =
400,8 t3, M iz,max = 6,25 pa2 = 6,75 kNm ⇒ t = 5,86 mm ⇒ t =
6 mm
b) T2 = 4 pa = 14,4 kN, M iz,2 =6 pa2 = 6,48 kNm

7R.14
2pa24papa
5pa
6pa22pa2
6,25pa2 T
M i 2,5a
z
2t 2t12t
20t
+74,85-134,251,7410,45
12,64
σ2 [MPa] τ2 [MPa]
7R.15
3pa2 2pa2pa2pa 2pa
2pa2 T
M i

326a) yG = 47,5 mm, I z = 3,126 ⋅106 mm4, W z,min = 59,55 ⋅103 mm3,
Miz,max = 3pa2 ⇒ pcap = 14,88 kN/m
b)

a) y
G = 0,53 t, I z = 0,067 t4, W z,min = 0,0622 t3, W z,max = 0,125 t3,
Miz,max = 54 kNm ⇒ t = 212,815 mm. Se adopt ă t = 213 mm
b) TBstânga = 60,35 kN, M iz,Bstânga = 54 kNm, τmax,Bstânga = 11,429
MPa

20
40
4020
40 z
-72,3+80
3,23 6,46
8,486
4,19 8,38
σA [MPa] τA [MPa]
7R.16
30,65
16,04541,178m36
60,35
45,972,025 T [kN]`
M i [kNm]`

327

a) y
G = 5,33 t, I z = 496 t4, W z,min = 74,4 t3, M iz,max = pa2 = 20
kNm ⇒ t = 11,88 mm. Se consider ă t = 12 mm.
b) T = pa = 20 kN, M iz = 0,5pa2 = 10 kNm

11,429
9,585 0,1t
0,1t1,5t
t z
-44,46+8976
0,955
σ [MPa] τ [MPa]
7R.17
0,5pa2 papa
0,5pa2pa2
0,5pa2 T
M i
2t
4t
6t
4t K
3t
z
-64+80 4,49 17,97
22,3 5,54
5,64
σ [MPa] τ [MPa]

328c) 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) y
G = 4,33 t, I z = 652 t4, W z,min = 85,18 t3, M iz,max = 12 kNm ⇒
t = 10 mm
b) σK,Bdreapta = -35,9 MPa, τK,Bdreapta = 10,25 MPa
c) α1 = 14,860, α2 = 104,860, σ1 = 2,72 MPa, σ2 = -38,62 MPa

7R.18
-8
10,1m10
0,510,5
12-10 -7,95 T [kN]
Mi [kNm]
7R.19
1,96a 1,5a pa pa3pa
4pa3pa
3,92pa22pa20,25pa2
2pa2 T
M i

329a) yG = 3d, I z = 71,95 d4, W z,min 23,98 d3, M iz,max = 3,92 pa2 ⇒ p
= 29,36 kN/m
b) TBstânga = -4pa, M iz,Bstânga = 2pa2, σK = -12,75 MPa, τK = -8,92
MPa

a) y
G = 3,5 t, I z = 49,33 t4, W z,min = 14,09 t3, M iz,max = 2,645pa2
⇒ t = 23,21 mm. Se adopt ă: t = 24 mm
b) Tmax = 2,3 pa ⇒ τmax = 4,96 MPa

a)

7R.20 2,3pa
0,7pa
2,645pa22,4pa21,4pa22,3a T
M i
7R.21
F/2F
F/2
F 1,25F
3Fa/89Fa/32 T
Mi

330b) y G = 2t, I z = 33,33 t4, W z,min = 8,3325 t3, W z,max = 16,665 t3
c) Miz,max = 3Fa/8 = 1,125 kNm. Pentru W z,min ⇒ t = 16,1 mm,
pentru W z,max ⇒ t = 8,58 mm. Se adopt ă t = 17 mm.

a)

b) I
z = 77,43 t4, W z,min = 25,81 t3, M iz,max = 2,5pa2 = 4 kNm ⇒
10,1 mm. Se adopt ă t = 11 mm.

a)

b) I
z = 1937t4/12, W y,min = 1937t3/54, M iz,max = 0,515pa2 = 6,592
kNm ⇒ t = 10,7 mm 7R.22
1,5pa
pa
1,5pa 1,5a
0,5pa2
0,625pa20,5pa2
1,5pa2
2,5pa2 T
M i
7R.23
0,5pa2 pa2/30,816a 0,816a
pa/2pa/6
pa/3pa/6 pa/2
pa2/60,152pa20,515pa2 T
M i

331c) MPa 83,3 2,5t σ
zmaxiz,
IM
S =⋅=

MPa 5,5
22t 1937108pa
4t121937
222t3t22t4t23t 0,5pa
zIbzSmaxT
Sτ =
⋅⋅=
⋅⋅⋅+⋅⋅
=⋅⋅
=⎟⎟⎟
⎠⎞
⎜⎜⎜
⎝⎛

a)

b) y
G = 3,5a, I z = 389,5a4/3, W z,min = 389,5a3/10,5, M iz,max = 5pa2
= 7,5 kNm ⇒ t = 11,9 mm. Se adopt ă t = 12 mm
c) T = pa, M iz = pa2

1,44 7R.24
3pa
pa pa
5pa2
pa2
pa2 pa2 T
M i
z-23,4
+23,40,48
0,48 1,44
1,98
σ [MPa] τ [MPa]

332

a)

b) y
G = 4t, I z = 92 t4, W z,min = 23 t3, M iz,max = 19 kNm ⇒ t =
17,66 mm. Se adopt ă t = 18 mm
c) Tmax = 16 kN, I z = 8.948.505 mm4, Sz,max = 15a3 = 82.616
mm3 ⇒ τmax = 8,36 MPa

a)

7R.25
3 4 T [kN]
Mi [kNm] 8
416
12 1m1,5m
1910
z
8,36
τmax [MPa]
7R.26 2,5F
1,5F
0,5F
3,5F
2,5Fa
4Fa3,5Fa T
M i

333b) y G = 172 mm, I z = 9.738,67 cm4, W z,min = 566,2 cm3, W z,max =
1.432,16 cm3, M iz,max = 4Fa
Pentru σat ⇒ F1 = 4,5 kN iar pentru σac ⇒ F2 = 28,643 kN. Se
adoptă Fcap = 4,5 kN.

a)

b) y
G = 80 mm, I z = 22.613.33 mm4, W z,min = 282.666,67 mm3,
Miz,max = 18,75 kNm, T max = 21 kN ⇒ σmax = 66,33 MPa < σa,
τmax = 8,17 MPa < τa
c) Miz,2stânga = 18 kNm, T 2stânga = 15 kN ⇒ σK,2stânga = -55,72
MPa și τK,2stânga = 6,63⋅10-3 MPa
d)

7R.27
6321
15
39
1818,7518 T [kN]
Mi [kNm]
z
20
100 12020
20K10
σ τ

334

a)

b) y
G = 105 mm, I z = 1125⋅104 mm4, M iz,max = 2,85 kNm, ⇒
σmax,t = 8 MPa < σat și σmax,c = -26,6 MPa < σac
c)

a)

7R.28
1 13,1 3,1
0,1
1,9 1,9
2
2,652,85 T [kN]
Mi [kNm]
20 12030120
z
σ τ τmax
7R.29
491214
446 246 0,71m
76,441
196,8 T [daN]
Mi [daNm]

335 b) y G = 3t, I z = 136 t4, W z,min = 27,2 t3, M iz,max = 491 daNm ⇒ t =
1,06 cm. Se adopt ă t = 1,1cm = 11 mm
c)

a)

b) I
z = 567 cm4, M iz,max = 30 daNm, y max = 60 mm ⇒ σmax =
3,174 MPa < σa
c) M iz,1 = 15 daNm, y c = 30 mm ⇒ σK,1 = 0,794 MPa,
T1 = 30 daN, b c = 40 mm, S z = 54 cm3 ⇒ τK,1 = 0,0714 MPa

2t
2t6t
6t z -54,9
+32,83,42
3,27 1,09
σ2stânga [MPa] τ2stânga [MPa]
7R.30
0,75m30
1010
3010
1,25
2010 T [daN]
Mi [daNm]

336

a)

b) y
G = 60 mm, I z = 972⋅104 mm4, W z,min = 162⋅103 mm3, M iz,max
= 66,4 daNm, T max = 128 daN ⇒ σmax = 4,09 MPa < σa, τmax = 0,63
MPa < τa
c)

7R.31
8032
128 72
0,4m
40
60
66,436 T [daN]
Mi [daNm]
0,14 z30 15
15 30
30
10 10 80 +2,22
-2,220,1
0,1 0,5
0,5 0,63
0,63 0,12
0,12
σ2stânga τ2stânga

337

a)

b) y
G = 7,25 t, I z = 440,67 t4, W z,min = 60,8 t3, M iz,max = 30 kNm
⇒ t = 14,8 mm. Se adopt ă t = 15 mm
c) M iz = 15 kNm, y K = 3,75 t, I z = 2.184,27 cm4 ⇒ σK = +37,8
MPa
T = 30 kN, b = 6t = 90 mm ⇒ τK = 1,28 MPa

a)

b) y
G = D/2, I z = 113,88 ⋅104 mm4, W z,min = 32,53⋅103 mm3,
Miz,max = 0,85 pa2 ⇒ pcap = 3,98 kN/m
c) Pentru încovoiere sec țiunea periculoas ă este secțiunea în care
acționează momentul concentrat (pa2). 7R.32
1
7
15 30
0,125m
0,0631930 T [kN]
Mi [kNm]
7R.33
0,65a0,65pa
1,875pa pa
0,21pa20,15pa2
0,85pa20,5pa2 T
M i

338 În sec țiunea B stânga avem: T Bstânga = 1,875pa, b = 40 mm, S z =
3,33⋅103 mm3

a)

b) y
G = 5t, I z = 136 t4, W z,min = 27,2 t3, M iz,max = 10 kNm ⇒ t =
19,7 mm. Se adopt ă t = 20 mm
c) M iz,1 = 10 kNm, ⇒ σmax,1 = 27,5 MPa
T 1 = 20 kN, b = 2t ⇒ τmax,1 = 4,59 MPa

a)

-150
z
d D
d = 30 mm
D = 70 mm +1506,9 2d/3π
d
σ [MPa] τ [MPa]
7R.34 20
10
30 30
10
120 T [kN]
Mi [kNm]
7R.35
0,67pa2,67pa 2,67pa0,67pa
3,33pa2
3,33pa20,67pa20,67pa2 T
M i

339 b) y G = 94,6 mm, I z = 6.092⋅104 mm4, W z,min = 64,39⋅104 mm3,
Miz,max = 3,33 pa2, ⇒ p ≅ 29 kN/m
c) T max = 2,67 pa = 77,43 kN, b = 100 mm, I z = 6.092⋅104 mm4 ,
Sz = 44,745⋅104 mm3 ⇒ τmax = 5,59 MPa

a) y
G = 1,5t, I z = 8,5 t4, W z,min = 3,4 t3, M iz,max = 38 kNm ⇒ t =
42,07 mm. Se adopt ă t = 43 mm
b) Miz = 17 kNm

c) T = 14 kN, b = t = 43 mm ⇒ τ
K = 1,78 MPa

7R.36
23 1441,5 13,5
5,5
22,5 1,6m
1038
17
1718,08 T [kN]
Mi [kNm]
z+62,88
-37,73
σ [MPa]

340

a)

b) y
G = 7,25t, I z = 440,66 t4, W z,min = 60,78 t3, M iz,max = 13,5
kNm ⇒ t = 11,39 mm. Se adopt ă t = 12 mm
c) T = 6 kN, M iz = 6 kNm

d) M
iz = 6 kNm, y K = 3,75 t ⇒ σK = +29,54 MPa
T = 6 kN, b = 6t ⇒ τK = 0,4 MPa

a)

7R.37
6
618
66
1,5m
66
612
12
13,5 T [kN]
Mi [kNm]
z+37,42
-57,120,7 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]

341 b) y G = 7t, I z = 1.496 t4, W z,min = 213,71 t3, M iz,max = 31,26 kNm
⇒ t = 9,91 mm. Se adopt ă t = 10 mm
c) M iz = 25,25 kNm, T = 19 kN

d) M
iz = 25,25 kNm, y K = 2t ⇒ σK = – 33,75 MPa
T = 19 kN, b = 4t = 40 mm ⇒ τK = 4,38 MPa

a)

b) y
G = 4,34 t, I z = 652 t4, W z,min = 85 t3, M iz,max = 88,4 kNm ⇒ t
= 19,2 mm. Se adopt ă t = 20 mm
c) M iz = 72 kNm, T = 18 kN z-11,81
+11,81,52
1,52 3,049
3,049 4,635
σ [MPa] τ [MPa]
7R.39
42
181810 10
4,2m
40
32
72
88,4 T [kN]
Mi [kNm]

342

a)

b) y
G = 3,5 t, I z = 49,3 t4, W z,min = 14,1 t3, M iz,max = 60 kNm ⇒ a
= 31 mm
c) M iz = 60 kNm, T = 30 kN

z-106
+59,80,92 3,68
4,8
4,62 0,46
σ [MPa] τ [MPa]
7R.40
1,5m15
5
255 530 30
11,210205060 T [kN]
Mi [kNm]
z +106,5
-149,41,98
3,93
4,06
σ [MPa] τ [MPa]

343

a)

b) y
G = 12 t, I z 7.157,33 t4, W z = 596,44 t3
c) M iz,max = 4pa2 ⇒ t = 6,853 mm (nu s-a rotunjit)
d)

e) M
iz = 3pa2, T = pa ⇒ σK = +93,75 MPa, τK = 2,356 MPa
f) tg2 α1 = 0,05026 ⇒ α1 = 82,260, α2 = 82,260 +π/2, σ1 =
+93,81 MPa, σ2 = -0,06 MPa

a)

7R.41
2papa
pa
pa23pa2
4pa2pa2 T
Mi
z
+150-150 0,392
0,3922,356
2,356 3,248
σ [MPa] τ [MPa]
7R.42
1,5pa1,5pa
0,5pa 0,5a
1,5pa2
1,125pa2pa2
pa2 T
M i

344 b) y G = 3,783 t, I z = 155,946 t4, W z,min = 36,98 t3, M iz,max = 1,5pa2
⇒ t = 20 mm
c) M iz = pa2, yk = 2,217 t ⇒ σk -53,31 MPa
T = 0,5pa, b = 2t ⇒ τk = -2,59 MPa
tg2α1 = 0,09716 rad, α1 = 2,770, α2 = 2,770 + π/2, σ1 = -53,43
MPa, σ2 = +0,12 MPa
d) nu face obiec tul acestui capitol

a)

b) y
G = 6 t, I z = 733,34 t4
d) Wz,min = 122,22 t3, M iz,max = 2pa2 ⇒ t = 9,028 mm. Se adopt ă t
= 9 mm
e) Tmax = 2pa = 2.400 N.
Pentru: b k = 8t, S z,k = 44 t3 ⇒ τk = 0,015 pa/t2
b k = 6t, S z,k = 53 t3 ⇒ τk = 0,024 pa/t2
b k = 2t, S z,k = 53 t3 ⇒ τk = 0,0722 pa/t2
b G = 2t, S z,G = 78 t3 ⇒ τG = 0,1063 pa/t2
d) nu face obiec tul acestui capitol

a)

7R.43
2pa 2papa
paa
2pa22pa2
0,5pa2 T
M i
7R.44
517
1
9 9
6 6,125 90,25m
T [kN]
M i [kNm]

345 b) y G = 4,75 t, I z = 229 t4, W z,min = 48,21 t3, M iz,max = 9 kNm ⇒ t
= 11,55 mm. Se adopt ă t = 12 mm
c) M iz = 6 kNm, T = 1 kN, b K = 9t, S z,K 24,75 t3 ⇒ σK = -34,11
MPa, τK = 0,083 MPa
d)

a)

b) y
G = 2t, I z = 29,33 t4, W z,min = 14,665 t3, M iz,max = 1,5Fa ⇒
Fcap = 1.466,5 N = 1,4665 kN
c) T A = F = 1,4665 kN, S z = 10 t3, bK = 2t ⇒ τK = 0,5 MPa
d) nu face obiec tul acestui capitol

z-49,27
+72,020,136
0,204
0,228
0,227
0,113
σ [MPa] τ [MPa]
7R.45
F
2F2F
F F a
1,5Fa
0,5FaFa T
M i

346

a)

b) y
G = 47,5 mm, I z = 312,67⋅104 mm4, W z,min = 59,555⋅103 mm3,
Miz,max = 3pa2 ⇒ p = 14,88 N/mm = 14,88 kN/m
c) M iz,Adreapta = 2pa2, TAdreapta = 2pa

a)

7R.46
3pa2
2pa2 pa 2pa
2pa2 T
M i
6,47
8,38
-72,38 z +80 3,23
8,48
4,18
σ [MPa] τ [MPa]
7R.47
0,5pa2
0,5pa20,5pa2 pa pa
pa papa
T
M i

347 b) y G = 3,714b, I z = 151,047 b4, W z,min = 35,244 b3, M iz,max =
0,5pa2 ⇒ Pentru σat se obține p 1 = 2,1146 kN/m iar pentru σac se
obține p 2 = 7,0488 kN/m. Se adopt ă: p = min (p 1, p2) = 2,1146 kN/m
c) M iz = 0,5 pa2, T = pa, y K = 1,714b, b K = 4b ⇒ σK = -12 MPa,
τK = 0,7599 MPa, σ1 = 0,0479 MPa, σ2 = -12,0479 MPa

a)

b) y
G = 4t, I z = 226,67 t4, W z,min = 56,6 t3, M iz,max = 2pa2 ⇒ t =
13,3 mm
c) M iz = 2pa2, yK = 3 t, T = 0 ⇒ σK = -112,51 MPa, τK = 0
d) nu face obiectu l acestui capitol (v B = 23,5 mm)

a)

7R.48
2pa
2pa22pa2 2pa2pa 2pa
T
M i
7R.49
pa2pa
2pa 2pa paa
1,5pa20,5pa2
pa2 pa2 T
M i

348 b) y G = 2,07 d, I z = 15,11 d4, W z,min = 7,3 d3, M iz,max = 1,5 pa2 ⇒
d = 32,48 mm
c) M iz,2 = pa2, yK = 0,93 d, T max,2 = 2pa = 40 kN, b K = 3d, S z,K =
4,29 d3 ⇒ σK = -35,93 MPa, τK = 3,38 MPa, σ1 = 0,36 MPa, σ2 = –
36,28 MPa

a)

b) y
G = 5,04 c, I z = 649,256 c4, W z,min = 93,283 c3, M iz,max =
2,25Fa ⇒ Fcap = 12,437 kN
c) M iz,3stânga = 0,75Fa, y K = 0,96 c, T 3stânga = 0,75F, b K = 2 c, S z,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) y
G = 3,783 t, I z = 155,95 t4, W z,min = 36,98 t3, M iz,max = pa2 ⇒ t
= 12,93 mm. Se adopt ă t = 13 mm 7R.50
1,25FaF1,25F
0,75F
1,75F1,75F 0,75a
0,281Fa0,5Fa0,75Fa2,25Fa T
M i
7R.51
pa2/2papa
pa2/2 pa2a
T
M i

349c) M iz = pa2

d) T
max = pa, b = 4t, S z = 28,61 t3 ⇒ τmax = 2,17 MPa

a)

b) y
G = 7,5 t, I z = 459 t4, W z,min = 61,2 t3, M iz,max = 0,2 pa2 ⇒ t =
15,16 mm. Se adopt ă t = 16 mm
c) M iz,3stânga = 0,125 pa2, M iz,3dreapta = 0,2 pa2, yK = 1,5 t, T 3stânga =
T3drepta = 0,4pa, b K = 2 t, S z,K = 54 t3 ⇒ σK,stânga = 15,95 MPa, τK,stânga =
3,67 MPa, σK,dreapta = 25,52 MPa, τK,dreapta = 3,67 MPa.
Pentru b K = 6 t ⇒ τK,stânga = 1,22 MPa, τK,dreapta = 1,22 MPa.
d) nu face obiectul acestui capitol ( v 1 = 2,734375 ⋅10-3 pa/EI z

z+98,48
– 88,32
σ [MPa]
7R.52
+0,15pa
0,2pa0,1pa
0,4pa a/8
0,05pa20,045pa20,125pa2
0,2pa2 N
T
M i

350

a)

b) y
G = 6,78 c, I z = 314,22 c4, W z,min = 46,34 t4
c) M iz,max = M 0 ⇒ M0,cap = 7,41 kNm
d) M iz,D = M 0, yK = 1,22 c, T D = 0,5M 0/a, b K = 2 c ⇒ σK = 28,8
MPa, τK = 3,27 MPa
e) σ1,K = 29,2 MPa, σ2,K = -0,36 MPa, α1 = 6,40, α2 = 96,40
f) nu face obiectul acestui capitol (v D = 0)
7R.53
1,5M 0/a
0,5M 0/a0,5M 0/a0,5a
0,5M 0
0,625M 00,5M 0M0 T
M i

3518. CALCULUL LA R ĂSUCIRE AL BARELOR
DREPTE

8.1 Calculul la r ăsucire al barelor drepte cu sec țiune
circulară sau inelar ă. Considera ții generale. Etape de
calcul

Dac ă într-o sec țiune a unui element de rezisten ță, există un
singur efort și acesta este momentul de r ăsucire Mt (de torsiune),
spunem c ă în acea sec țiune, se realizeaz ă o solicitare de r ăsucire sau
de torsiune .
În practic ă, răsucirea se întâlne ște frecvent. Osiile materialului
rulant, arborii de transmisie, elementele sistemelor spa țiale,
resorturile, etc., lucreaz ă la răsucire.
În cazul arborilor, când pe acesta se monteaz ă roți de curea,
există o roată conducătoare, iar celelalte sunt antrenate. Fiecare roat ă
transmite arborelui momentul ei, iar în cazul când rotirea arborelui
este uniform ă, suma tuturor momentelor care ac ționează asupra
arborelui, este egal ă cu zero.
Momentul de r ăsucire într-o sec țiune al unui arbore, este egal
cu suma momentelor care ac ționează asupra acestuia din dreapta sau
din stânga acelei sec țiuni.
Momentul de torsiune, poate fi calculat și funcție de puterea
transmisă. Astfel:

[][]
[]min55,9rotnkWP
tkNmM= 8.1-1
sau,

[][]
[]min02,7rotnCPP
tkNmM= 8.1-2

Pentru o sec țiune circular ă, într-un punct situat la distan ța r
(măsurată pe rază) de axa de r ăsucire, tensiunea tangen țială τ, produsă
de momentul de r ăsucire M t, se calculeaz ă cu relația:

352 τ=M
It
pr 8.1-3
unde:
I p -momentul de iner ție polar al sec țiunii.
De re ținut, că la solicitarea de torsiune, varia ția tensiunii
tangențiale pe sec țiune este liniar ă, variabila fiind r și că tensiunea
maximă se atinge acolo unde r = r
max, adică în fibrele situate pe
conturul exterior al sec țiunii (r max = R).
Răsucirea relativ ă Δϕ între dou ă secțiuni situate la distan ța l
una de cealalt ă și pe care ac ționează momentul de r ăsucire M t, se
calculează cu relația:

Δϕ=⋅
⋅Ml
GIt
p [rad] 8.1-4
unde:
G -modulul de elasticitate transversal al materialului. Dac ă pe lungimea l, momentul de torsiune M
t sau rigiditatea
arborelui GI p nu sunt constante, rela ția pentru calculul r ăsucirii
relative între cele dou ă secțiuni (rel.8.1-4), se scrie ca o sum ă de
răsuciri pe intervale pe care atât M t cât și rigiditatea la torsiune GI p,
sunt constante:

Δϕ=⋅
⋅=∑Ml
GIin
t
p 1 8.1-5
unde:
n -num ărul intervalelor.
De multe ori, în calcule se utilizeaz ă răsucirea specific ă, a cărei
relație de calcul, este:

θ= =⋅Δϕ
lM
GIt
p [rad / mm] 8.1-6

353 Calculul elementelor de rezisten ță solicitate la torsiune se face în
general impunând atât condi ția de rezisten ță (τmax ≤ τa), cât și cea de
rigiditate ( θmax ≤ θa).
Rela țiile de calcul la solicitarea de torsiune, bare de sec țiune
circulară, pentru cele trei tipuri de problem ă și două condiții, sunt
prezentate în Tabelul 8.1-1 T a b e l u l 8 . 1 – 1

Tipul Condi ția impus ă:
problemei: de rezisten ță de rigiditate

de
verificare

ττmax=≤M
W at
p
θθmax=≤⋅M
GI at
p

de
dimensionare

Wpn e cMt
a, …==τ
Ipn e cM
Gt
a, …==⋅θ

de efort
capabil

M W tc a p p a, …=⋅=τ
M IG tc a p p a, … =⋅⋅=θ

Pentru calculul elementelor de rezisten ță solicitate la torsiune, se
recomand ă parcurgerea urm ătoarelor etape :
• Se stabilesc solicit ările la care este supus elementul de rezisten ță.
Pentru aceasta este indicat s ă se traseze diagramele de eforturi.
Presupunem c ă avem numai solicitare de torsiune.
• Se stabile ște secțiunea periculoas ă (tot pe baza diagramelor M t și a
variației sectiunii).
• Se stabile ște tipul problemei (de verific are, dimensionare sau efort
capabil).
• Se stabile ște condiția impus ă pentru calcul (de rezisten ță, de
rigiditate sau ambele condi ții).
• Corespunz ător tipului de problem ă și condiției impuse, din Tabelul
8.1-1, se aleg rela țiile de calcul.
• Se particularizeaz ă relațiile de calcul scrise, pentru sec țiunea
periculoas ă găsită.

354• Din rela țiile de calcul particularizate, se determin ă mărimile
necunoscute.
Dup ă cum se poate constata (torsiunea fiind ultima solicitare
simplă prezentat ă în acest volum), etapele de calcul nu difer ă
semnificativ de o la o solicitare la alta (vezi etapele de calcul de la
toate solicit ările simple prezentate anterior în acest volum).
Exemplul nr.1. Să se dimensioneze arborele de sec țiune
circulartă (d = ?) care prin roata conduc ătoare 1, transmite o putere
P
1 = 100 kW la dou ă mașini consumatoare de puteri P 2 = 60 kW și P3
= 40 kW (prin ro țile antrenate 2 și 3) sub o tura ție n = 500 rot / min
(Fig.8.1-1a). Se cunosc: τa = 120 MPa, θa = 0,3 0/m, G = 8,5 104
MPa.
Rezolvare
Mai întâi se calculeaz ă momentele de torsiune transmise prin
cele trei ro ți (rel. 8.1-1):

kNm MnP
t 91,1 55,9 55,9500100
11=== 2 1 3
P2 P1 P3 a)
1,146 Mt1Mt3
b)
c) M t
[kNm]
0,764
Fig.8.1-1 Mt2

355
kNm MnP
t 146,1 55,9 55,950060
22===

kNm MnP
t 764,0 55,9 55,950040
33===

Momentele de torsiune M t1, M t2 și M t3 care acționează asupra
arborelui, sunt prezentate în Fig.8.1-1b. Cu valorile determinate pentru M
t1, M t2 și M t3, se traseaz ă
diagrama de efort M t (Fig.8.1-1c), care permite determinarea sec țiunii
periculoase. Se poate constata c ă arborele este solicitat numai la
torsiune, iar sec țiunea periculoas ă este oricare, situat ă între roata 2 și
roata 1 (aici momentul de torsiune are valoare maxim ă).
Problema este de dimensionare și se impune atât condi ția de
rezistență (se dă τa), cât și cea de rigiditate (se d ă θa).
Rela țiile de calcul pe care le utiliz ăm (din Tabelul 8.1-1), sunt:
– pentru condi ția de rezisten ță

Wpn e cMt
a, …==τ 8.1-7

– pentru condi ția de rigiditate

Ipn e cM
Gt
a, …==⋅θ 8.1-8

Particularizate pentru problema în studiu, rela țiile 8.1-7 și 8.1-8,
devin:
M d t
a,m ax
τ=⋅Π13
16 8.1-9
respectiv,

M
Gd t
a,m ax
⋅⋅=θΠ24
32 8.1-10
Din rela țiile 8.1-9 și 8.1-10, rezult ă două valori pentru diametrul
arborelui:

356
dm mMt
a116316114610
12036
37 == =⋅
⋅τ⋅⋅
⋅,max ,
ΠΠ

dm mM
Gt
a232432 1146 10
8 510 0 3 1046
4
180372 == =⋅
⋅⋅⋅⋅
⋅⋅ ⋅⋅−,max ,
,, Π ΠΠ θ

În rela ția lui d 2, unitatea de m ăsură dată pentru θa [0/m], s-a
transformat în [rad/mm].
Valoarea acceptat ă pentru diametrul d al arborelui, este:
d = m a x ( d
1, d2) = 72 mm
Exemplul nr.2. Fie bara cu forma și încărcarea din Fig.8.1-2a.
Se cer: a) valoarea momentului M
0, știind că unghiul de r ăsucire al
secțiunii B (ϕB) este de dou ă ori mai mare decât unghiul de r ăsucire
al secțiunii C (ϕC),
b) S ă se calculeze r ăsucirea relativ ă între secțiunile B și C (ϕB-C
= ?),
c) S ă se verifice apoi condi ția de rezisten ță, pentru τa = 100
MPa.
Se cunosc: G = 8,5 104 MPa, d = 100 mm, D = 120 mm.

Rezolvare
a) Pentru stabilirea solicit ării și a secțiunii periculoase, se
trasează diagramele de eforturi. Exist ă un singur efort: M
t (moment de M1=10 kNm M1=10 kNm M 0
B C Sd
D
2l = 1 m l l a)
M1 M1 + M 0
b) Mt M0
Fig.8.1-2 1

357torsiune). Varia ția momentului de torsiune, este prezentat ă în Fig.8.1-
2b. Necunoscând valoarea lui M 0, nu se poate stabili în aceast ă fază,
secțiunea periculoas ă. La aceast ă bară, trasarea diagramelor de
eforturi se poate face f ără calculul reac țiunii din în țepenire, cu
condiția ca fiecare interval s ă fie parcurs de la cap ătul liber spre
înțepenire.
Problema este de efort capabil (M 0 = ?), condi ția de rigiditate,
dar pusă sub forma unei rela ții între unghiurile de r ăsucire a dou ă
secțiuni:
ϕB = 2 ϕC 8.1-11

Rela ția 8.1-11, trebuie explicitat ă. Mai întâi calcul ăm unghiurile
de răsucire ale celor dou ă secțiuni:

()ϕBB SMl
GIMl
GIMM l
GIpp p== + +−⋅
⋅⋅
⋅+
⋅Δϕ1
11
210
22
8.1-12
și

()ϕCC SMM l
GIp==−+
⋅Δϕ10
2 8.1-13

Pentru calculul lui ϕB sunt necesari trei termeni: atât M t cât și
rigiditatea GI p, sunt variabile de-a lungul barei.
În rela ția 8.1-12 și 8.1-13, I p1, respectiv I p2 reprezint ă momentul
de inerție polar al por țiunii cu diametrul d, respectiv D.
Ținând seama de rela țiile 8.1-12 și 8.1-13, rela ția 8.1-11, cap ătă
forma:
()() Ml
GIMl
GIMM l
GIMM l
GIpp p p11
210
210
222⋅
⋅⋅
⋅+
⋅+
⋅++ = 8.1-14

Rezolvând ecua ția 8.1-14, rezult ă singura necunoscut ă:
M
0 = 41,47 kNm 8.1-15
b) R ăsucirea relativ ă între secțiunile B și C, este:

358

()Δϕ
ΠBCMl
GIMl
GIMl
GI I
Ml
G dDpp p p
rad−⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅=+= +⎛
⎝⎜⎞
⎠⎟=
=+ = =1
11
21
12
1
442 21
32 21 000 2 9 17,, 8.1-16

c) Pentru verificarea condi ției de rezisten ță, trebuie determinat ă
secțiunea periculoasa ă. Deoarece în acest exemplu este mai dificil ă
determinarea sec țiunii periculoase, se face calculul în dou ă intervale
care par cel pu țin la o simpl ă vedere, mai periculoase.
Astfel:
τmax , BM
WM
d pMPa −⋅⋅⋅
⋅== = =116 161010
1001
11
136
350 9ΠΠ 8.1-17

()τmax,, CSMM
WMM
D pMPa −+⋅+
⋅⋅⋅
⋅== = =10
210
36
316 16 51 47 10
120151 69ΠΠ 8.1-18

Deoarece în por țiunea C-S, τmax = 151,69 MPa > τa = 100 MPa,
această bară care îndepline ște condiția de rigiditate (rel.8.1-11), nu
satisface condi ția de rezisten ță.
Exemplul nr.3. a) Să se verifice bara de sec țiune circular ă cu
diametrul d = 105 mm (Fig.8.1-3a), cunoscând
τa = 100 MPa.
b) S ă se calculeze unghiul de r ăsucire al sec țiunii 1.
Se cunosc: M 0 = 8 kNm, G = 8,5 104 MPa, l = 0,4 m.
Rezolvare
a) Bara este supus ă acțiunii momentelor M
0 și 3M 0, care sunt
momente de torsiune. În acest caz, în bar ă ia naștere un singur efort și
acesta este momentul de torsiune M t. M0 3M 0
1 B d 2 C
l 2l l
a) MBM03M 0 MC
1 M0
B 2 C b)
3M 0/2=12 M0/2 = 4
5M 0/2=20 c) M t
[kNm]
Fig.8.1-3

359 Pentru stabilirea sec țiunii periculoase, trebuie trasat ă diagrama
Mt. Pentru a putea trasa aceast ă diagramă, este nevoie s ă se cunoasc ă
reacțiunile, sau m ăcar una dintre ele. Pozi ționarea reac țiunilor, care
sunt tot momente de torsiune, este prezentat ă în Fig.8.1-3b.
Calculul reac țiunilor, se face impunând condi ția de echilibru:

( ∑ M ) = ( ∑ Mt ) = 0 8.1-19

care explicitat ă, devine:
M
B – M 0 -3 M 0 + M C = 0 8.1-20a
sau scrisă altfel,
M
B + M C = 4 M 0 8.1-20b
Altă ecuație de echilibru nu se mai poate scrie. Exist ă două
necunoscute (M
B și M C) și s-a scris o singur ă ecuație (rel. 8.1-20b).
Rezultă că acest sistem, este un sistem o dat ă static nedeterminat.
Pentru determinarea celor dou ă reacțiuni, este nevoie de înc ă o relație.
După cum se știe de la alte tipuri de sisteme static nedeterminate,
relația suplimentar ă, este o rela ție de deforma ție. Pentru aceast ă
problemă, pot fi scrise mai multe rela ții de deforma ții. De exemplu:

ϕB = 0 (unghiul de r ăsucire al sec țiunii B este zero) 8.1-21a
ϕC = 0 8.1-21b
ϕ1stânga = ϕ1 d r e a p t a 8.1-21c
ϕ2stânga = ϕ2 d r e a p t a 8.1-21d

Pentru calculul reac țiunilor, este necesar ă însă numai o singur ă
relație. Consider ăm prima rela ție (rel. 8.1-21a),

ϕ
B = 0 8.1-22
Dar,
ϕB = ΔϕB-C = 0 8.1-23

360care explicitat ă, conduce la rela ția:

() ( ) Ml
GIMMl
GIMM M l
GIB
pB
pB
p⋅
⋅−
⋅−−
⋅++ =00 0230 8.1-24

relație, care con ține o singur ă necunoscut ă, pe M B.
Dup ă efectuarea calculelor, din rela ție 8.1-24, rezult ă valoarea
reacțiunii M B:

M M KNmB==3
2 012 8.1-25

Cunoscând acum reac țiunea M B, din rela ția 8.1-20b, rezult ă
reacțiunea din reazemul C:

MM KNm B==5
2 020 8.1-26

Fiind determinate reac țiunile, se poate trasa diagrama de
momente de torsiune M t. Diagrama M t rezultată, este prezentat ă în
Fig.8.1-3c. Analizând diagrama M
t și variația secțiunii transversale în
lungul barei (pentru aceast ă bară secțiunea este constant ă), rezultă că
secțiunea periculoas ă este oricare din intervalul 2-C (aici M t are cea
mai mare valoare). Problema aflat ă spre rezolvare, este de verificare, condi ția de
rezistență (se dă τ
a).
Rela ția de calcul (vezi Tabelul 8.1-1) care se utilizeaz ă, este:

τmax=M
Wt
p 8.1-27

care explicitat ă pentru aceast ă problemă, capătă forma.

361ττmax,max ,max, == = = = <
⋅⋅
⋅⋅⋅
⋅M
WM M
dat
pt
dtMPa
Π ΠΠ3
1636
31616 2010
10587 98

Rezult ă că bara satisface (îndepline ște) condi ția de reziaten ță
cerută.
b) Unghiul de r ăsucire al sec țiunii 1 (ϕ1), poate fi calculat astfel:

ϕ1 = ΔϕB-1 = Δϕ1-C 8.1-28

Se observ ă că ΔϕB-1 conține un singur termen, pe când Δϕ1-C
impune folosirea a doi termeni, deoarece de și rigiditatea GI p la
torsiune este constant ă pe intervalul 1-C, efortul moment de torsiune
Mt, nu este constant.
Se calculeaz ă atunci unghiul de r ăsucire al sec țiunii 1, cu rela ția
cea mai simpl ă:

ϕ1132 32 12 10 400
8 510 10530
46
44 47 3 1 0 02 7 == == = ⋅ =−⋅
⋅⋅⋅
⋅Π⋅⋅⋅ ⋅
⋅⋅ Π ⋅−ΔϕBMl
GIMl
GdB
pBrad,,,

A rezultat o valoare mic ă pentru unghiul de r ăsucire al sec țiunii 1.

8.2 Calculul la torsiune al barelor drepte cu sec țiune
necircular ă

În cazul r ăsuciriii barelor de sec țiune oarecare, tensiunile
tangențiale în punctele de pe conturul sec țiunii, sunt dirijate în lungul
conturului, dup ă tangenta la contur. Componentele perpendiculare pe
contur, impun apari ția unor tensiuni tangen țiale pe suprafa ța laterală,
egale cu ele. Deoarece suprafa ța laterală este lipsit ă de tensiuni, în
secțiunea transversal ă, nu exist ă tensiuni tangen țiale perpendiculare
pe contur. Se poate atunci considera c ă tensiunile tangen țiale
formează un flux continuu, dirijat în lungul conturului sec țiunii
transversale (Fig.8.2-1).

362 Pentru toate tipurile de secțiuni necirculare , tensiunea
tangențială maximă și unghiul de r ăsucire al sec țiunii, se pot exprima
prin relații identice cu cele corespunz ătoare sec țiunii circulare sau
inelare (vezi parag. 8.1), cu precizarea c ă în locul m ărimii I p, se va
considera I t, iar în locul lui W p, se va considera W t. Aceste noi
caracteristici geometrice ale sec țiunii transversale, se numesc
convențional: moment de iner ție la torsiune (It), respectiv modul de
rezistență la torsiune (W t).

Rela țiile care exprim ă tensiunea tangen țială maximă τ
max și
unghiul de r ăsucire relativ ă între dou ă secțiuni situate la distan ța l una
de cealalt ă, au pentru sec țiuni necirculare, forma:

τmax=M
Wt
t 8.2-1

Δϕ=⋅
⋅Ml
GIt
t 8.2-2

În cazul unei bare de sec țiune necircular ă mai complicat ă, care
poate fi descompus ă în porțiuni formate de elemente cu pere ți subțiri,
se poate considera:
I
t = I t1 + I t2 + … = ∑ Itn
8.2-3
unde: n = 1,2,3,… sunt numerele por țiunilor elementare în care a fost
descompus ă secțiunea.
Fig.8.2-1 Mt τ

363 Deoarece unghiul de r ăsucire pentru toat ă secțiunea și pentru
toate elementele acesteea este unul și același, se poate scrie:

Δϕ= = = =⋅
⋅⋅
⋅⋅
⋅Ml
GIMl
GIMl
GIt
tt
ttn
tn1
1… 8.2-4

iar momentul de torsiune, se repartizeaz ă la diferitele por țiuni ale
secțiunii, propor țional cu rigiditatea acestora:

MM M M MMtI
IttI
Itt nI
Itt
tt
ttn
t1212== = ; ;…; 8.2-5

Ținând seama de cele scrise mai înainte, tensiunea tangen țială
maximă în fiecare por țiune n a secțiunii, este:

τmax,tnM
WI
IM
II
Wtn
tntn
tt
ttn
tn=⎛
⎝⎞
⎠=⋅⎛
⎝⎞
⎠ 8.2-6

Din rela ția 8.2-6, rezult ă că tensiunea tangen țială τ atinge
valoarea maxim ă în acel element la care raportul I tn / W tn este maxim:

τmaxmax=⎛
⎝⎞
⎠=M
II
WM
Wt
ttn
tnt
t 8.2-7

unde în acest caz:

()WtIt
Itn
Wtn=
max 8.2-8

În cazul unor profile: cornier, profil T, profil I, profil U, etc. I t se
calculează cu relația:
∑
=⋅⋅⋅η=n
1i3
i i 31
t bh I 8.2-9
unde:

364 h – latura mai lung ă a secțiunii dreptunghiulare,
b – latura mai scurt ă (mică) a secțiunii dreptunghiulare în care s-
a descompus sec țiunea întreag ă,
η -un coeficient care depinde de forma sec țiunii și de racord ările
profilului. Valoarea acestui coeficient , pentru cele mai uzuale profile
este dată în Tabelul 8.2-1.
T a b e l u l 8 . 2 – 1
Profilul η
Cornier 1
T 1,2
I 1,15
U 1,12

La aceste profile, tensiunea tangen țială este maxim ă la
dreptunghiul a c ărei lățime este cea mai mare dintre dreptunghiurile în
care a fost descompus profilul. Valoarea tensiunii tangen țiale maxime, pentru profile, se poate
calcula cu rela ția:

τmax max=M
It
tb 8.2-10
unde:
b max – grosimea maxim ă.
Pentru calculul la torsiune al barelor tubulare de sec țiune
necircular ă cu pereței subțiri (de grosime mic ă), se pot utiliza rela țiile
cunoscute pentru sec țiunea inelar ă.
Modulul de rezisten ță al secțiunii inelare cu pere ți subțiri, este:

WW rt S ttp=≅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ 2220 Π 8.2-11
unde:
S 0 = Π r2 este aria cercului, m ărginită de linia median ă a inelului
t -grosimea peretelui inelului.

365 Pentru sec țiunea tubular ă necircular ă cu pereți subțiri (Fig.8.2-
2), rezultă:
W
t = 2 S 0 t 8.2-12
unde: S
0 = b m hm -aria mărginită de linia median ă a tubulaturii de
secțiune necircular ă.
Dac ă se consider ă că tensiunile tangen țiale sunt uniform
distribuite pe sec țiunea tubulaturii (fie ea și inelară), rezultă:

τ=⋅⋅M
Stt
20 8.2-13

Rela ția 8.2-13, poate fi utilizat ă pentru calculul la torsiune al
barelor cu pere ți subțiri având sec țiune necircular ă închisă (secțiuni
tip cheson). Unghiul de r ăsucire relativ ă între dou ă secțiuni situate la distan ța
l , pentru aceste profile, poate fi calculat ă cu relația:

Δϕ= ⋅⋅
⋅⋅τl
GSml20 8.2-14
unde:
l m – lungimea liniei mediane a grosimii peretelui sec țiunii
tubulare,
τ – tensiunea tangen țială din secțiune. bm
hmt
Fig.8.2-2

366
Pentru sec țiunea din Fig.8.2-2, rezult ă:
l
m = 2 ( b m + h m) 8.2-15
iar pentru o sec țiune inelar ă cu prete sub țire:
l
m = 2 Π r 8.2-16
unde: r – raza cercului delimitat de linia median ă a grosimii peretelui .
În Tabelul 8.2-2, se prezint ă unele date suplimentare necesare
calcului la r ăsucire al profilelor cu sec țiuni necirculare și perete
subțire.
Etapele de calcul la torsiune al barelor cu sec țiune necircular ă,
sunt acelea și ca în cazul barelor cu sec țiune circular ă. Ceea ce difer ă,
sunt doar rela țiile de calcul. Din acest motiv, nu se mai prezint ă încă o
dată etapele de calcul pentru acest tip de elemente de rezisten ță.
Exemplul nr.1. Să se calculeze momentul de torsiune capabil al
unei bare drepte, pentru care
τa = 50 MPa, dac ă aceasta prezint ă
două forme ale sec țiunii transversale:
a) dreptunghi cu dimensiunile 180 x 300 mm și
b) conduct ă cu secțiunea patrat ă, având latura exterioar ă a =
300 mm și grosimea pere ților constant ă cu t = 6 mm.
Rezolvare
a) Fie sec țiunea dreptunghiular ă a barei, cea din Fig.8.2-3.

Problema este de efort capabil, condi ția de rezisten ță. calculul se
face pe baza modelului prezentat în Tabelul 8.2-2, pozi ția 1.
Se determin ă coeficientul m:

mh
b== =300
18016 7, b = 180 mm h = 300 m m
Fig.8.2-3

367
Pentru m = 1,67, din Tabelul 8.2-2, prin interpolare, rezult ă
valorile coeficien ților:
α = 0,3493
β = 0,396
cu care se calculeaz ă caracteristicile geometrice I t, respectiv W t:

I t = α b4 = 0,3493 1804 = 3,666 104 mm4
W t = β b3 = 0,396 1803 = 2,315 103 mm3

Momentul de torsiune capabil, este:
M
t,cap = τa Wt = 50 2,315 103 = 0,11575 kNm.

b) Sec țiunea patrat ă (tip cheson), este prezentat ă în Fig.8.2-4.
Această secțiune intră în categoria barelor cu pere ți subțiri.
Pentru efortul capabil, se aplic ă relația 8.2-13:

M
t,cap = τa 2 S 0 t
unde:
()() () ( ) Sa a a t m mtt0 2222 22 2 300 6 86436=− ⋅⋅− ⋅=− = − =

Rezult ă, acum momentul de torsiune capabil:
M
t,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

368
Exemplul nr.2. Fie o bar ă de oțel cu secțiune dreptunghiular ă
cu o dimensiune (l ățime) b = 50 mm, care transmite un moment de
torsiune M t = 6 kNm, iar τa = 80 MPa.
Se cere s ă se calculeze cealalt ă dimensiune (h = ?) a sec țiunii
transversale a barei.
Rezolvare Problema este de dimensionare. Se utilizeaz ă relația cunoscut ă:

Wm mtn e cMt
a, , == =⋅⋅
τ61 0
8043675 1 0

Din rela ția:
W t = β b3
rezultă coeficientul β:

β= = =⋅ W
bt
34
3751 0
5006,,

Cu ajutorul Tabelului 8.2-2, prin interpolare, se determin ă
parametrul m:

m = 2 ……………………………………… β = 0,439
m = ? ……………………………………… β = 0,6
_________________________________________________________________________

m==⋅062
0 43927 3.
,,

Știind că m = h / b, se ob ține cealalt ă dimensiune (h) a sec țiunii
transversale: h = m · b = 2,73 · 50 = 136,5 mm
Exemplul nr.3. Să se verifice (
τa = 80 MPa) șisă se calculeze
unghiul de r ăsucire al unei bare drepte de lungime l = 6 m, aflat ă sub

369acțiunea unui moment de torsiune constant M t = 2 kNm, a c ărei
secțiune transversal ă are forma din Fig.8.2-5. Se cunosc: h 1 = 80
mm, b 1 = 40 mm, h 2 = 90 mm, b 2 = 15 mm, h 3 = 120 mm, b 3 = 20 mm,
G = 8 104 MPa.
Rezolvare
Pentru calculul la r ăsucire al profilului cu o sec țiune compus ă
(vezi Fig.8.2-5), sec țiunea se împarte în trei suprafe țe: talpa de sus
(dim. b
1 x h 1), inima (dim. b 2 x h 2) și talpa de jos (dim. b 3 x h 3).
Problema este de verificare, condi ția de rezisten ă, solicitarea de
torsiune. Pentru acest profil, tensiunea tangen țială maximă, se calculeaz ă
cu relația 8.2-1:

τmax=M
Wt
t
și trebuie precizat locul unde se produce aceast ă tensiune maxim ă. În
relația anterioar ă, W t este modulul de rezisten ță la răsucire al sec țiunii
și se determin ă cu relația 8.2-8:

()WtIt
Itn
Wtn=
max
b1
b2
b3 h2 h1
h3
Fig.8.2-5

370iar, I t este momentul de iner ție la răsucire al întregii sec țiuni, moment
care se calculeaz ă cu relația 8.2-3:
I
t = I t1 + I t2 + I t3
cu I
t1 , I t2 , It3 , momentele de iner ție la răsucire al fiec ărei suprafe țe
simple a sec țiunii din Fig.8.2-5.
Calculul se face pentru fiecare por țiune (suprafa ță simplă).
Pentru talpa de sus : h1 = 80 mm, b 1 = 40 mm, m = h 1 / b 1 = 2,

I t1 = α (b1)4 = 0,457 404 = 116,992 104 mm4

W t1 = β (b1)3 = 0,493 403 = 31,552 103 mm3

I
Wt
tmm1
14
3116 992 10
31 552 1037 079 ==⋅
⋅,
,,

Valorile coeficien ților α și β, s-au luat din Tabelul 8.2-2, pozi ția 1.
Pentru inima profilului : h2 = 90 mm, b 2 = 15 mm, m = h 2 / b 2 =
6 > 4. Rezult ă cazul din pozi ția 2, Tabelul 8.2-2.

() () Imb m mt21
3 231
344 406 3 6 06 3 1 5 90 6 1 1 0=− =−⋅ = ⋅ ,, ,

() () W mb m m t21
3 23 1
333 30 63 6 0 63 15 6 041 10=− =−⋅= ⋅ ,, ,

I
Wt
tmm2
24
39 06110
6 0411015 ==⋅
⋅,
,

Pentru talpa de jos : h3 = 120 mm, b 3 = 20 mm, m = h 3 / b 3 = 6 >
4. Rezultă cazul din pozi ția 2, Tabelul 8.2-2.

() () Imb m mt31
3 341
344 406 3 6 06 3 2 0 2 86 4 1 0=− =−⋅= ⋅ ,, ,

() () Wm b m mt31
3 331
334 306 3 6 06 3 2 0 1 43 2 1 0=− =−⋅ = ⋅ ,, ,

371 I
Wt
tmm3
34
328 64 10
14 32 1020 ==⋅
⋅,
,

Se calculeaz ă acum caracteristica I t:
I
t = I t1 + I t2 + I t3 = 116,992 104 + 9,061 104 + 28,64 104 =
= 154,693 104 mm4.
Se poate constata c ă:

I
WI
WI
Wt
tt
tt
t1
13
32
2>>

de unde rezult ă:

I
WI
Wtn
tnt
tmm⎛
⎝⎞
⎠==
max,1
137 079

Rezult ă de aici, c ă tensiunea tangen țială maximă se atinge în
talpa de sus și mai precis la mijlocul dimensiunii maxime
(dimensiunea h 1) a tălpii de sus.
Rela ția pentru W t, este:

()3 3
079,3710693,15410 719,414
11
maxmm W
tWtIt
tnWtnIt I I
t ⋅= ===⋅

Se poate calcula tensiunea tangen țială maximă:

MPa MPaa WM
tt80 93,4736
10719,41102
max =< ===⋅⋅τ τ

Condi ția de rezisten ță cerută, este satisf ăcută.
Unghiul maxim de r ăsucire al barei , se calculeaz ă cu relația 8.2-2:

Δϕ=⋅
⋅Ml
GIt
t

372
relație, care explicitat ă pentru problema studiat ă, devine:

0
10 693, 154 108106 10255,5 rad 0969,04 43 6= = =ϕΔ⋅ ⋅⋅⋅⋅⋅

373 Tabelul 8.2-2
Po-
ziția Forma
secțiunii Momentul de iner ție
al secțiunii la
răsucire
It [mm4] Modulul de
rezistență la
răsucire
Wt [mm3] Punctele cu tensiune
tangențială maximă
τmax = M t / W t
Observații

1

α b
4

β b
3
La mijlocul laturii mai mari:
τmax = M t / W t
La mijlocul laturii mai scurte:
τ = γ τmax Valorile coeficien ților α, β, γ

m = h / b α β γ

1,0 0,140 0,208 1,0
1,5 0,294 0,346 0,859 2,0 0,457 0.493 0,795 3,0 0,790 0,801 0,753 4,0 1,123 1,150 0,745

2

(m-0,63)b
4
3

(m-0,63)b3
3 În punctele de pe
latura lung ă, cu
excepția
colțurilor:
τmax=M t / W t

La mijlocul
laturii scurte:
τ = 0,74 τmax Valorile coeficien ților α, β, γ

m = h / b α β γ
6,0 1,789 1,789 0,743 8,0 2,456 2,456 0,742 10,0 3,123 3,123 0,742 Pentru m > 4, se pot utiliza atât valorile
coeficienților α, β, γ cât și formulele indicate la
această poziție.
bh
b h

374

3

h
2 b2 t1 t2

Ht2+Bt 1-(t1)2-(t2)2

W
t1 = 2 h b t 1

Wt2 = 2 h b t 2
La mijlocul
laturii lungi:

τ1 = M t / W t1

La mijlocul
laturii scurte:

τ2 = M t / W t2

La colțurile interioare, se produce o concentrare
puternică a tensiunii tangen țiale, care poate
ajunge la limita de curgere a materialului. În cazul unor racord ări făcute cu raza r,
coeficientul de concentrare, este:

ατ
c r=17 43,max

4

Π m
2
It = · b4
16 m2+1
16 A
4
=
Π b h (b2+h2)

Π b
3
Wt1 = m =
16
Π b
2 h
= 16

La extremitatea
semiaxei mici:

τmax = M t / W t

La extremitatea
semiaxei mari:

τ = τmax / m

h
bm=> 1

A – aria sec țiunii
h
b bbb
t1
h
BHH
t2

3758E. Calculul la r ăsucire al barelor drepte de sec țiune
circulară sau inelar ă (Probleme propuse)

Un arbore este antre nat prin roata 0 de c ătre un motor de putere
P0 = 70 kW sub tura ția n = 300 rot/min, pe care o distribuie prin ro țile
1 și 2 la dou ă mașini consumatoare de puteri P 1 = 30 kW, respectiv P 2
= 40 kW (Fig.8E.1). Se cer:
a) diametrul arborelui pe cele dou ă tronsoane pentru τa = 40
MPa
b) raportul lungimilor celor dou ă tronsoane astfel încât r ăsucirea
relativă între roțile 1 și 2 să fie nulă (cele dou ă roți să aibă
aceeași răsucire).

Pentru arborele circular din Fig.8E.2 se cer: a) diagrama momentului de r ăsucire
b) verificarea arborelui din condi ția de rezisten ță la torsiune
c) răsucirea relativ ă între roțile 1 și 2.
Se cunosc: n = 200 rot/min, d = 60 mm, G = 8,5 ⋅10
4 MPa, a =
0,5 m, P 1 = 30 kW, P 2 = 70 kW, P 0 = 100 kW.

8E.1
0 1 2
P0P1 P2a1 a2d
Fig.8E.1
8E.2
0 1 2
P0P1 P2a 2ad
Fig.8E.2

376

Pentru sistemul de transmisie din Fig.8E.3 se cer:
a) diagrama momentului de torsiune
b) verificarea condi ției de rezisten ță și de rigiditate ale arborelui
c) răsucirea relativ ă între roțile 0 și 1
Se dau: d = 110 mm, P 0 = 160 kW, P 1 = 100 kW, P 2 = 60 kW, n
= 100 rot/min, τa = 80 MPa, θa = 0,4 0/m, G = 8⋅104 MPa, a 1 =
0,4 m, a 2 = 0,6 m.

Pentru arborele circular din Fig.8E.4 se cer:
a) diagrama momentului de r ăsucire
b) dimensionarea arborelui din condi ția de rezisten ță și rigiditate
c) răsucirea relativ ă între roțile 1 și 0.
Se cunosc: P
0 = 120 kW, P 1 = 50 kW, P 2 = 50 kW, P 3 = 20 kW, n =
250 rot/min, τa = 60 MPa, θa = 0,3 0/m, G = 8⋅104 MPa, a = 1 m.

8E.3
1 0 2
P1P0 P2a1 a2d
Fig.8E.3
8E.4
2 0 3
P2P0 P3 a d
Fig.8E.4P1 1

377

Pentru arborele circular din Fig.8E.5 se cer:
a) diagrama momentului de r ăsucire
b) verificarea condi ției de rezisten ță și a celei de rigiditate.
Se cunosc: P 0 = 600 CP, P 1 = 200 CP, P 2 = 100 CP, P 3 = 300 CP,
n = 300 rot/min, d = 120 mm, τa = 50 MPa, θa = 0,3 0/m, G = 8 ⋅104
MPa.

Pentru bara circular ă având sec țiunea variabil ă din Fig.8E.6 se
cer:
a) diagrama momentului de r ăsucire
b) încărcarea capabil ă (M
0 = ?) pentru τa = 60 MPa, θa = 0,3 0/m
c) răsucirea cap ătului liber al barei ( ϕ1 = ?).
Se cunosc: d = 60 mm, a = 0,4 m, G = 8 ⋅104 MPa.

8E.5
0 2 3
P0 P2P3 d
Fig.8E.5P1 1
8E.6
a 2M 0 3M 0
1
2a2d d
Fig.8E.6 2 3

378

Pentru bara dreapt ă circulară din Fig.8E.7 se cer:
a) diagrama momentului de torsiune
b) diametru barei pentru τa = 50 MPa, θa = 0,3 0/m
c) răsucirea maxim ă a barei.
Se cunosc: M 0 = 2 kNm, a = 0,2 m, G = 8 ⋅104 MPa.

Pentru bara circular ă din Fig.8E.8 se cer:
a) diagrama momentului de r ăsucire
b) încărcarea capabil ă (M
0 = ?) pentru τa = 60 MPa, θa = 0,3 0/m
c) răsucirea sec țiunii 1.
Se cunosc: d = 50 mm, a = 300 mm, G = 8 ⋅104 MPa.

Pentru bara circular ă de secțiune variabil ă din Fig.8E.9 se cer:
a) diagrama de momente de r ăsucire 8E.7
M0
a 2ad
Fig.8E.71
8E.8
1 M0
a 2ad
Fig.8E.82d
A B
8E.9

379b) dimensiunea d pentru τa = 50 MPa, θa = 0,3 0/m
c) răsucirea sec țiunii 2.
Se cunosc: M 0 = 4 kNm, a = 200 mm, G = 8 ⋅104 MPa.

Pentru bara circular ă din Fig.8E.10 se cer:
a) diagrama momentului de torsiune
b) încărcarea capabil (M
0 = ?) pentru τa = 50 MPa
c) răsucirea relativ ă între secțiunile 1 și 2.
Se cunosc: d = 100 mm, a = 500 mm, G = 8 ⋅104 MPa.

Pentru bara circular ă cu secțiune variabil ă din Fig.8E.11 se cer:
a) diagrama momentului de r ăsucire
b) tensiunea maxim ă (τ
max = ?) și răsucirea maxim ă (θmax = ?)
c) răsucirea sec țiunii 2 (ϕ2 = ?).
Se cunosc: M 1 = 2 kNm, M 2 = 6 kNm, d = 100 mm, a = 200 mm,
G = 8⋅104 MPa. 2 M0
a a d
Fig.8E.92d
A B 1
a
8E.10
M0
a 2ad
Fig.8E.101 2 A B3M 0
a
8E.11

380

Pentru bara circular ă încastrată la un cap ăt din Fig.8E.12 se cer:
a) diagrama momentului de r ăsucire
b) forța capabilă pentru τ
a = 40 MPa
c) răsucirea maxim ă.
Se cunosc: d = 60 mm, a = 250 mm, G = 8 ⋅104 MPa.

Pentru arborele de sec țiune inelar ă din Fig.8E.13 se cer:
a) diagrama momentului de r ăsucire
b) tensiunea tangen țială maximă (τ
max = ?)
c) răsucirea relativ ă între roțile 0 și 1.
Se cunosc: D = 100 mm, d = 60 mm, P 0 = P 1 = 200 kW, n = 150
rot/min, a = 1 m, G = 8 ⋅104 MPa.
1M1
a 2ad
Fig.8E.112d
A B2
a M2
8E.12
F
Fa
a4a
d
Fig.8E.12
8E.13

381

Arborele circular din Fig. 8E.14 transmite o putere P
0 = 80 kW
sub o tura ție n. Se cer:
a) valoarea momentului de r ăsucire care solicit ă arborele
b) turația maximă sub care poate func ționa arborele
c) răsucirea specific ă maximă a arborelui.
Se cunosc: d = 80 mm, τa = 50 MPa, G = 8 ⋅104 MPa.

Printr-un arbore circular se antreneaz ă o mașină unealtă a cărei
putere de ac ționare este P
1 = P 0 (Fig.8E.15). Se cer:
a) diagrama momentului de r ăsucire pe care îl poate accepta
arborele
b) puterea maxim ă (P 1,max = ?) cu care poate ac ționată mașina
unealtă
c) răsucirea relativ ă a arborelui între ro țile de acționare 1 0
P1P0 a d
Fig.8E.13 D
8E.14
P0d
Fig.8E.14
8E.15

382Se cunosc: d = 100 mm, a = 800 mm, n = 100 rot/min, τa = 40
MPa, G = 8 ⋅104 MPa.

Un arbore de sec țiune circular ă, având diametrul d = 100 mm și
lungimea a = 2 mm se rote ște cu tura ția n = 200 rot/min.
Cunoscând unghiul de r ăsucire specific admis θ
a = 0,3 0/m, se
cer:
a) puterea maxim ă (P0,max = ?) pe care o poate transmite arborele
b) tensiunea tangen țială maximă (τmax = ?) din arbore la
încărcarea determinat ă la punctul a).

Pentru sistemul din Fig.8E.17 se cer:
a) tensiunea tangen țială maximă (τ
max = ?) din bara orizontal ă
circulară
b) tensiunea normal ă maximă (σc,max = ?) din cele dou ă cabluri
c) răsucirea maxim ă (ϕ1,max = ?) a cap ătului liber al barei
orizontale.
Se cunosc: M 0 = 0,12 kNm, A cablu = A c = 400 mm2, D = 80 mm,
d = 20 mm, E = 2 ⋅105 MPa, G = 8 ⋅104 MPa (G = 0,4 E), a = 200
mm.

1 0
P1P0 a d
Fig.8E.15
8E.16
8E.17

383

Pentru sistemul din Fig.8E.18 se cer:
a) tensiunea tangen țială maximă (τ
max = ?) din bara orizontal ă
b) tensiunea normal ă maximă (σc,max = ?) din cabluri
Se cunosc: M 0 = 7 kNm, a = 1m, d = 100 mm, d c = 20 mm, E =
2⋅105 MPa, G = 8 ⋅104 MPa (G = 0,4 E).

Pentru sistemul din Fig.8E.19 se cer:
a) tensiunea tangen țială maximă (τ
max = ?) din bara orizontal ă 4a aM01d
D
10a10a
Fig.8E.17
8E.18
2a2a
a a dM0dc
dc
Fig.8E.18
8E.19

384 b) tensiunea normal ă maximă (σc,max = ?) din cabluri
Se cunosc: M 0 = 0,08 kNm, a = 4 00 mm, d = 20 mm, A c = 200
mm2, E = 2⋅105 MPa, G = 8 ⋅104 MPa (G = 0,4 E).

Pentru sistemul din Fig.8E.20 se cer:
a) tensiunea tangen țială maximă (τ
max = ?) din bara orizontal ă
b) tensiunea normal ă maximă (σc,max = ?) din cabluri
c) răsucirea relativ ă între roțile B și C (ΔϕB-C = ?)
Se cunosc: A c = π⋅d4/64 mm2, G = 0,4 E.

2aM0
d
Fig.8E.19 2M 0a
4d
a a
8E.20
aM0d
Fig.8E.20 2a
8d
2aa 1 2
B C4d Ac2Ac

385 8R. Calculul la r ăsucire al barelor drepte de sec țiune
circulară sau inelar ă (Răspunsuri)

a)

d1-0 = 50 mm, d 0-2 = 55 mm
b) a 1/a2 = M t2 ⋅Ip1 / M t1 ⋅Ip2 = 1,001

a)

b) M
t,max = 3,3425 kNm ⇒τ max = 78,85 MPa
c) Δϕ1-2 = 7,447⋅10-8 rad = 0,00004260

a)

8R.1 1,273 kNm 0,955 kNm
2,228 kNm
1,273 0,955
1,2730,955
Mt [kNm]
8R.2
3,3425 kNm 1,4325 kNm
4,775 kNm
3,3425 1,4325
3,34251,4325
Mt [kNm]
8R.3
5,73Mt,0
15,28 Mt [kNm] Mt,1 Mt,2
15,285,73

386 b) M t,max = 15,28 kNm ⇒ τmax = 58,49 MPa < τa, θmax =
1,329⋅10-5 rad = 0,76 0/m > θa
c) Δϕ0-1 = 0,00531 rad = 0,30

a)

b) M
t,max = 2,674 kNm ⇒ drez = 61 mm, d rig = 90 mm. Se adopt ă
d = max (d rez; drig) = 90 mm
c) Δϕ1-0 = 0,0037 rad = 0,2120

a)

b) M
t,max = 7,02 kNm ⇒ τmax = 20,7 MPa, θmax = 0,0431 rad/mm
= 2,47 0/mm >> θa.

8R.4
1,91
2,674Mt,0
Mt [kNm] Mt,1 Mt,2
0,764 Mt,3
1,91
2,674
8R.5
4,68 7,02
4,68Mt,0
Mt [kNm] Mt,1 Mt,2
7,02 Mt,3
7,02
7,02

387

a)

b) Sec țiunea periculoas ă 1-2, M
t = 2 M 0 ⇒ M 0cap,rez = 1,271
kNm, M 0cap,rig = 0,53 kNm. M 0,cap = 0,53 kNm
c) ϕ1 =Δϕ1-3 = 0,675⋅10-3 rad = 0,380

a)

b) M
t,max = 0,67 M 0 ⇒ drez = 52 mm, d rig = 84 mm. Se adopt ă d =
84 mm
c) ϕmax = ϕ1 = 0,00068 rad = 0,0390.

a)

b) Sec țiunea periculoas ă 1-B, M
t = 0,9412 M 0 ⇒ M0,rez = 2,08
kNm, M 0,rig = 2,182 kNm. Se adopt ă M0,cap = 2,08 kNm 8R.6
2M 0 2M 05M 0 5M 0
M t
8R.7
0,67M 0 0,67M 0
0,33M 0 0,33M 0 M t
8R.8
0,0588M 0 0,0588M 00,9412M 0 0,9412M 0
M t

388 c) ϕ1 = ΔϕA-1 = Δϕ1-B = 1,495⋅10-3 rad = 0,08570

a)

b) Sec țiunea periculoas ă 1 – B, M
t = 3,6 kNm ⇒ drez = 72 mm,
drig = 97 mm. Se adopt ă d = 97 mm
c) ϕ2 = Δϕ1-2 = Δϕ1-B = 1,151⋅10-4 rad = 0,00660

a)

b) M
t,max = 3,5 M 0 ⇒ 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 M 0 0,5 M 0
0,5 M 0
3,5 M 0 3,5 M 0 M t
8R.11
0,444
1,5564,444
Mt [kNm]

389 b) Sec țiunea periculoas ă 2 – B, M t = 4,444 kNm ⇒ τmax = 22,64
MPa, θmax = 5,661⋅10-6 rad/mm = 0,324 0/m
c) ϕ2 = ΔϕA-2 = Δϕ2-B = 5,661⋅10-4 rad = 0,0320

a)

b) F
cap = 3,3912 kN
c) ϕmax = 16,67⋅10-3 rad = 0,9550

a)

b) τ
max = 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) P
0 = P 1 = 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]

390c) Δϕ = 0,8⋅10-2 rad = 0,4580

a) M
t,max = 4,108 kNm, P 0,max = 86 kW
b) τmax = 20,93 MPa.

Schema echivalent ă pentru arbore:

Schema deforma țiilor:

tgϕ
N ≅ ϕN = Δl / (D/2), ϕt = (M 0 – M t)⋅4a / G⋅Ip ⇒

()
pt 0
cc
IG8a M M
DAE10aN2
⋅⋅−=⋅⋅⋅⋅ (1)

c c t N80 ND M ⋅=⋅= ( 2 )

Din (1) și (2) ⇒ NC = 1,48 kN, M t = 0,1184 kNm
a) Secțiunea periculoas ă la torsiune es te înspre cap ătul liber al
barei. M t,max = 0,12 kNm , τmax = 76 MPa.
b) Nc = 1,48 kN, σc,max = N c / A c = 3,7 MPa 8R.16
8R.17
M0 Mt = D⋅Nc = 80 N c
4a a
DΔl
ϕN = ϕt

391c) ϕ1,max = 1,140

a) τ
max ≅ 30,6 MPa
b) σmax ≅ 31,8 MPa

a) τmax ≅ 100 MPa
b) σmax ≅ 100 MPa

a) τ
max ≅ 0,052 M 0/π⋅d3
b) σ1,max ≅ 3,3 M 0/π⋅d3, σ2,max ≅ 0,45 M 0/π⋅d3
c) ΔϕB-C ≅ 0,57 M 0⋅a/G⋅π⋅d4

8R.18
8R.19
8R.20

392

BIBLIOGRAFIE
1. Babeu T : Rezistența Materialelor , Lito I.P."T.V." Timi șoara,
1980
2. Beleaev N. M : Rezistența Materialelor , Vol.I – II, Ed. Tehnic ă,
București, 1956
3. Buga M., ș. a. Probleme alese de rezisten ța materialelor, Lito. U.
P. Bucure țti, 1995
4. Buzdugan G. : Rezistența Materialelor , Ed. Academiei R.S.R.,
București, 1986
5. Deutsch I., Goia I., Curtu I., Neam țu T., Sperchez F. : Probleme
de Rezisten ța Materialelor , Ed. Didactic ă și Pedagogic ă,
București, 1983
6. Neguț N., Rezistența materialelor. Teorie și aplicații. Editura
POLITEHNICA Timi șoara, 2003
7. Hajdu I.: Rezistența Materialelor , Lito I.P. "T.V." Timi șoara, 1983
8. Hlușcu M., Culegere de probleme din rezisten ța materialelor ,
Fascicula 2, Lito U. P. T., 1995 9. Miroliubov I. ș. a. Resistance des materiaux , Editions MIR,
Moscou, 1971 10. Ryder, G., H. ,
Strength of Materials, Macmillan Third Edition in
S. I. Units, 1969 11. Tripa P. Etape și modele de rezolvare a problemelor de rezisten ța
materialelor , Vol 1, Editura MIRTON, Timi șoara, 1998
12. * * * Probleme date la concuesul professional- științific „C. C.
Teodorescu” la Rezisten ța materialelor