Statika Isak Karabegovic

U znak sje anja na asistente erifa Behi a, dipl. ing. Enesa Musli a, dipl. ing.

Dr. Isak KARABEGOVI]

STATIKA III izdanje

TEHNI^KI FAKULTET BIHA]

UNIVERZITET U BIHA]U Tehni~ki fakultet u Biha}u Autor:

Prof. dr. Isak Karabegovi}, dipl. in`.

Recenzenti:

Prof. dr. Milan Jurkovi}, red. prof. Tehni~kog fakulteta u Biha}u Prof. dr. Franko Rotim, red. prof. Fakulteta prometnih znanosti, Zagreb Prof. dr. Budimir Mijovi}, van. prof. Tehni~kog fakulteta u Biha}u

Urednik:

Dr. Isak Karabegovi}

Lektor:

Ratmira Pjani}

Korektor:

Urednik

Tehni~ki urednik: Samir Voji} Izdava~:

Tehni~ki fakultet Biha}

Za izdava~a:

Dr. Isak Karabegovi}

Tira`:

1.000 primjeraka

[tampa:

”GRAFIÂR” Biha}

CIP – Katalogizacija u publikaciji Nacionalna i univerzitetska biblioteka Bosne i Hercegovine, Sarajevo 624.071/.078(075.8) KARABEGOVI], Isak Statika / Isak Karabegovi}. – 3. izd. Biha} : Tehni~ki fakultet, 2004. - 427 str. i graf. prikazi ; 24 cm – (Edicija Univerzitetska knjiga) Bibliografija: str. 423-424 ISBN 9958-624-03-6 COBISS.BH-JD 6409478

Na osnovu Mi{ljenja Federalnog ministarstva obrazovanja, nauke, kulture i sporta br. 02-413-7029/98 od 9.12.1998. godine ovo izdanje uvr{teno je u kategoriju proizvoda koji su oslobo|eni poreza na promet (Zakon o porezu na promet proizvoda i usluga, ~lan 19. ta~ka 12 – ”Slu`bene novine Federacije Bosne i Hercegovine” br. 6/95 i 25/97).

4

PREDGOVOR T R E ˘ E M IZDANJU Ova knjiga predstavlja dopunjeno i pro ireno izdanje ud benika TehniŁka mehanika I Statika koji je tampan 1995. godine i ud benika Statika koji je tampan 1998. godine. Knjiga je namijenjena studentima tehniŁkih fakulteta, a pisana je po programu ovog predmeta na ma inskim fakultetima univerziteta Bosne i Hercegovine. Pored izlaganja materija analitiŁkom i grafiŁkom metodom, kori tena je vektorska metoda, koja nesumnjivo ima Łitav niz prednosti. Imaju i u vidu da relativno mali broj zakona i teorema TehniŁke mehanike ima iroku primjenu u svim oblastima tehnike, a posebno u proizvodnom ma instvu, mnogo prostora u ud beniku dato je primjerima i metodama rje avanja zadataka. U svakom poglavlju rije en je odre eni broj zadataka sa neophodnim teorijskim komentarom u cilju da se pomogne studentima u njihovom samostalnom radu na prihvatanju i primjeni zakona i teorema ove nauŁne discipline. ZnaŁaj TehniŁke mehanike u obrazovanju visoko kolskih kadrova ma inske struke za njihov budu i rad od ogromnog je znaŁaja. Proizvodnja sve vi e tra i struŁnjaka sa solidnom osnovom fundamentalnih teorijskih znanja. Iskreno se zahvaljujem prof. dr. Milanu Jurkovi u, prof. dr. Du anu Mi evi u, te prof. dr. Franku Rotimu na vrlo korisnim savjetima u izradi ovog ud benika. Zahvalan sam i asistentu Samiru Voji u na kompjuterskoj ispravci teksta. Autor se nada da e pomenute ciljeve ovaj ud benik posti i u velikoj mjeri. Unaprijed se zahvaljujem studentima, kolegama i Łitaocima koji e svojim primjedbama i savjetima pomo i da se otklone pogre ke i manjkavosti u ud beniku, jer sam svjestan da ih unatoŁ uzastopnoj provjeri nismo mogli otkloniti. Biha , 20. januar 2004. godine Autor Prof. dr. Isak Karabegovi , dipl. ing. 3

4

Popis va`nijih oznaka SIMBOL

JEDINICA

A →→ → A ,B ,C , A, B, C, A a, b, c, d, C d → F, F, → FG , FG Fµ , Fn Fq

m2 Nm m m N N N N

→ Fr, Fr,

N

→ FR, FR

N

F[ FS Fa, Fz

N N N

Fx, Fy, Fz

N

G g I → M, M

N m/s2 m Nm

Mf Ms Mpr Mµ Mx, My, Mz m

Nm Nm Nm Nm Nm kg

NAZIV povr{ina vektori integracione konstante rad duìne kulmanova linija pre~nik sila, vektor sile sila teà, vektor sile teè sila trenja i normalna sila sila kontinuiranog optere}enja rezultanta, vektor rezultante glavni vektor sistema sila sila u {tapu sila u uètu aksijalna i trasverzalna komponenta sile skalarne komponente sile teìna ubrzanje zemljine teè duìna moment, vektor momenta moment savijanja moment stabilnosti moment prevrtanja moment trenja komponente momenta masa 5

6

q, → q r, R S S1, S2 s v, → v V x, y, z α, β, γ, θ, δs, δz, µ

N/m m N m m/s m3 m -

µ0 µK ϑs ∇

-

kontinuirano optere}enje polupre~nik teì{te, sredi{te sile u {tapovima put brzina, vektor brzine zapremina koordinate uglovi virtualni pomak koeficijent trenja (kineti~ki) koeficijent trenja (stati~ki) koeficijent kotrljanja koeficijent stabilnosti Hamiltonov operator

1.1. [TA JE MEHANIKA Mehanika kao grana prirodnih nauka temelji se na opaànjima, iskustvima, pokusima i na teoriji. Naziv mehanika (koja je to ime dobila po Galileju) dolazi od gr~ke rije~i ” mehane”, {to ima zna~enje stroja ili sprave. Mehanika, koju ~esto nazivamo i klasi~na mehanika, kao nauka se javlja jo{ u starih Grka, me|utim svoje savremene temelje poprima u radovima Isaca Newtona. Mehanika je nauka o op}im zakonima mehani~kog kretanja i ravnoteè materijalnih tijela. Krug problema koje izu~ava mehanika stalno se {iri, obuhvataju}i sve nove i nove oblasti nauke i tehnike.To je dovelo do toga da su mnogi dijelovi teorijske mehanike, zbog specifi~nog objekta posmatranja i primjene matemati~kih metoda, postali potpuno samostalne nau~ne discipline (mehanika fluida, teorija elasti~nosti, otpornost materijala, teorija regulisanja, teorija mehanizama i ma{ina, nebeska mehanika i dr.). Sada se pod teorijskom mehanikom obi~no podrazumijeva srazmjerno mali dio: mehanika materijalne ta~ke, mehanika apsolutno krutih tijela i mahanika sistema materijalnih tijela. Treba imati u vidu da klasi~na mehanika samo pribli`no ta~no opisuje prirodu, jer je zasnovana na postulatima koji sasvim ta~no ne opisuju geometriju tijela i karakter mehani~kog uzajamnog dejstva tijela. To je postalo o~igledno poslije Einstein-ove specijalne teorije relativnosti, na kojoj se zasniva relativisti~ka mehanika. Saglasno teoriji relativnosti ne postoji apsolutno vrijeme niti apsolutni prostor. Postankom relativisti~ke mehanike nije negirana klasi~na mehanika. Klasi~na mehanika je poseban slu~aj relativisti~ke mehanike, koja ne gubi svoju vrijednost, jer njeni zaklju~ci pri brzinama kretanja dovoljno malim su u odnosu na brzinu svjetlosti, sa velikom ta~no{}u zadovoljavaju potrebe mnogih grana savremene tehnike. Savremena mehanika je samostalna nauka koja se ~esto naziva i mehanikom kontinuuma, gdje se pojave kretanja materije prete`no prou~avaju teorijskim putem sluè}i se samo matemati~kim sredstvima. Osnovna podjela mehanike je:

Mehanika Kinematika

Dinamika Statika

Kinetika 7

Tehni~ka mehanika je kao zasebna disciplina mehanike, prakti~no se koristi u rje{avanju inènjerskih problema. Tehni~ka mehanika kao dio mehanike moè se podijeliti na: Statika Kruto tijelo

Statika krutih tijela

Elasti}no

Otpornost

Te~no Gasovito

Hidrostatika Aerostatika

Kinetika Kinetika krutih tijela Hidrodinamika Gasodinamika

Mehanika je temelj i brojnim drugim inènjerskim znanjima i disciplinama postaju}i tako njihov sastavni dio. U ma{instvu mehanika je temeljni predmet. Kinematika prou~ava kretanje tijela sa ~isto geometrijske ta~ke gledi{ta, tj. ne uzima u obzir sile koje djeluju izme|u tijela. U dinamici se kretanje tijela izu~avaju u vezi sa silama koje djeluju izme|u materijalnih tijela. U ovoj knjizi prou~avamo zakone slaganja sila i uslove ravnoteè materijalnih tijela na koja djeluju sile. Pretpostavit }emo da su tijela apsolutno kruta, {to zna~i da tijela bez obzira na veli~inu djeluju}ih sila ne}e biti deformirana. Stvarne konstrukcije nisu nikada apsolutno krute, jer se pod optere}enjem deformiraju, ali te deformacije obi~no su male da prete`no ne uti~u niti na uvjete ravnoteè, niti na kretanje tijela koja prou~avamo, pa ih zbog tog razloga moèmo izostaviti. Pod ravnoteòm podrazumjevamo stanje mirovanja tijela u odnosu na druga tijela. Ako tijelo u odnosu na koje posmatramo ravnoteù drugih tijela moè se smatrati da je nepokretno, tad se ravnoteà uvjetno naziva apsolutna, u suprotnom slu~aju je relativna ravnoteà. U ovoj knjizi (STATICI), prou~avat }emo samo apsolutnu ravnoteù. Da bi kruto tijelo pod djejstvom nekog sistema sila bilo u ravnoteì, potrebno je da te sile zadovolje odre}ene uvjete koji se nazivaju uvjeti ravnoteè datog sistema sila. Odre|ivanje tih uvjeta je osnovni zadatak statike. Da bi odredili uvjete ravnoteè, potrebno je prethodno prou~iti kako se slaù sile koje djeluju na jedno tijelo, kako se dati sistem sila moè zamijeniti s drugim sistemom sila i svesti na prostiji oblik. Zaklju~ujemo da sadràj statike krutog tijela ~ine dva osnovna zadatka: a) svo|enje sistema sila, odnosno, kako dati sistem sila zamijenit drugim, najprostijim sistemom i njemu ekvivalentnim sistemom sila, b) zadatak o ravnoteì, odnosno, koje uvjete mora zadovoljiti sistem sila koji djeluje na jedno tijelo da bi on bio uravnoteèn sistemu sila. Kod rje{avanje prvog osnovnog zadatka statike, moraju biti poznate sve sile koje djeluju na kruto tijelo. Drugi dio zadataka stsike ~esto se odnosi na slu~ajeve kada ravnoteà nesumnjivo postoji. Ovdje uslovi ravnoteè daju me|usobnu zavisnost sila koje djeluju na tijelo. 1.2. SILA Osnovni pojam u mehanici, a posebno u statici, jeste pojam sile. Sila se defini{e kao koli~inska mjera mehani~kog uzajamnog djejstva materijalnih tijela. Uzajamna dejstva materijalnih tijela su veoma razli~ita po svojoj prirodi: u jednom slu~aju ona 8

nastaje kao rezultat neposrednog dodira tijela (pritisak jednog elementa ma{ine na drugi dio), a u drugim slu~ajevima uzajamna dejstva nastaju bez neposrednog dodira (uzajamna privla~enja tijela). Dejstvo sile na tijelo odre|uje se: napadnom ta~kom, napadnom linijom, brojnom vrijedno{}u (intenzitetom) i smjerom sile. Ovo nam ukazuje na to da je sila vektorska veli~ina. Napadna ta~ka sile i njen pravac odre|uju pravu liniju djelovanja sile. Silu moèmo predstaviti vektorom kao orjentisanu du` AB, pri ~emu je ta~ka A po~etak (napadna ta~ka), ta~ka B, kraj sile. Veli~ina duì AB je intenzitet sile prikazan u razmjeri, a smjer je prikazan strelicom na kraju B sile. (slika 1.1.)

Slika 1.1. Vektor sile

Za odre|ivanje intenziteta sile potrebno je utvrditi na~in upore|ivanja neke sile sa silom koju smo izabrali za jedinicu. Osnovna jedinica sile u me|unarodnom sistemu SI jeste Newton, o ~emu }e biti vi{e govora u narednom poglavlju o jedinicama. Sile koje djeluju na kruto tijelo dijele se na spolja{nje i unutra{nje. Spolja{nje sile su one koje djeluju na tijelo od strane drugih materijalnih tijela. Unutra{nje sile su one sile kojima djeli}i jednog istog materijalnog tijela djeluju jedni na druge. Spolja{nje sile mogu biti aktivne i pasivne (reakcije, sile veze). Sile koje djeluju na tijelo od strane drugih tijela, koje ograni~avaju kretanje datog tijela, zovu se reakcije. Tijelo koje nije vezano za drugo tijelo i moè slobodno da pre|e u bilo koji poloàj u prostoru, naziva se slobodno tijelo. Tijelo ~ije je kretanje u prostoru sprije~eno bilo kojim drugim tijelom zove se vezano (neslobodno) tijelo. 1.3. SISTEM SILA Skup sila koje djeluju na jedno kruto tijelo zove se sistem sila. Ukiliko napadne linije sila leè u jednoj ravni, za takav sistem sila kaèmo da je ravanski. Ako su napadne linije sila raspore|ene u prostoru, takav skup sila zovemo prostorni sistem sila. Ako se napadne linije sila sijeku u ravni u jednoj ta~ki, takav skup sila nazivamo su~eljeni sistem sila; a ako su napadne linije paralelne (iste leè u jednoj ravni), tada skup sila nazivamo sistem paralelnih sila; i ako su napadne linije sila proizvoljno raspore|ene u jednoj ravni, radi se o proizvoljnom ravnom sistemu sila (vidi slike 1.2., 1.3. i 1.4.). 9

→

Fn

→

F1 →

→

F2

F4 →

F3 ravan π

Slika 1.2. Sistem su~eljnih sila

Slika 1.3. Sistem paralelnih sila

Slika 1.4. Proizvoljan ravan sistem sila

Sistem sila koje djeluju na kruto tijelo moè se sastaviti od koncentrisanih sila (koje djeluju u jednoj ta~ki tijela) i kontinualno raspore|enih (koje djeluju na sve ta~ke zapremine tijela ili pak dijela njegove povr{ine ili linije). Pritisak kugle na horizontalnu ravan predstavlja koncentrisanu silu, pritisak cilindri~nog valjka na horizontalnu ravan predstavlja sile raspore|ene du` prave linije. Djelovanje sile teè predstavlja sistem sila raspore|enih na sve ta~ke zapremine tijela, dok pritisak pare u kotlu predstavlja sistem sila raspore|enih po povr{ini. 1.4. FIZIKALNE VELIÎNE Najopse`niji mjerni instrumenti ugra|eni su u ljudskom tijelu. Najve}i broj informacija o svijetu pruàju nam o~i i u{i koje registriraju i primaju zvukove. Tu su jo{ i osjetljivost na dodir, toplinu, hladno}u, ravnoteù, miris i okus. To su pomagala koja nam neposredno donose informacije, i nazivamo ih osjetilima i ~ulima. 10

ôvjek sve pojave promatra, osje}a i doìvljava subjektivno. Nauka se nemoè temeljiti na subjektivnim ljudskim osje}ajima, nego na objektivnim ~injenicama, na objektivnom iskustvu, a objektivne ~injenice se utvr|uju i objektivno iskustvo se stiè samo mjerenjem. Razmotrimo jednu najosnovniju fizikalnu pojavu, kao {to je vrijeme.Vrijeme se proteè u pro{lost, prije na{eg ro|enja, a nastavit }e se i poslije na{e smrti, stalno nam izmi~e i neda se zaustaviti, kao da ima svoj put. A kako vrijeme nastaje, veliko je i te{ko pitanje na koje ne}emo ni poku{ati odgovoriti. Kada u~imo, leìmo, tr~imo svjesni smo da vrijeme prolazi. Mjerilo za vrijeme ugra|eno je u nama, to su otkucaji srca, otprilike svake sekunde po jedan. Postoje i druga mjerila za vrijeme koja svi poznajemo. Mjerljiva svojstva objekata kao nihovih nosilaca nazivaju se veli~inama, tj. fizikalne veli~ine su prirodna svojstva objekta koja se mogu kvantitativno iskazati. Fizikalne veli~ine su, naprimjer: masa cigle, temperatura tijela, duìna {tapa, snaga ma{ine itd. Ali cigla, tijelo, {tap, ma{ina nisu fizikalne veli~ine, ve} njihovi objekti, njihovi nosioci. Zna~i, fizikalne veli~ine nisu sami prirodni objekti,ve} mjerljiva svojstva, atribut i ~ovjekove vizije o samim prirodnim pojavama. Svaka fizikalna veli~ina ima dvije vrijednosti: kvalitetnu, kojom se poku{ava opisati njena kvaliteta, njeno postojanje, kojom se iskazuje njena kvalitativna vrijednost ili koli~ina. Razni prirodni objekti, odosno fizikalna tijela, uvijek su nosioci jednog te istog mjerljivog svojstva. Npr. masa je svojstvo svih prirodnih objekata, svih fizi~kih tijela, svih ~estica i drugih. Me|utim, njihova kvantitativna vrijednost mase je razli~ita za svaki prirodni objekt, za svako fizi~ko tijelo pojedina~no. Jedan te isti objekat nosilac je vi{e razli~itih mjernih svojstava, iako sam objekt nije fizikalna veli~ina.Tako, na primjer, mjerljiva svojstva bakrenog {tapa su: duìna, volumen, masa, temperatura, toplotni kapacitet, toplotna vodljivost, unutarnja energija i drugo odnosno to su sve fizikalne veli~ine objekta - bakrenog {tapa. To vrijedi i za ostale objekte, tj. svaki objekat je nosilac vi{e razli~itih mjerljivih svojstava. Veli~ine kojim se vrijednosti mogu izraziti pozitivnim ili negativnim brojevima nazivaju se skalarnim veli~inama (masa, temperatura, vrijeme, energija, rad i td.). Veli~ine kod kojih se vrijednosti odre|uju dimenzijama i smijerom u prostoru nazivaju se vektorskim veli~inama (sila, momenat, ubrzanje itd.). Osim toga, ima i veli~ina vi{eg reda, tj. tenzorskih veli~ina. Podjela fizikalnih veli~ina mogu}a je na vi{e na~ina, prema razli~itim svojstvima i kriterijima. Fizikalne veli~ine mogu se svrstati u skupove prema svojim dimenzijama. Prema standardu ISO ta se podjela obavlja prema mjernim jedinicama. Prema na~inu definisanja fizikalne veli~ine se dijele na: - osnovne veli~ine i - izvedene veli~ine. Osnovne veli~ine se ne definiraju jedna~inama, ve} se definiraju opisom postupaka mjerenja i dogovorno se odabiru i progla{avaju na me|unarodnim sastancima i konferencijama, nakon odre|enog iskustva i saznanja o tim fizikalnim veli~inama. Za podru~je 11

mehanike dovoljne su tri osnovne veli~ine: duìna, vrijeme i masa. Na slici 1.5 prikazan je fizikalni sistem prema W. Westphalu, u kojem su za pojedina podru~ja nauke navede osnovne fizikalne veli~ine pomo}u kojih se mogu obraditi pojedina podru~ja nauke. Naziv osnovne veli~ine dolazi od toga {to se iz njih izvode i definiraju sve ostale fizikalne veli~ine. Broj osnovnih, odnosno nezavisnih veli~ina, nije stalan, on se s vremenom i razvojem nauke mijenjao. Prema dosada{njim odlukama Generalne skup{tine za mjere i utege CGPM ima sedam osnovnih i nezavisnih veli~ina, a to su: - duìna l, - masa m, - vrijeme t, - elektri~na struja I, - termodinami~ka temperatura T, - svjetlosna ja~ina I i - mnoìna ili koli~ina materije n. GEOMETRIJA duìna (1, L)

KINEMATIKA duìna (1), vrijeme (t)

MEHANIKA duìna (1), vrijeme (t), masa (m)

ATOMISTIKA I HEMIJA duìna (1), vrijeme (t), masa (m) koli~ina materije (n)

ELEKTRICITET duìna (1), vrijeme (t), masa (m) elektri~na struja (I)

TERMODINAMIKA duìna (1), vrijeme (t), masa (m) koli~ina materije (n) termodinami~ka temparatura

FIZIKALNA MATERIJA duìna (1), vrijeme (t), masa (m) temperatura (T), elektri~na struja (I)

Slika 1.5 Fizikalni sistem

Mjerenje fizikalnih veli~ina je upore|ivanje neke fizikalne veli~ine s dogovoreno izabranom veli~inom odre|ene vrijednosti. Ta dogovorena izabrana vrijednost naziva se mjerna jedinica ili kra}e jedinica. 12

Pored veli~ina koje moèmo mjeriti direktno ima i veli~ina koje je jednostavnije mjeriti posredno. To se izvodi posredno mjerenjem onih veli~ina kojima su one definisane i njihovim izra~unavanjem pomo}u fizikalnih zakona koji ih povezuju. Mjerenje je skup pokusnih radnji kojima se iskazuje kvantitativna vrijednost fizikalnih veli~ina, a mjerna jedinica, polazna je ili referentna fizikalna veli~ina. Sekunda je mjerna jedinica za mjerenje vremena. Mjerenje vremena zasniva se na jednostavnom principu brojanja, a brojanje je dio matematike. Takvo brojanje sekundi, sati, dana, itd.. kojim se mjeri vrijeme, naziva se mjerni broj ili broj~ani iznos. Prema tome broj~ani iznos neke veli~ine je broj kojim treba pomnoìti mjernu jedinicu da se dobije kvantitativna vrijednost fizikalne veli~ine. Moèmo to izraziti na slijede}i na~in: vrijednost veli~ine = broj~ani iznos x mjerna jedinica. Da bi se ovi pojmovi mogli prikazati u matemati~kom obliku, upotrebljavaje se velika i mala slova latinice i gr~ka slova. To se za neku veli~inu X moè pisati da je x = {x}[ x], ili rije~ima: veli~ina = broj~ani iznos x jedinica. Gornja jedna~ina predstavlja osnovnu jedna~inu o veli~inama , tj. osnovnu jedna~inu. Ta jedna~ina se moè iskazati i u slijede}em obliku: x {x} =  [x] ili rije~ima :

broj~ani iznos = veli~ina /jedinica. Osnovna jedinica SI

Fizikalna veli~ina

Redni broj

Naziv duìna

Znak l, (L)

Naziv

1

metar

Znak m

2

masa

m

kilogram

kg

vrijeme

t

sekunda

s

3 4

elektri~na struja

I

amper

A

5

termodinami~ka temparatura

kelvin

K

6

koli~ina materije

T n

mol

mol

svjetlosna ja~ina

Iv

candela

cd

7

Tabela 1.1. Osnovne mjerne jedinice Me|unarodnog sistema (SI)

Definisanje osnovnih jedinica Me|unarodnog sistema (SI): Metar je duìna puta koji svjetlost pre|e u vakuumu za vrijeme jednog 299792458- og dijela sekunde. Kilogram je masa me|unarodne pramjere kilograma. Sekunda je trajanje 9192631770 perioda zra~enja koje odgovara prijelazu izme|u dvaju hiprfinih razina osnovnog stanja cezija 133. Amper je ja~ina stalne elektri~ne struje koja, kad se odràva u dvjema ravnim uporednim veli~inama, neograni~ene duìne i zanemarljivo malena kru`nog popre~nog presjeka {to se nalaze u vakuumu me|usobno razmaknuti jedan metar, proizvodi me|u tim vodi~ima silu od 2-10 newtona po metru njihove duìne. 13

Kelvin je termodinami~ka temperatura koja je jednaka 1/273,16 termodinami~ke temperature trojne ta~ke vode. Mol je koli~ina materije koji sadrì toliko elementarnih jedinki koliko ima atoma u 0.0012 kilograma ugljika 12. Candela (kandela) je svjetlosna ja~ina u odre|enom smjeru koji oda{ilje monokromatsko zra~enje frekvencije 540 10 herca ikojemu je energetska ja~ina u tom smjeru 1/683 wata po steradijanu. 11. generalna konferencija za mjere i utege (CGPM) definirala je 1960 godine jedinicu ugla (ravninskog ugla), radijan (znak: rad) i jedinicu ugla (prostornog ugla) steradijan (znak: sr) kao dopunske mjerne jedinice (Unites de mesure supplementares) Me|unarodnog sistema (SI) zato {to te dvije jedinice nisu svrstane u osnovne, a ni u izvedene jedinice. Dopunska jedinica SI

Fizikalna veli~ina

Redni broj

Naziv

Znak

Naziv

Znak

1

ugao (ravninski ugao)

α, β, γ …

radijan

rad

Me|ujedini~na jed. rad = m/m = 1

2

ugao (prostorni ugao)

Ω

steradijan

sr

sr = m2/m = 1

Tabela 1.2. Dopunske mjerne jedinice Me|unarodnog sistema (SI)

Definicije dopunskih mjernih jedinica Me|unarodnog sistema (SI): Radijan je ugao izme|u dva polumjera koji na kru`nici isijecaju luk duìne jednake polumjeru (1 rad = 1). Steradijan je ugao sto{ca s vrhom u sredi{tu kugle, koji na plohi kugle ome|uje povr{inu jednaku povr{ini kvadrata odre|enog polumjerom kugle (1 sr = 1). Kod nas jedinica ugla radijan (znak: rad) i jedinica ugla steradijan (znak: sr) svrstavane su u dopunske jedinice (Slu`beni list, broj 9, od 17. februara 1984). 11. generalna konferencija za mjere i utege (CGPM) prihvatila je godine 1960. nazive i znakove za odre|eni broj izvedenih mjernih jedinica (Unites de mesure derivees) Me|unarodnog sistema (SI), s time da on nije kona~an, tako da se nove jedinice kasnije po potrebi mogu dodavati. Kako je to bio veoma malen broj prema mno{tvu izvedenih mjernih jedinica koje se danas upotrebljavaju, posebno ih ne navodimo. 1.5 KOORDINATNI SISTEMI Poloàj posmatranog tijela kojeg analiziramo u zadacima u proizvoljno izabranom prostoru, relativno se odre|uje prema usvojenom kordinantnom sistemu. Naj~e{}e }emo koristiti pravougli desni Dekartov ili Kartezijski koordinantni sistem. Izbor ovog koordinantnog sistema uslovljen konvencijom ili dogovorom o izboru predznaka pomaka i rotacija, koji su ~esto predmetom prou~avanja u zadacima mehanike. U klasi~noj mehanici je prima-ran inercijski koordinantni sistem ili astronomski referentni sistem koji je zami{ljen od osi pravouglog sistema, koji nema niti translacijskih niti rotacijskih pomaka. Zakoni mehanike vrijede u takvom sistemu ako su brzine kretanja tijela zanemarljive s obzirom na brzinu svjetlosti. Veli~ine koje dobijemo prema takvom sistemu nazivaju se apso14

lutnim veli~inama, a koordinantni sistem smatramo nepomi~nim u prostoru. Ukoliko takav koordinantni sistem prostoru pri~vrstimo na povr{inu Zemlje, tada se u mnogim zadacima moè takav sistem smatrati nepomi~nim jer je odstupanje od fundamentalnih jedna~ina neuvaìvo. 1.6. KRUTO TIJELO Pod krutim tijelom podrazumjevamo skupinu ~estica {to su me|usobno povezane takvim vezama koje se pod djelovanjem bilo kako velikih sila ne deformiraju. Takvo }e kruto tijelo, bez obzira na veli~ine sila {to na njega djeluju, ostati uvijek nedeformirano. Iako ovakvog tijela nema u prirodi, ta nam predpostavka omogu}uje rije{enje brojnih problema statike, bez obzira na dimenzije takvog tijela.

15

16

2.1. VEKTOR I SKALAR O vektorima se prvi put govori u djelima holandskog fizi~ara Simona Stevina 1600. godine (godina 1585). On je u mehaniku odnosno statiku prvi put uveo vektor. Sila je bila konkretni obrazac vektorske veli~ine. Razvojem mehanike fizi~ari su dolazili do otkri}a i zaklju~aka, koji su u sebi sadràvali odnose izme|u vektorskih veli~ina. Fizi~ari i mate-mati~ari su prona{li mnogo va`nih odnosa me|u vektorima i ne govore}i o vektorima. Prvobitne operacije sa vektorima predstavljao je elementarni geometrijski metod, pomo}u kojeg je vektor uziman kao cjelina i predstava jedne fizi~ke veli~ine. Iz elementarne fizike je poznato da se neke fizi~ke veli~ine mogu prikazivati jednim jedinim brojem. Vrijeme, temperatura, masa, zapremina, gustina, rad, razli~ite su fizi~ke veli~ine, ali se svaka od njih moè uspje{no prikazivati kvantitativno brojem odgovaraju}ih jedinica. Odgovaraju}i brojevi odre|enih jedinica ne zahtjevaju nove dopunske komponente za karakterisanje veli~ine koju pokazauju. Oni se mogu smatrati kao da su na nekoj skali. Dovoljna je njihova vrijednost. Takve fizi~ke veli~ine koje se mogu prikazivati jednim brojem nazivaju se skalarne veli~ine ili skalari. broj koji takvu veli~inu kvantitativno prikazuje naziva se brojna vrijednost skalarne veli~ine. Skalarne veli~ine se ozna~avaju obi~nim slovima, kao na primjer t (vrijeme), m (masa), V (zapremina) itd. U fizici vrlo va`ne i veli~ine koje se ne mogu uspje{no prikazati jednim brojem. Kao primjer uzimamo putanje jednog tijela pod uticajem drugog tijela. Jedna od mjera za takvo uzajamno dejstvo je sila. Na neko tijelo moè djelovati ve}a ili manja sila (ve}a ili slabija). To prvo svojstvo sile naziva se intenzitet ili ja~ina sile. Ali odmah se postavlja pitanje u kojem pravcu djeluje ta sila, pa je pravac druga karakteristika takve fizi~ke veli~ine. No, pravac ima dva smjera, pa je za dalje karakterisanje takve veli~ine potreban i smjer. Odmah se uo~ava da su takve veli~ine orijentisane i nazivaju se vektorske veli~ine ili vektori. Prema tome, karakteristike vektora su: 1. Intenzitet (ja~ina), 2. Pravac, i 3. Smjer. 17

Intenzitet vektora nije ni{ta drugo nego apsolutna vrijednost vektora, pa se tako i naziva. Za vektorske veli~ine vaì sli~no kao iza skalarne veli~ine, da imaju razli~ita svojstva prema svojoj prirodi, pa se ne moè re}i da ih navedena tri svojstva vektora potpuno karakteri{u. Ali za kvalitativno fizi~ko prikazivanje ispostavlja se da su ta tri elementa vektora vrlo efikasna, pa je utoliko ve}a i njegova va`nost kao i vektora uop}e. Vektor se predstavlja usmjerenom (orijentisanom) duì. (slika 2.1) Vektor ima po~etnu ta~ku ili po~etak i krajnju ta~ku ili kraj (zavr{etak). Smjer vektora ozna~ava se strelicom na kraju duì. → Na slici 2.1. prikazan je vektor A gdje je O po~etna ta~ka ili po~etak vektora, a ta~ka P krajnja ta~ka ili kraj vektora. Brojnu vrijednost ili modul vektora ozna~ava}emo istim slovom kao i vektor, ali bez strelice ili Α. Intenzitet vektora je skalarna veli~ina koja ne moè biti negativna. Dva vektora su me|usobno jednaka ako su jednaki njihovi intenziteti, ako su istog → pravca i istog smjera, tj. ako su im jednake sve Slika 2.1 Vektor A tri karakteristike koje su navedene za vektor uop}e. Dakle, dva vektora iste veli~ine i istog pravca, a makar i razli~itog smjera, opet nisu jednaki vektori. Dva me|usobno jednaka vektora ne moraju biti prikazani jednom istom orijentisanom duì. To su prema definiciji dva jednaka me|usobno paralelna vektora, od kojih se jedan ili drugi paralelnim pomjeranjem moè prenijeti u poloàj drugog vektora sa kojim }e se potpuno poklopiti. Prema tome, tako definirani vektor ne mijenja se kada se pomjera u prostoru paralelno sa svojim prvobitnim poloàjem(vidi sliku 2.2).

→ → Slika 2.2 Dva jednaka vektora A i B

→ → → → A = OP = B = O1P1 → → A  = B  OP O1P1 18

(2.1.)

Po~etak vektora posmatran kao ”napadna ta~ka” vektora moè biti proizvoljno uzet, a moè biti odre|en u izvjesnom domenu ili u prostoru, ako se o njemu radi. Vektore moèmo podijeliti: a) Slobodni vektori kod kojih se napadna ta~ka moè izabrati proizvoljno u prostoru, pri ~emu treba da modul, pravac i smjer vektora ostanu nepromjenjeni.Slobodni vektor se moè pomicati paralelno samom sebi prema potrebi, a da se pri tom ne izmjeni. b) Klizni ili linijski vektori, kod kojih se po~etna ta~ka vektora moè pomjerati (slika 2.3) po pravoj liniji, koja se poklapa sa pravcem vektora.Dejstvo je isto, a vektor → → se moè uzeti proizvoljno ili na primjer kao OP, ili O1P1 itd.

Slika 2.3. Klizni ili linijski vektor

c) Vezani vektori, kod kojih je odre|en po~etak tj. napadna ta~ka, pa se vektor ne moè pomjerati, jer je u raznim ta~kama razli~it. 2.2. PROIZVOD VEKTORA I SKALARA Proizvod vektora i skalara je vektor istog pravca i onoliko puta ve}e apsolutne vrijednosti koliko taj skalar ima jedinica.Istog je smjera ako je skalar pozitivan, a suprotnog je smjera ako je skalar negativan. → → Zna~i da je prozvod vektora A i skalara k novi vektor B koji ima isti pravac kao i → vektor A i isti smjer kako je k > 0 a suprotan smjer ako je k < 0. → → → A . k = k . A = B. (2.2.) → → Ukoliko je k = 1, onda je B = A , a to zna~i da su jednaki vektori paralelni (mogu se → → poklopiti kada se dovedu jedan na drugi) i istog smjera. Ako je k = -1, onda je B = -A . Za takva dva vektora kaèmo da su me|usobno suprotni, a to zna~i da su paralelni, iste apsolutne vrijednosti, ali suprotnog smjera. (slika 2.4.) Uop{te se nazivaju i antiparalelni. P →

→

A 0

01 →

B = –A P1

Slika 2.4. Antiparalelni vektori 19

Shodno svojstvu skalara, za proizvod vektora i skalara vaì relacija: → → k.A =A .k → → → (2.3.) k(m . A ) = (km) . A = m(kA ) → → → (k + m)A = kA + mA . Poglavlje vektorske analize dosta }e se koristi u ud`benicima Kinematike i Dinamike pa }emo ovdje detaljnije objasniti neke pojmove koje nam nisu potrebne u Statici. 2.3 JEDINI^NI VEKTOR ILI ORT VEKTORA Vektor kod koga je apsolutna vrijednost jednaka jedinici naziva se jedini~ni vektor. Svaki vektor se moè prikazati kao proizvod svog intenziteta i jedini~nog vektora koji je orijentiran kao taj dati vektor. Jedini~ni vektor koji ima isti pravac i smjer kao dati vektor naziva se jedini~ni vektor ili ort datog vektora. Jedini~ni vektor se obi~no ozna~ava isto kao njegov vektor, ali sa indeksom nula. Na slici 2.5. prikazan je vektor → → → A apsolutne vrijednosti od A jedinica. Naravno ort A 0 sadrì se u vektoru A ba{ A puta. → → P A = A . A0 (2.4.) →  A0 = 1 A - jedinica

0

→

A0

Slika 2.5. Jedini~ni vektor

2. 4. VEKTOR POLO@AJA (RADIJUS - VEKTOR) Osim navedenih i sli~nih fizi~kih vektorskih veli~ina tako|e se i poloàj neke ta~ke ili tijela odre|uje pomo}u vektora. Poloàj se odre|uje i prikazuje u odnosu na neko usporedno tijelo ili u odnosu na kordinantni sistem . Usvojeno je da se poloàj ta~ke u prostoru odre|uje vektorom poloàja ili radijus - vektorom. → Taj vektor obi~no se obiljeàva sa r . Vektor poloàja neke ta~ke zavr{ava u toj ta~ki, odnosno on je orijentiran na toj ta~ki. Vektor poloàja obi~no po~inje od neke usvojene fiksne poredne ta~ke ili koordinantnog po~etka. Ort vektora poloàja ozna→ ~ava se sa r0. Jasno je da vrijedi relacija: → → → → (2.5.) r = r . r0 =  r  . r 0 .

20

2.5. SABIRANJE VEKTORA Kako vektori nisu obi~ni brojevi, jasno je da i njihov zbir i razlika zavise i od nji→ → hovog pravca i smjera. Predpostavimo da su nam data dva vektora A i B . (slika 2.6.)

→

→

A

B

→ → Slika 2.6. Vektori A i B

→ → Zbir dva vektora dobiva se kad se na vrh vektora A postavi po~etak vektora B koji → → → se prenese paralelno samom sebi. Zbir A + B je tako|er vektor C koji po~inje na → → po~etku vektora A a zavr{ava se na zavr{etku tako prene{enog vektora B . →

A

→

→ →

C=A+B

→ → →

→

C = B +A

B

→

B

→

A

→ → → → Slika 2.7. Zbir vektora A + B je ista B + A

→

A →

B

→

–B

→ →

A–B

→

–B

→ → Slika 2.8. Razlika vektora A – B

Ukoliko je dato vi{e vektora, tada se suma dobiva na potpuno isti na~in kao dva vektora. Navedeni postupci pokazuju da za sabiranje vektora vaì pravilo poligona koje je o~igledno i za proizvoljan broj vektora.

21

→

C →

→

→

A+B+C

→

B

Za zbir vektora vaè slijede}a svojstva: → → → → 1. A + B = B + A komutativnost, (2.6.) → → → → → → 2. (A + B )+C =A + (B + C ) asocijativnost, (2.7.) → → → → → → 3. (A + B + C ) = kA + kB + kC distributivnost. (2.8.)

→

A

→ → → Slika 2.9. Suma tri vektora A + B +D

→ Projekcija vektora A na osu p je duìna odsje~ka te ose P1Q1 ortogonalne projekcije ta~aka P i Q na p. (slika 2.10) Q →

A

→ → → → prA = prPQ = (A )p = ± P1Q1

P P1

.

.

Q1 p

Slika 2.10 Projekcija vektora na osu

Kona~ni ugaoni obrti nisu vektori. Pogotovo ne sve veli~ine i pravci. Tako na primjer rotacija jednog krutog tijela prikazana je na slikama 2.11. - 2.16. Ne mogu se zbrajati dvije èljene rotacije, izuzev kod beskrajno malih rotacionih uglova. To se lako moè pokazati ako npr. izvodimo dvije okomite rotacije za ugao rotacije od 90°. Predpostavimo da rotiramo jednu knjigu. Nakon prve rotacije dolazimo do poloàja kao na slici 2.12., a nakon daljeg okretanja u poloàj slike 2.13. Ako knjigu rotiramo u drugom smjeru iz ovog izlaznog poloàja kao na sl. 2.11., dobivamo krajnji poloàj, slika 2.16. Vidimo da prostorni poloàj sada nije isti kao kod slike 2.13. O~igledno adicija nije komutativna. Nije mogu}e izvr{ti vektorijalno zbrajanje.Tu nedostaje znatno svojstvo vektora. π 2

π 2

Slika 2.11. Prvobitni poloàj knjige

22

Slika 2.14. Prvobitan poloàj knjige

π 2

π 2

Slika 2.12. Poloàj poslije jedne rotacije za π/2 oko ose 1

Slika 2.15. Poloàj poslije jedne rotacije za π/2 oko ose 2

Slika 2.13. Poloàj knjige nakon rotacije za π/2 oko ose 2

Slika 2.16. Poloàj krajnji nakon rotacije za π/2 oko ose 1

2.6. KOMPONENTE JEDNOG VEKTORA U ogromnoj ve}ini problema vektori se isklju~ivo prikazuju pomo}u koordinata u odre|enom koordinatnom sistemu. Naj~e{}e se koristi pravougli Descartes-ov koordinatni sistem. U matematici i fizici upotrebljavaju se dva Descartes-ova koordinatna sistema: lijevi i desni sistem. Desni koordinatni sistem je onaj kod kog rotacija ose x ka osi y najkra}im petem za posmatra~a uz z s desna ulijevo. u smjeru suprotno kazaljci na satu (slika 2.17.) z

0 x

y

U tretiranju vektora pomo}u koordinatnih sistema vrlo je korisno uzeti u obzir jedini~ne vektore osa. Na osnovu poglavlja 1.3. jasno je da su to vektori respektivno du` x, y, i z ose, kod kojih je duìna jednaka jedinici. Obi~no se →→ → ozna~avaju sa i , j i k . (slika 2.18.) Zajedni~ki se nazivaju koordinatni ortovi.

Slika 2.17. Desni koordinatni sistem

23

z

→ → Pretpostavimo da nam je dat vektor A = OP u

→

k

koordinnatnom sistemu. Dati vektor moèmo razloìti na tri vektora du` koordinatnih osa, pa je: → → → → → OP = A = Axi + Ay j + Azk , (2.9.) → → → vektori Axi , Ay j , Azk nazivaju se komponente → → vektora A = OP.

→

j

y

0 →

i

x

Slika 2.18. Jedini~ni vektori z

→

αx

→

Ax i

αz

α → y

k

j

→

i

→

P ( Ax, Ay, Az )

A

→

Az k

y

0 →

→ Projekcije vektora A na osama su algebarske veli~ine Ax, Ay, Az.To su koordinate → → vektora A . Zna~i A moèmo napisati u obliku zbira njegovih komponenata. (slika 2.19.) → → → → A = Axi + Ay j + Azk , (2.10.) → Intenzitet vektora A je → 2 2 2 A = A = A x + A y + A z. (2.11.) Relacija me|u uglovima je: cos2αx + cos2αy + cos2αz = 1, (2.12.)

Ay j

x

Slika 2.19. Komponente vektora

odnosno: cosαx =

Ax Ax A = A2 + A2 + A2 x y z

cosαy =

Ay Ay = 2 A Ax + Ay2 + Az2

(2.13.)

Az Az A = A2 + A2 + A2 x y z → Na isti se na~in prikazuje i vektor poloàja r . Njegove projekcije su koordinate posmatrane ta~ke. rx = x, ry = y, rz = z → → (2.14.) → r = xz + y → j + zk , odnosno intenzitet cosαz =

r = x 2 + y 2 + z 2.

24

(2.15.)

2.7. SKALARNI PROIZVOD DVAJU VEKTORA Skalarni proizvod dvaju vektora je proizvod apsolutne vrijednosti (intenziteta) jednog vektora i projekcije drugog vektora na njemu ili skalarni proizvod dvaju vektora je proizvod njihovih apsolutnih vrijednosti (intenziteta) i kosinusa uglova me|u tim vektorima.Taj proizvod je skalarna veli~ina, pa se zato naziva skalarni.Moèmo napisati relaciju: → → →→ A ° B = ABcos ∠ (A , B ) = AB cos θ (2.16.) 0 ≤ 0 ≤ ∏. → → → → π i 3π Ako ugao θ leì izme|u   tada je A ° B negativno. Kada je A = B slijedi 2 2 →→ da je cos ∠(A , B ) = 1 tada je → → → (2.17.) A ° B = A2 =  A  2 → A

→ A

→ A θ

Bc

osθ

θ

Ac

→ B

θ

osθ → B

→→ Slika 2.20. Prikaz vektorskog proizvoda B(Acos θ) = A . B → → A(Bcos θ) = A . B

→ B

→. → π tada je A Ako je θ =  B = 0. 2 Po{to vrijedi relacija

→→ →→ cos ∠( A , B ) = cos ∠(B, A ),

to je

→ → → → A °B =B °A, (2.18.) to jest veli~ina skalarnog proizvoda dvaju vektora ne mijenja se promjenom reda faktora, a to zna~i da za skalarni proizvod vrijedi komutativni zakon. Prema pravilu o projekcijama dobiva se kao skalarni proizvod jednog vektora sa zbirom drugih vektora slijede}a relacija: → → → → → → A ° ( B + C ) = A ° B + A ° C, (2.19.) a to zna~i da za skalarni proizvod vektora vaì distributivni zakon. Ako je konstanta onda vrijedi → → → → → → → → k( A ° B ) = k A ° B = A ° (k B ) = ( A ° B )k. (2.20.) Skalarni proizvod nekog vektora sa jedini~nim vektorom jednak je projekciji tog vektora na osu jedini~nog vektora. → → A0 ° B = B . cos θ, (2.21.) 25

→→ A0 = 1, θ ∠(A0, B). Skalarni proizvod dva kordinantna orta kod pravouglog koordinantnog sistema dobiva se prema predhodnom: → → → → → → → → → → i ° j =j ° z =j ° k =k ° i =i ° k =0 → → → → → → →2 →2 →2 i ° i = j ° j = k ° k = i  = j  = k  = 1. (2.22.) Dakle, skalarni proizvod dva razli~ita koordinantna orta jednog sistema jednak je nuli, a skalarni proizvod jednog orta sa samim sobom jednak je jedinici. Ako izrazimo vektore u funkciji njihovih projekcija na koordinantnim osama skalarni proizvod je → → → → → A ° B = ( Axi + Ay j + Azk) . (Bxi + By j + Bzk ) (2.23.) → → A ° B = AxBx + AyBy + AzBz. gdje je

2.8 VEKTORSKI PROIZVOD DVAJU VEKTORA → → → Vektorski proizvodi dvaju vektora A i B je vektor C , kod kojeg je intenzitet jednak povr{ini paralelograma, ~ije su strane dati vektori i koji je normalan na toj povr{ini, → a takvog smjera da za posmatra~a, koji stoji uz vektor C rotacija najkra}im putem od → → →→ → A do B bude pozitivna (suprotno smjeru kretanja kazaljke na satu). Vektori A , B i C tim redom ~ine desni koordinantni sistem. (slika 2.22) → → →

C=A × B

→

Apsolutna vrijednost vektorskog proizvoda je C = C = A × B = A . B . sinθ. (2.24.)

A θ →

B

→ → → Slika 2.21. Vektorski proizvod C = A × B

→ → Slika 2.22. Rotacija vektora A ka vektoru B najkra}im putem 26

→ → Navedena definicija pokazuje da se promjenom redoslijeda istih vektora A i B u vektorskom proizvodu dobiva kao vektorski proizvod upravo vektorski proizvod upravo vek→ tor - C , (slika 2.23.) to jest vektor sa obrnutim smjerom, odnosno suprotni vektor. Dakle, promjenom reda faktora vektorski proizvod mijenja znak, a veli~ina ostaje ista. → A → → → → A × B = -B × A . (2.25.) θ To zna~i da za vektorski proizvod ne vaì → komutativni zakon, nego mjesto njega vaì B → → → antikomutativni ili alternativni zakon. B × A = –C → → Slika 2.23. Vektorski proizvod A × B

Za vektorski proizvod vrijedi distributivni zakon. → → → → → → → A × (B + C ) = A × B + A × C (2.26.) → → → → → → → (B + C ) × A = B × A + C × A Pri mnoènju vektorskog proizvoda skalarom vijedi asocijativni zakon: → → → → → → k(A × B ) = (kA ) × B = kA × B . (2.27.) Vektorski proizvod moè biti jednak nuli ako je jedan od faktora jednak nuli , ili kada je ugao me|u vektorima jednak nuli, tj kada su vektori paralelni (kolinearni). Prema tome uvijet paralelnosti dvaju vektora je: → → A × B = 0. (2.28.) Kao posljedica tog zaklju~ka slijedi da je vektorski proizvod nekog vektora sa samim sobom jednak nuli. → → A × A = 0. (2.29.) Ove relacije, dakle, pokazuju istovremeno i uvjet kolinearnosti vektora. Prema tome uvjet kolinearnosti je: → → A × B = 0. (2.30.) Prema definiciji vektorskog proizvoda i prema slici 2.18 gdje je dat osnovni triedar →→ → (koordinantna baza) sa jedini~nim vektorima i , j , k koji su me|usobno normalni, o~igledno proizilazi: → → → i× j= k → → → (2.30.) j× k = i → → → k × i = j, a prema alternativnom zakonu → → → j × i =-k → → → (2.31.) k × j =-i → → → i × k = - j. 27

Koriste}i jedna~inu (2.29) zaklju~ujemo da i za ortove vaì ista relacija → → → → → → i × i = j × j = k × k = 0. (2.32.) Da bi smo vektorski proizvod dvaju vektora prikazali u analiti~kom obliku, predpostavimo da imamo dva vektora → → → → A = Axi + Ay j + Azk → → → → B = Bx i + By j + Bzb . Tada se vektorski proizvod moè predstaviti determinantom → →→ i j k → → A × B = Ax A y Az

(2.33.)

Bx B y B z

Razvijenjem determinante dobijemo da je: → → → → → (2.34.) A × B = ( Ay Bz– Az By)i + (Az Bx – Ax Bz)j + (Ax By – Ay Bx)k . → → → Ako su nam data dva vektora A i B , (slika 2.24.) moè se vektor B razloìti na → → → → → dvije komponente: unutra{nju B u = OP na pravcu vektora A i spolja{nju B s = PQ nor→ malnu na vektor A . → → 0 Skalarni proizvod vektora A i B jednak je proizvodu intenziteta (veli→ ~ine) vektora A i intenziteta (veli~ine) → → vektorskog proizvoda ili spolja{njeg B Bs → → proizvoda vektora A i B jednaka je → proizvodu intenziteta vektora A i intenziteta spolja{nje komponente vektora α → → → B . Ovdje se radi o veli~ini, tj apsolutnoj 0 P A Bu (brojnoj) vrijednosti odgovaraju}ih pro→na komponente Slika 2.24. Razlaganje vektora B izvoda, a orijentacija vektorskog proizvoda dobiva se prema poznatom pravilu. 2.9. VEKTORSKO - SKALARNI (MJE[OVITI) PROIZVOD → → → Prema definiciji ovaj proizvod se moè napisati (A × B ) ° C . Vektorsko - skalarni proizvod je skalar. Predpostavimo da imamo tri vektora koji imaju zajedni~ki po~etak i →→ → da nisu komplanarni. Nadalje pretpostavimo da vektori A , B , C , imaju me|usobni poloàj kao ose desnog koordinantnog sistema. → → Vektorski proizvod A × B brojno je jednak povr{ini paralelograma strana A i B, a → → → predstavljen je vektorom S , koji je normalan na ravan vektora A i B . Zatim je → → S ° C = S . C . cosθ = S . h = V, (2.35.) 28

a to je zapremina paralelopipeda, kod kojega su stranice A, B, C. Ugao θ je o{tar pod → → → predpostavkom da A , B , C imaju redoslijed osa desnog sistema. Po{to θ moè biti i tupi ugao, onda u op}em slu~aju imamo da je → → → (A × B ) ° C = ±V, (2.36.) ili vektorsko - skalarni proizvod triju vektora brojno je jednak zapremini paralelopipeda, ~ije su ivice dati vektori, sa pozitivnim zrakom ako je redoslijed vektora isti kao kod osa usvojenog sistema, a sa negativnim znakom ako je redoslijed obrnut.

Slika. 2.25. Prikaz vktorsko skalarnog proizvoda

Zapremina se moè dobiti i kao → → → → → → → → → (A × B ) ° C = (B × C ) ° A = (C × A ) ° B , (2.37.) {to zna~i da se cikli~nom permutacijom triju vektora ne mijenja njihov vektorsko skalarni proizvod. Svakom drugom permutacijom mijenja se znak proizvoda kao naprimjer: → → → → → → (A × B ) . C = – (B × A ) . C , (2.38.) Vektorsko-skalarni proizvod triju ne mijenja se kada se me|usobno zamijene znaci vektorskog i skalarnog mnoènja, ali pod uslovom da se ne mijenja redoslijed faktora → → → → → → (A × B ) ° C = A ° (B × C ) (2.39.) → → → → → → (A × B ) ° C = A ° (B × C ). Odnosno vrijedi da je: → → → → → → → → → A ×B °C =B ×C °A =C ×A °B = → → → → → → → → → =C °A ×B =A °B ×C =B °C ×A. (2.40.) Na osnovu ovoga mje{oviti proizvod moè se ozna~iti i kao: →→ → →→ → [A B C ] ili (A B C ). Ako su vektori me|usobno komplanarni, onda je zapremina (koju treba da obrazuje) paralelopipepeta jednaka nuli; → → → A ° (B × C ) = 0, (2.41.) to je ujedno i uslov komplanarnosti. Vektorsko - skalarni (mje{oviti) proizvod koordinantnih ortova → → → →→ i ° (j × k ) = i ° i = 1. (2.42.) 29

→→→ Predpostavimo da su nam vektori A, B, C izraèni preko projekcija → → → → A = Axi + Ay j + Azk , → → → → B = Bxi + By j + Bzk , → → → → C = Cxi + Cy j + Czk , tada je mje{oviti proizvod vektora Ax A y Az →→→ →→ → → → → [A B C ] = (A B C ) = A ° (B × C ) = Bx B y B z Cx Cy Cz

Razvijanjem u determinantu imamo da je → → → → → → → A ° (B × C ) =(Axi + Ay j + Azk )[(ByCz – BzCy)i + → → + (BzCx – BxCz)j + (BxCy – ByCx) k ].

(2.43.)

(2.44.)

Za jedini~ne vektore vrijedi →→ → →→ → → → → 1 0 0 [i j k ] = (i j k ) = (i × j ) ° k = 0 1 0 = 1. 0 01

(2.45.)

2.10 DIFERENCIRANJE VEKTORA

→ Osnovna pravila diferenciranja skalara vrijede i za vektore. Neka je vektor A pro→ mjenjiv koji zavisi od skalarnog argumenta u A (u). → Izvod vektora A po argumentu u uz uslov kontivualnosti i limesa je (2.46.) → → → → → → Ako izrazimo vektor A preko projekcija A (u) = Ax (u) i + Ay(u) j + Az(u) k tada → }e izvod vektora A glasiti: →

d A dAx → dAy → dAz → = i+ j+ k. du du du du → Naprimjer, za drugi izvod vektora A po argumentu u imat }emo: →

d2 A du

2

=

d 2 Ax du

2

→

i+

d 2 Ay du

2

→

j+

d 2 Az du

2

(2.47.)

→

k.

(2.48.)

Predpostavimo da da nam je poznata skalarna funkcija Φ(u) i dvije vektorske → → funkcije A (u) i B (u) tada }e vrijediti relacije

30

→

→ d d A dΦ → (Φ A) = Φ + A du du du

→

(2.49.)

→

d → → → d B d A →  A⋅ B  = A⋅ + ⋅B du du du   →

(2.50.)

→

d → → → d B d A →  A× B  = A× + ×B du  du du 

(2.51.)

2.11. INTEGRIRANJE VEKTORA → → Neodre|eni integral vektora B naziva se funkcija A , koja ispunjava uslov →

dA → (2.52.) =B du → odnosno funkcija ~iji je proizvod po skalaru u jednak zadatom vektoru B . Prema tome →

→

→

A = ∫ Bdu + C ,

(2.53.) → gdje je konstantni vektor C uzet {to se diferenciranjem (2.53.) dobiva (2.52.) bez obzi→ → ra na vrijednost vektorske konstante C . Ako je vektor A dat u obliku → → → → A (u) = Ax (u) i + Ay (u) j + Az(u) k tada je →

→

→

→

∫ A (u ) du = i ∫ A x ( u ) du + j ∫ A y ( u ) du + k ∫ A z (u ) du.

(2.54) → Odre|eni integral funkcije A (u) uzet u granicama od neke vrijednosti α do vrijednosti β naziva se razlika vrijednosti prvobitnih funkcija uzetih za granice α i β, to jest β→

β

α

α

∫ A(u ) du = ∫

→ →β → → d →  B ( u ) du = B ( u ) + c = B ( β ) − B (α ).   du   α

(2.55.)

2.12. GRADIJENT, DIVERGENCIJA I ROTOR Po{to navedeni podnaslov nije predmet razmatranja gradiva Statike nego Kinematike i Dinamike dat }emo samo neke osnovne definicije a ~italac se upu}uje na literaturu sa detaljnim upoznavanjem ove materije [21]. Da bismo objasnili gradijent, divergenciju i rotor definirajmo skalarno i vektorsko polje. Prostor u kojem svakoj ta~ki odgovara neki skalar naziva se skalarno polje. Prostor u kojem je za svaku ta~ku vezan neki vektor, kao predstava fizi~ke realnosti naziva se vektorsko polje. 31

I uop}e,ograni~en ili neograni~en prostor, u kojemu je pri prou~avanju neke fizi~ke pojave za svaku ta~ku vezan neki skalar ili vektor naziva se fizi~ko polje. Ako je poloàj ta~ke odre|en koordinatama (x, y, z)(ili vektorom poloàja → → → → r = xi yj + zk ), onda je skalarno ili vektorsko polje dato kada se zna doti~ni skalar ili vektor u funkciji od koordinata poloàja pojedinih ta~aka (ili vektora poloàja). Ozna~imo skalarnu funkciju Φ = Φ(x, y, z), (2.56.) a vektorsku funkciju → → A =A (x, y, z). (2.57.) → → Polje Φ(x, y, z) ili A = A (x, y, z), koje se nemijenja u toku vremena,te ne zavisi od vremena t, naziva se stacionarno ili konstantno polje, a polje Φ(x, y, z) ili → A→=A (x, y, z) koje se mijenja u toku vremena, tj. koje zavisi od vremena naziva se nesta→ → cionarno ili varijabilno polje. Funkcije Φ(x, y, z) i A =A (x, y, z, t) su jednozna~ne, kontinualne i mogu se diferencirati. Vektor koji u posmatranoj ta~ki skalarnog polja ima smjer najbrèg rasta skalara Φ, a veli~inu jednaku porastu skalara Φ u tom istom pravcu, po beskona~no maloj duìni, naziva se gradijent skalara Φ. ∂Φ → ∂Φ → ∂Φ → gradΦ = i+ j+ k (2.58.) ∂x ∂y ∂z Dakle, veli~ine komponenata vektora grad Φ su parcijalni izvodi skalara Φ po kordinatama vektora poloàja ta~ke P(xyz) u kojoj se gradijent ra~una. Iz jedna~ina (2.58) vidimo da se radi o diferenciranju veli~ine Φ po odgovaraju}im promjenjivim, to zna~i moèmo izdvojiti skalar iza zagrade. → ∂ → ∂ → ∂  gradΦ =  i + j + k Φ. (2.59.) ∂y ∂z   ∂x Izraz u zagradi naziva se Hamiltonov operaror nabla i ozna~ava se simbolom ∇. → ∂ → ∂ → ∂ (2.60.) ∇= i + j +k . ∂x ∂y ∂z

Divergenciju moèmo predstaviti pomo}u Hamiltonovog operatora ∇. (2.60.) → ∂Ay ∂Az ∂A + div A = x + (2.61.) ∂x ∂y ∂z →

div A = (

→ → → ∂ → ∂ → ∂ → i+ j+ k ) ⋅ ( Ax i + Ay j + Az k ) ∂x ∂y ∂z

→ → (2.62.) div A = ∇ . A . → Jedna~ina (2.62) pokazuje da je divergencija vektora A jednaka skalarnom → proizvodu operatora nabla i vektora A .

32

Rotor predstavlja vektorski proizvod dvaju vektora sa komponentama koje imaju ove vrijednosti ∂ → ∂ → ∂ + k iAx, Ay , Az . j+ ∂x ∂y ∂z Prema tome, →  ∂ → → → →  ∂ → ∂ → rot A =  i+ j+ k  × ( Ax i + Ay j + Az k ), ∂y ∂z   ∂x  (2. 63.) → → rot A = ∇ × A . → Prethodna jedna~ina pokazuje da je rotar vektora A jednak vektorskom proizvodu → operatora nabla i vektora A . Ovu jedna~inu moèmo napisati u obliku: → →→ i j k → ∂ ∂ ∂ ∂A z – ∂ Ay → ∂ Az – ∂A z → rot A = = j + i + ∂x ∂y ∂z ∂y ∂z ∂z ∂x Ax A y Az  ∂Ay ∂Ax  → k. +  − (2.64.) ∂y   ∂x Na osnovu teorijee skalara i vektora iz [21] zaklju~ujemo da vrijede relacije → div rot = ∇. (∇ × A ) = 0, (2.65.) rot grad Φ = ∇× (∇Φ) = 0. (2.66.)

2.13. LINIJSKI INTEGRAL VEKTORA

→ Neka je dato vektorsko polje sa karakteristi~nim vektorom A i u polju kriva linija → C. U raznim ta~kama te krive, vektor A ima uop{te razli~ite vrijednosti. Radijus vek→ → tora poloàja ta~ke na krivoj liniji je r (t) = x (t) → i + y (z)→ j + z (t) .k . Kada ta~ka bude u ta~ki P1 vrijeme je t1 , a kad z C → do|e u poloàj P2 vrijeme je t2. A P2 → Pi+1 Pi Linijski integral vektora A du` → P1 krive linije P1P2 naziva se grani~na dr vrijednost sume skalarnih proizvo→ → da A i elemenata ∆ r , kada broj n → r(t) tih proizvoda teì beskona~nosti, a veli~ina elemenata teì nuli. n →

y 0

→

Pa →

→

lim ∑ A i ∆ r i = ∫ A d r .

n →α i =l

(2.67.)

Pi

x

Slika 2.26. Prikaz krive linije u vektorskom polju 33

Jedna~inu (2.67) moèmo napisati i u druga~ijemu obliku Pa → →

→ →

∫ A⋅ dr = ∫ A⋅ dr = ∫ Ax dx + Ay dy + Az dz.

Pi

c

c

(2.68.)

Linijski integral vektora po zatvorenoj krivoj liniji (konturi) naziva se cirkulacija vektora du` te konture i ozna~ava se sa: → → (2.69.) Γ = ∫ A⋅ d r = ∫ Ax dx + Ay dy + Az dz. c

Ako vektor predstavlja neku silu, a kriva P1P2 predstavlja trajektoriju ta~ke, onda je linijski integral takog vektora du` te trajektorije rad sile na putu koji napada, a ta~ka pre|e. →

→

P2 →

→

Γ = ∫ F ⋅ d r = ∫ F ⋅ d r = A. P1 P2

34

P1

(2.70.)

Rije{eni zadaci iz poglavlja 2. Zadatak 2.1.

→→→ Poznati su nam vektori A, B, C . Potrebno je konstituirati sljede}e vektore: → → → a) A – B + 2C → 1 → → b) 3 C − ( 2 A − B ). 2 Rje{enje: →

→

A

B

→

→

2C

–B →

C

→

→ → + 2C B) – ( → → + =A

A

2C → → –B+ A

→

→

3C

1 +( B

→ )] =

→– 2A

2A→ +( → –B )= 2A→ – B→

→ +[ 2

3C

–B

→

→

– 1 (2A

→ – 2

3C

2A

B

→)

→ → 1 – 2 ( 2 A – B)

Slika uz zadatak 2.1.

Zadatak 2.2. Vektor je definiran po~etnom ta~kom P(x1, y1, z1) i krajnjom ta~kom Q(x2, y2, z2). Izra~unati duìnu vektora. Rje{enje: Vektori poloàja ta~ke P i Q su →

→

→

→

r1 = x1 i + y1 j + z1 k

35

z

P( x1, y1, z1)

→

→

→

→

r2 = x2 i + y 2 j + z 2 k Q(x2, y2, z2)

→

→

→

r + PQ = r2 ili → → → PQ = r2 – r 2 → → → → PQ = (x2 i + y2 j + z2k ) + → → → + (x1i – y1 j + z1k ) → → → PQ = (x2–x1) i + (y2– y1) j + (z2–z1) .k .

→

r1 →

r2

y 0 x


→ Intenzitet vektora PQ je PQ = ( x2 − x1 ) 2 + ( y 2

y1 ) 2 + ( z 2

z1 ) 2 .

Zadatak 2.3. Date su koordinate ta~aka (0,0,0), (3,2,0), (4,6,0) i (1,3,0) koje ~ine jedan ~etverokut. Koliki ugao ~ine dijagonale tog ~etverokuta? B(4,6,0) y

Rje{enje: C(1,3,0)

O~ito je

β A(3,2,0)

→ → → OA = 3i + 2j

→ → → OB = 4i + 6j → → OC = i + 3j → → → → → OC = OA – OC = 2i – j .

x

0(0,0,0)


Skalarni proizvod

→

→

→

→

OBo CA = OB GA ⋅ cos β

 → →  → →  4 i + 6 j  o  2 i − j  = 4 2 + 6 2 2 2 + (− 1)⋅ cos β     cos β =

2 52 2

= 0,1240

β =82°53′. 36

Zadatak 2.4.

→ → → → Dokazati da je povr{ina paralelograma (A × B ) ~ije su strane A i B . Rje{enje:

→

A

Povr{ina paralelograma → P = h . B  → → P = Α  . sin θ  B  → → P = A × B  .

h θ →

B


Zadatak 2.5.

→ → → → → → → → → → Ako su poznati vektori A = i + j , B = 2i – 3j + k , C = 4j – 3k , potrebno je na}i vrijednost: → → → a) (A × B ) × C → → → b) A × (B × C ). Rje{enje: →

→

→

→ → a) Kako je A × B = 1 2

1

0 = i − j − 5 k onda je

i

j

k

−3 i

→ →

b) Kako je B× C = 2 0

→

j

−3 4

→

−1

5 = 23 i + 3 j + 4 k .

k

→

→

→

−3

4

→

k

→

→

→

1 = 5 i + 6 j + 8 k slijedi da je −3 →

i

→ → A×  B× C  = 1   5

→

→

→

j

→ → →  A× B  × C 1   0 i

→

1 →

→

→

→

→

1

0 = 8 i −8 j+ k .

6

8

j

k

→

→

→

Iz rezultata vidimo da je → → → → → → (A × B ) × C ≠ A × (B × C ).

37

Zadatak 2.6. →

→

d → → → dB dA → Dokazati ( Ao B ) = Ao + oB du du du → → gdje su A i B diferencijabilne funkcije od u.

Rje{enje: Metoda 1° → → → → → →  A + ∆ A  o  B + ∆ B  − Ao B d → →     A⋅ B  = lim  ∆ u u  u 0 ∆ →  →

→

→ →

→

→

Ao ∆ B + ∆ Ao B + ∆ Ao ∆ B = lim du ∆ →0

→ → → → →   ∆B ∆A → ∆A = lim  Ao + o B+ o∆ b ∆u ∆u ∆u ∆u → 0     →

→

→

db dA → = Ao + o B. du du

→ → Metoda 2° Izrazimo vektore A i B preko koordinata → → → → A = Ax i + Ay j + Az k → → → B = Bx i + By j + Bz k d → → d ( Ao B ) = ( Ax B x + Ay B y + Az B z ) du du

dB y  dB  dB z =  Ax x + Ay + Az B z  + du du du   dAy  dA  dA +  x B x + B y + z B z  du du du   →

→

→

dB dA → = Ao + o B. du du

38

Zadatak 2.7.

→ → → → Data je skalarna funkcija Φ(x,y, z) = x2yz i vektor A = 3x2 y j + y z2 j – x z k . Kolika je vrijednost

∂2  →  Φ A  u ta~ki P (1, -2, -1)? ∂y∂z  

Rje{enje: →

→

→

→

→

→

→

(ΦA) = (x2yz)(2x2y i + yz 2j – xz k) = 3x4y 2z i + x2y2z 3 j – x3yz 2 k ∂  → ∂  4 2 → 2 2 3 → 3 2 →  Φ A  =  3 x y z i + x y z j − x yz k  = ∂z   ∂z   →

→

→

= 3 x 4 y 2 i + 3 x 2 y 2 z 2 j − 2 x 3 yz k

→ → ∂2  → ∂  4 2 →  Φ A  =  3 x y i + 3 x 2 y 2 z 2 j − 2 x 3 yz k  = ∂y∂z   ∂y   →

→

→

= 6 x 4 y i + 6 x 2 yz 2 j − 2 x 3 z k .

Za vrijednosti x = 1, y = -2 i z = -1 imamo da je → → → ∂2  →  Φ A  = −12 i − 12 j + 2 k . ∂y∂z  

Zadatak 2.8. 2→ → → → → Izra~unati ∫ A(u )du za A = (3u2 – 1) i + (2u – 3) j + (6u2 – 4u) k . u =1

Rje{enje: 2→

→

2

→

→

∫ A(u)du = ∫ A(u)du = (3u2 – 1)i + (2u – 3)j + (6u 2 – 4u)k du =

u =1

u =1

→

→

→

2

= (u3 – u)i + (u 2 – 3u)j + (2u 3 – 2u 2 )k ∫ → → →  (8 − 2 ) i + (4 − 6 ) j + (16 − 8 )k  −  

u =1

→ → → → →  − (1 − 1) i + (1 − 3) j + (2 − 2 )k  = 6 i + 8 k  

39

Zadatak 2.9. → i – y2→ j + 2x2yk sljede}e izraze: Izra~unati za Φ = x2yz3 i A→ = xz→ → → → → a) ∇Φ, b)∇ ° A , c) ∇ × A , d) div(ΦA ), e) rot(ΦA ). Rje{enje:  ∂ → ∂ → ∂ → ∂Φ → ∂Φ → ∂Φ → a) ∇Φ =  i+ j+ k  Φ = i+ j+ k = ∂y ∂z  ∂x ∂y ∂z  ∂x

→ → → = 2xyz3 i + x2z3 j + 3x2yz2 k . → → → → → → → b) ∇ o A =  ∂ i + ∂ j + ∂ k  o  xz i − y 2 j + 2 x 2 y k  =  ∂x  ∂y ∂z    

=

∂ ∂ ∂ ( xz ) + ( − y 2 ) + ( 2 x 2 y ) = z − 2 y. ∂x ∂y ∂z

→  ∂ → → ∂ → ∂ →  → 2 → c) ∇ × A =  i+ j+ k  ×  xz i − y j + 2 x 2 y k  = ∂y ∂z    ∂x 

→

i ∂ = ∂x xy

→

j ∂ ∂y − y2

→

k ∂ = ∂z 2x2 y

∂ ∂ ∂ → →  ∂  → ∂  ∂ =  (2 x 2 y ) − (− y 2 )  i  ( xy ) − (2 x 2 y )  j +  ( − y 2 ) − ( xz )  k = ∂y ∂x ∂z   ∂x    ∂z  ∂y →

→

= 2 x 2 i + ( x − 4 xy ) j . →

→

→

→

→

d) div (Φ A) = ∇ o (Φ A) = ∇ o ( x 3 yz 4 i + x 2 y 3 z 3 j + 2 x 4 y 2 z 3 k ) = =

∂ 3 4 ∂ ∂ ( x yz ) + ( − x 2 y 3 z 3 ) + ( 2 x 4 y 2 z 3 ) = ∂x ∂y ∂z

= 3 x 2 yz 4 − 3 x 2 y 2 z 3 + 6 x 4 y 2 z 2 . →

→

→

→

→

e) rot (Φ A) = ∇ × (Φ A) = ∇ o ( x 3 yz 4 i − x 2 y 3 z 3 j + 2 x 4 y 2 z 3 k =

40

→

= ∂

→

i

∂

∂x 3 4 x yz

→

j

∂y 2 3 3 −x y z

∂

k

∂z 2 2 3 2x y z

=

→

→

→

= ( 4 x 4 yz 3 + 3 x 2 y 3 z 2 ) i + ( 4 x 3 yz 3 − 8 x 3 yz 3 ) j − ( 2 xy 3 z 3 + x 3 z 4 ) k .

Zadatak 2.10.

→ → → → a) Dokaìte da je ∇ × = 0, ako je A = (2xy + z3) i + (x2 + 2y) j + (3xy2 – 2) k . → b) Prona|ite skalarnu funkciju Φ za koju je A = ∇Φ. Rje{enje: → →

a) ∇ × A =

∂

i

∂x 2 xy + z 3

→

∂

j

→

∂

k

∂y ∂z 2 2 x + 2 y 3 xz − 2

=0

.

b) Metoda 1° → ∂Φ → ∂Φ → ∂Φ → A = ∇Φ = i+ j+ k ∂x ∂y ∂z ∂Φ = 2 xy + z 3 ∂x ∂Φ = x2 + 2 y ∂y ∂Φ = 3 xz 2 − 2. ∂z Integracijom prethodnih izraza dobijamo da je: Φ = x2y + xz3 + C1(y, z) Φ = x2y + y2 + C2(x, z) Φ = xz3 – 2z + C3(x, y). Integracione konstante su: C1(y, z) = y2 – 2z, C2(x, y) = xz3 – 2z, C3 = x2y + y2, tada je Φ = x2y + xz3 + y2 – 2z.

Metoda 2° →  ∂Φ → ∂Φ → ∂Φ →   → → → Ao d r =  i+ j+ k  ⋅  dx i + dy j + dz k  = ∂y ∂z    ∂x 

→

41

=

∂Φ ∂Φ ∂Φ dx + dy + dz = dΦ, ∂x ∂y ∂z

totalni diferencijal od Φ. U ovom izrazu je: → → dΦ = A ° dr = (2xy + z3)dx + (x2 + 2y)dy + (3xz2 – 2)dz = = [(2xy + z3)dx + x2dy + 3xz2dz] + 2ydy – 2dz = = d(x2y + xz3) + d(z2) + d(-2z). Funkcija je Φ = x2y + xz3 + y2 – 2z. Zadatak 2.11. → → → → Dat je vektor A = (3x2 – 6yz) i + (2y + 3xz) j + (1 – 4xyz2) k . → → Izra~unati ∫A . dr izme|u ta~aka (0,0,0) i (1,1,1). a) x = t, y = t 2, z = t 3, b) du` linije od (0,0,0) do (0,0,0) tada do (0,1,1) i (1,1,1), c) du` linije od ta~ke (0,0,0) do (1,1,1). Rje{enje: → → → → → → → → ∫ A ° dr = ∫{(3x2 – 6yz) i + (2y + 3xz) j + (1 – 4xyz2) k } ° (dx i + dy j = dz k ) = c c

= c∫ (3x2 – 6yz)dx + (2y + 3xz)dy + (1 – 4xyz2)dz. a) 1° na~in: Kada je t = t, y = t 2, z = t 3 ta~ke (0,0,0) i (1,1,1) vrijeme t = 0 i t = 1. → → ∫ A ° dr = ∫{3t2 – 6(t2)(t3)} dt + d(t3) + {1 – 4(t)(t2)(t3)}d(t3) = c c

= c∫ (3t2 – 6t5)dt + (4t3 + 6t5)dt + (3t2 – 12t11)dt = 2. 2° na~in: → → → → A (3t2 – 6t5) i + (2t3 + 3t4) j + (1 – 4t9) k i → → → → → 2→ 3 → r =xi +yj +zk =ti +t j +t k → → → → dr = (i + 2t j + 3t2 k )dt. → → 1 ∫c A ° dr = ∫(3t2 – 6t5)dt + (4t3 + 6t5)dt + (3t2 – 12t11)dt = 2. 0

b) Du` prave izme|u (0,0,0) i (0,0,1) je x = 0, y = 0, dx = dy = 0, z je od 0 do 1. 1

1

∫ {(3)2 – 6(0)(z)}0 + {2(10) + 3(0)(z)}0 + {1 – 4(0)(0)(z2)}dz =z=0 ∫ dz = 1. z=0 Od (0,0,1) do (0,1,1) je x = 0, z = 1, dx = 0 i dz = 0, y je izme|u 0 i 1. 1

1

∫ 2ydy = 1. ∫ {3x2 – 6(1)(1)}dx + {2(1) + 3x(1)}0 + {1 –4(0)(y)(1)2}0 =z=0 z=0 42

Od (0,1,1) do (1,1,1) je y = 1, z = 1, dy = 0, dr = 0, x je izme|u 0 i 1. 1

1

∫ {3x2 – 6(1)(1)}dx + {2(1) + 3x(1)}0 + {1 – 4x(1)(1)2}0 =z=0 ∫ (3x2 – 6)dx = -5. z=0 c) Za ta~ke (0,0,0) i (1,1,1) je x = t, y = t, z = t, dx = dy = dz = dt. →→ ∫ A dr = ∫(3x2 – 6yz)dx + (2y + 3xz)dy + (1 – 4xyz2)dz =

c 1

c

=t=0∫ (3t4 – 6t2)dt + (2t + 3t2)dt + (1 – 4t4)dt = 1

6 . =t=0∫ (2t + 1 – 4t4)dt =  5

43

3.1. AKSIOME STATIKE Aksiomi statike formuliraju osnovne zakone kojima se pod~injavaju sile koje djeluju na kruto tijelo. Odre|eni broj aksioma je posljedica osnovnih zakona mehanike o kojima }emo govoriti u DINAMICI. Aksiomi su sami po sebi jasni i ne dokazuju se. AKSIOM I. Ako na neko slobodno kruto tijelo djeluju dvije sile, ono }e biti u ravnoteì tada i samo tada ako te dvije sile leè na istom pravcu (imaju istu napadnu liniju), imaju iste intenzitete i imaju suprotne smjerove, slika 3.1. Ovaj aksiom govori o najjednostavnijem uravnoteènom sistemu sila, jer je o~igledno da jedna sila koja djeluje na kruto tijelo nije uravnoteèna. AKSIOM II. Djelovanje datog sistema sila na kruto tijelo se ne mijenja ako se datom sistemu sila dodaje ili oduzme uravnoteèni sistem sila. Slika 3.1. Djelovanje istih sila na kruto tijelo Da bismo ovo objasnili predpostavimo da imamo kruto tijelo na koje djeluje sila → F kao {to je pokazano na slici 3.2.

Slika 3.2. Slika za obja{njenje aksioma II

→ → → Dodajmo u ta~ki B koja leì na pravcu sile F dvije sile F1 i F2 kao {to je pokazano → → → na slici i predpostavimo da su intenziteti sila  F 1 = F 2 jednaki. Djelovanje sile F na kruto tijelo nije se promijenilo i ako je dodat uravnoteèn sistem sila.

45

AKSIOM III. Ako na kruto tijelo djeluju u jednakoj ta~ki dvije sile moèmo ih zamijeniti jednom silom (rezultantom) koja tako|er djeluje u toj istoj ta~ki krutog tijela, pri ~emu je vektor te sile jednak vektorskom zbiru vektora datih sila (vidi sliku 3.3.)

Slika 3.3. Paralelogram sila

Ovaj aksiom se naziva jo{ i aksiom o paralelogramu sila. Na slici 3.3. prikazane su → → tri mase koje djeluju u ravnoteì. Presijecanjem uàdi javljaju se sile u kracima F1 , F 2 → → → i F3 . Da bi mase bile u ravnoteì vektorskim slaganjem sila F 1 i F2, moramo dobiti → → rezultantu Fr koja }e imati isti pravac kao i sila F3 isti intenzitet a suprotan smjer. → → → Fr = F1 + F2 → → F r =  F3 . → Kao {to vidimo sa slike 3.3. vektor Fr konstruiramo kao dijagonalu paralelograma nad → → silama F1 i F2, kao stranama tog paralelograma. U daljem prou~avanju Statike razlikovat }emo pojam vektorskog zbira sila i pojam rezultante sila. Pretpostavka da u ta~ki A kru→ → tog tijela (slika 3.4.) djeluje sila F1, a u ta~ki B sila F2. Da bismo odredili njihov vektor→ → ski zbir, sile F1 i F2, moèmo da prenesemo paralelno tako da im je bilo koja ta~ka O (van tijela ili u tijelu) zajedni~ki po~etak. Dijagonala OO1 paralelograma, konstruisanog nad ovim silama predstavlja zbir sila.

Slika 3.4. Djelovanje dvije sile na tijelo

→ → → Rezultat zbira sila F1 i F2 jeste sila FR i zove se glavni vektor sabranih sila. S obzirom da → → su sile F1 i F2, klize}i vektor, presje~na ta~ka O njihovih linija je zajedni~ka napadna ta~ka. → → Na osnovu aksioma III napadna linija rezultante sila F1 i F2, mora da pro|e kroz ta~ku O. 46

→ Glavni vektor FR, prene{en paralelno na pravu koja prolazi kroz ta~ku O zamjen→ → → juje djejstvo sila F1 i F2, to jest, postaje njihova rezultanta Fr . → Prema tome, glavni vektor FR, koji je jednak vektorskom zbiru, postaje rezultanta → F tj. zamjenjuje djelovanje tek kad se prenese na napadnu liniju rezultante. AKSIOM IV. Dva materijalna tijela djeluju jedno na drugo silama istog intenziteta, pravca a suprotnog smjera.

Slika 3.5. Me|usobno dejstvo dva materijalna tijela

Ovaj aksiom predstavlja jedan od osnovnih zakona mehanike. AKSIOM V. Ukoliko se deformabilno tijelo pod dejstvom datog sistema sila nalazi u ravnoteì, ono }e biti u ravnoteì i onda ako postane apsolutno kruto. Ovaj aksiom ~esto se naziva i princip ukru}ivanja, a ima veliku primjenu u inènjerskoj praksi. On omogu}ava da se deformabilno tijelo (lanac, uè) ili bilo koja druga promjenljiva konstrukcija (gerberov nosa~) posmatra kao kruto tijelo prilikom postavljanja uslova ravnoteè i da se za ispitivanje ravnoteè takvih tijela koriste metode i zakoni koji vaè za kruto tijelo. Treba imati na umu da uslovi koji su za deformabilno tijelo potrebni ne moraju u isto vrijeme da budu i dovoljni. 3.2. PRIMJENA PRAVILA O PARALELOGRAMU SILA KADA U TA^KI KRUTOG TIJELA DJELUJE VI[E SILA Vidjeli smo da je rezultanta dviju sila razli~itih pravaca jednaka po pravcu i veli~ini tre}oj stranici trougla kojem su dvije stranice zadane sile, (slika 3.3 i slika 3.4.). Njen smjer je suprotan smjeru obolaènja zadanih sila, a sasvim je svejedno kojim redom → ucrtavamo sile. Moèmo, naprimjer, zapo~eti silom F1 i na → nju dodati silu F2. Rezultanta }e biti ista kao i kad smo → zapo~eli sa silom F1. (slika 3.3.) → Primjenom paralelograma silu F (slika 3.6.) moèmo rastaviti u mnogo komponenata, jer se moè nacrtati mnogo trokutova. → Pretpostavimo da na kruto tijelo u ta~ki O djeluju sile F1, → → → → Slika 3.6. Rastavljanje sile F1 F2, F3 i F4. Veli~inu i smjer rezultante tih sila nalazimo tako u dvije komponente da trokutno pravilo primjenimo tri puta. 47

Slika 3.7. Djelovanje ~etiri sile na tijelo u ravni

Sa slike 3.7. vidimo da je: → → → Fr12 = F1 + F2 → → → → → → Fr13 = Fr12 + F3 = F1 + F2 + F3 → → → Fr = Fr13 + F4 → → → → → Fr = F1 + F2 + F3 + F4

(3.2.)

→ Po~injemo u ta~ki a povla~enjem paralelne sile sa silom F1 (odsje~ak ab). Iz ta~ke → → b nanosimo silu F2 , koja je paralelna sa silom F2 . Spajanjem ta~aka a i c dobivamo → → → rezultantu tih dviju sila Fr12. Postupak ponavljamo do kraja nano{enjem sila F3 F4 . Rezultanta sve ~etiri sile odre|ena je duìnom  ae. Smjer je suprotan smjeru obilaènja → →→→ sila F1 F2 F3 F4 . Redosljed sila pri nano{enju u planu sila nije bitan, jer ne utje~e na rezultantu. 3.3. PRAVILO O POMJERANJU NAPADNE TA^KE SILE U statici kod prou~avanja ravnoteè krutih tijela smatramo da me|usobni razmak ta~aka tijela ostaje konstantan bez obzira na veli~inu sila koje djeluju. Moèmo pomicati napadnu ta~ku sile na napadnoj liniji sile bez ikakvih posljedica na rezultate. Pret→ postavimo da na kruto tijelo u ta~ki A djeluje sila F . (slika 3.8.) → → → Dodajmo u proizvoljnoj ta~ki B na napadnoj liniji sile F uravnoteèn sistem F1(-F1), →→ → → pri ~emu su intenziteti isti F  = F1. Po{to je uravnoteèn sistem F F 1 moèmo ga uklo→ → niti. Kao rezultat imamo silu F 1 u ta~ki B, koja je jednaka sili F sa napadnom ta~kom B.

Slika 3.8. Pravilo o pomjeranju napadne ta~ke sile

Prema tome, moèmo zaklju~iti da se dejstvo date sile na kruto tijelo ne}e promijeniti ako napadnu ta~ku sile pomjerimo u bilo koju drugu ta~ku tijela du` napadne linije sile. Tako, vektor koji predstavlja sila, jeste klize}i vektor, ako sila djeluje na kruto tijelo. 48

U slu~aju da sila djeluje na ~vrsto (deformabilno) tijelo, vektor sile ne smije se pomjerati du` napadne linije. Da bismo to dokazali, pretpostavimo da imamo jedan deformabilani →→ {tap koji je optere}en istim silama na pritisak F1 F2, kao {to je prikazano na slici 3.9. →→ Ako bi pomjerali sile F1 F2 u drugom slu~aju (kao {to je prikazano na slici) {tap ne bi bio optere}en, a u tre}em slu~aju {tap bi bio optere}en na istezanje. Ovaj primjer pokazuje da sistem sila, koji je ekvivalentan u stati~kom smislu, nije Slika 3.9. Primjer optere}enja deformabilnog {tapa ekvivalentan u slu~aju prou~avanju ~vrstih (deformabilnih) tijela. 3.4. VEZANO TIJELO. VEZE. REAKCIJE VEZA Tijelo ~ije je slobodno pomjeranje sprije~eno nekim drugim tijelom zove se vezano tijelo ili neslobodno tijelo. U poglavlju 1.2. definirali smo slobodno tijelo, rekli smo da tijelo koje nije ometano drugim tijelima, da slobodno pre|e iz jednog u bilo koji drugi poloàj u prostoru, zove se slobodno tijelo. Primjer najprostije veze je podloga, jer ona spre~ava slobodno kretanje tijela.(slika 3.10.) Ako veza ne dozvoljava kretanje, tada tijelo djeluje na vezu silom, usljed ~ega se veza suprotstavlja tako|er silom, koja se zove veza ili reakcija veze. Reakcija veze ima isti intenzitet i zajedni~ku napadnu liniju, a suprotan smjer sili kojom tijelo djeluje na vezu, zovu se aktivne sile. Aktivna sila ne zavisi od djejstva drugih sila, dok reakcija veze zavisi od aktivnih sila i predstavlja nepoznatu silu. Slika 3.10. Podloga kao veza

Kad odredimo reakcije veze {to predstavlja osnovni zadatak statike, tada znamo sve sile koje djeluju na tijelo ili konstrukciju, pa smo u mogu}nosti da izvr{imo dimenzioniranje ili ispitamo nosivost. Reakcija veze ima suprotan smjer od smjera u kojem veza ne dozvoljava pomjeranje tijela. Razmotrimo detaljnije kako su usmjerene reakcije na neke osnovne oblike veza koje se naj~e{}e primjenjuju u ma{inskoj industriji. a) Glatka povr{ina. Glatka povr{ina sprje~ava kretanje tijela pod djejstvom aktivnih sila samo u pravcu zajedni~ke normale na dodirne povr{ine tijela, u ta~ki njihovog dodira. Ukoliko je jedna od dodirnih povr{ina ta~ka, tada je reakcija usmjerena po normali na drugu povr{inu. (slika 3.11.)

49

Slika 3.11. Primjeri reakcija glatke povr{ine

b) Uè. Ukoliko je veza ostvarena pomo}u savitljivog i neistegljivog uèta, zanemarive teìne uè ne dozvoljava da se teret udalji od kuke gdje je obje{en. Reakcija → → uèta FS1, FS2 usmjerena je du` samog uèta ka ta~ki vje{anja.

Slika 3.12. Primjer reakcije uèta

Na slici 3.13. prikazano je osloba|anje od veza (glatka povr{ina i uè) teglja~a koji uètom vu~e kamion.

50

Slika 3.13. Primjer osloba|anja od veze

c) Cilindri~ni zglob. Ukoliko su dva kruta tijela spojena osovinicom kroz odgovaraju}e otvore u tim tijelima, pri ~emu je tijelo koje sluì kao veza ~vrsto vazano za nepomi~nu ravan, tada se takva veza zove cilindri~ni zglob, cilindri~no leì{te, {arnir ili nepomi~ni oslonac. Ovakva veza dozvoljava tijelu obrtanje u ravni oko ose {arnira, ali ne dozvoljava pomjeranje tijela ni u jednom pravcu normalnom na pravac Slika 3.14. Primjer cilindri~nog zgloba → ose {arnira. Reakcija FA je normalna na osu {arnira i moè imati bilo koji pravac. Kod rje{avanja problema statike sa cilindri~nim zglobom treba odrediti dvije veli~ine: intenzitet reakcije FA i ugao α. d) [tap. Ako je veza ostvarena {tapom zanemarljive teìne koji je krajevima zglobno vezan za podlogu ili tijelo, tada je tijelu ograni~eno kretanje u pravcu {tapa. Prema tome, reakcija ima pravac {tapa, dok je smjer nepoznat. [tap koji sluì kao veza (zanemarljive teìne, a na krajevima cilindri~ni zglobovi) moè biti izloèn samo na zatezanje ili pritisak. (slika 3.15.)

Slika 3.15. Primjer veze {tapom

51

Prilikom rje{avanja problema u kome se veza ostvaruje pomo}u {tapa, treba odrediti intenzitet i smjer sile koja optere}uje {tap. Smjer reakcije pretpostavimo proizvoljno; ako dobijemo pozitivno rje{enje za vrijednost reakcije, to zna~i da je smjer dobro pretpostavljen, a negativno rje{enje zna~i pogre{no pretpostavljen smjer. 3.5. AKSIOM O VEZAMA Ako na kruto tijelo djeluje sistem sila i ako se tijelo nalazi u ravnoteì (u stanju mirovanja), tada je sistem sila uravnoteèn i on zadovoljava uslove ravnoteè statike. Ako se radi o vezanom krutom tijelu, tj. ako mu je bilo koje kretanje onemogu}eno vezama, to tijelo }e biti u miru pod djejstvom proizvoljnog sistema sila. Da bismo postavili uvjete ravnoteè za vezano kruto tijelo, omogu}uje nam aksiom o vezama, koji glasi: svako vezano tijelo moè da se posmatra kao slobodno, ako se veze uklone i njihov uticaj na tijelo zamijenimo djejstvom reakcija veza. (slika 3.16.) →

FK →

K

FK

45°

I D

→

45° II

FDy → FDx 50°

F 50°

→

Fax

Fr

H

H

→

→

→

FH = FG

1,20 m 1,20 m 1,20 m

1,20 m 1,20 m 1,20 m

2,50 m B

C

FH

→

→

m

Fay A 1,20 m →

Fay

2,50 m

→

→

Fax

FC →

FEy

45°

FDx

→

FEx

→

FDy

IV

Slika 3.16. Primjer primjene aksioma o vezama

52

III

50° →

→ →

S = FG

→

FEx

→

FEy

→

FG

4.1. SISTEM SILA U RAVNI ÎJE SE NAPADNE LINIJE SIJEKU U JEDNOJ TA^KI - SUÊLJNI SISTEM SILA Kao {to smo rekli u poglavlju 1.3. sistem sila ~ije se napadne linije (sile djeluju u jednoj ravni) sijeku u jednoj ta~ki, (slika 1.2.) nazivamo su~eljni sistem sila. Ve}i broj prakti~nih zadataka zahtijeva prou~avanje su~eljnog sistema sila kao {to su re{etkasti nosa~i i dr. Prou~avanje ovakvih sistema sila neophodno je za daljnja uop}avanja koja se odnose na proizvoljni sistem sila. 4.1.1. Geometrijski na~in slaganja dvije sile Pretpostavimo da na kruto tijelo djeluje ravan sistem su~eljnih sila, rekli smo to je takav sistem ~ije napadne linije leè u jednoj ravni i sve prolaze kroz istu ta~ku. (slika 4.1.) U ovom poglavlju pokaza}emo da bilo koji → F2 ravan sistem su~eljnih sila uvijek moèmo zamijeniti rezultantom datog sistema sila. Intenzitet, smjer i pravac rezultante moèmo da odredimo grafi~ki, grafo-analiti~ki i analiti~ki. Neka u ta~kama A i B krutog tijela (slika → → 4.2.) djeluju sile F1 i F2, tako da se napadne → F3 → linije sijeku u ta~ki O. Vode}i ra~una o F1 aksiomima statike ta~ka O je zajedni~ka na→ → Slika 4.1. Primjer su~eljnog sistema sila padna ta~ka sila F1 i F2, a kroz nju }e pro}i napadna linija rezultante. → → Konstrukcijom paralelograma nad silama F1 i F2 odredi}emo intenzitet, pravac i smjer rezultante. (slika 4.2.) Napadnu ta~ku rezultante C biramo proizvoljno na napadoj liniji, ali ta ta~ka mora pripadati krutom tijelu.

53

Slika 4.2. Slaganje dviju sila

Za odre|ivanje rezultante ne moramo crtati cio paralelogram sila, ve} je dovoljno kon→ → struirati trougao sila. Sile F1 i F2 sabiramo po pravilu sabiranja vektora. (vidi poglavlje → → → 2.5.) Zavr{na strana trougla sila odre|uje rezultantu Fr kao vektorski zbroj sila F1 i F2: → → → Fr = F1 + F2. (4.1.) Primjenom kosinusne teoreme iz trougla sila moèmo odrediti intenzitet rezultante FR = Fr = F12 + F22 + 2 F1 ⋅ F2 ⋅ cos β .

(4.2.) → → Pravac rezultante se odre|uje uglovima α i γ koje ona zatvara sa silama F1 i F2, a koji se mogu odrediti primjenom sinusne teoreme F1 F F = 2 = r . (4.3.) sin α sin γ sin β 4.1.2. Geometrijski na~in slaganja sistema sila Pretpostavimo da na kruto tijelo djeluje sistem su~eljnih sila (~ije se napadne linije nalaze u jednoj ravni) kao {to je prikazano na slici 4.3. → → → Sloìmo sile F1 i F2, u rezultantu Fr12 . → → → Fr12 = F1 + F2. (4.4.) → → → Silu Fr12 sloìmo sa silom F3 u rezultantu Fr13, tako da je → → → → → → (4.5.) Fr13 = Fr12 + F3 = F1 + F2 + F3. Ovaj postupak primjenjujemo sve dok se cijeli sistem sila ne svede na rezultantu datog sistema → → → → Fr = F1 + F2 + ... Fn , (4.6.) odnosno

54

→ n→ Fr = i=1 Σ Fi.

(4.7.)

Slika 4.3. Slaganje su~eljnog sistema sila

Po{to je odre|ivanje rezultante metodom paralelograma sila dosta sloèn proces, u slu~aju da djeluje veliki broj sila, pogodnije je koristiti konstrukciju poligona sila. Iz → proizvoljno izabrane ta~ke nanesemo paralelno silu F1 u razmjeri, a zatim na vrh vek→ → tora sile F1 nanesemo vektor sile F2 i tako sve do krajnje sile. Spajanjem po~etka prve → → sile F1 i kraja posljednje sile Fn dobija se glavni vektor. → n→ → → → Σ Fi. (4.8.) FR = F1 + F2 + ... + Fn = i=1 → → Intenzitet rezultante Fr jednak je intenzitetu glavnog vektora FR. Napadnu liniju → rezultante Fr dobivamo povla~enjem kroz ta~ku O linije paralelne zavr{noj strani poligona sila, dok napadnu ta~ku rezultante biramo proizvoljno na njenoj napadnoj liniji pod uvjetom da ta ta~ka pripada krutom tijelu. 4.1.3. Teorem o tri sile Teorem o tri sile glasi: Ako na kruto tijelo djeluju tri sile, a kruto tijelo se nalazi u ravnoteì, i ako se napadne linije dviju sila sijeku u jednoj ta~ki, tada sve tri sile leè u jednoj ravnini i njihove napadne linije se sijeku u jednoj ta~ki.

Slika 4.4. Tijelo u ravnoteì pod djejstvom tri sile

55

Da bismo dokazali ovaj teorem pretpostavimo da na kruto tijelo (slika 4.4.) djeluju → → → → → tri sile F1, F2 i F3 , tako da se napadne linije sila F1 i F2 sijeku u ta~ki O. Sloìmo sile → → → F1 i F2 u rezultantu Fr12, kao {to je prikazano na slici 4.4. Sistem od tri sile je sveden → → na dvije sile, F3 i Fr12. Po{to se tijelo nalazi u ravnoteì prema uslovima teoreme, to → → prema aksiomu I, sile F3 i Fr12, moraju imati zajedni~ku napadnu liniju, biti istog intenziteta i suprotnog smjera. 4.1.4. Razlaganje sile na komponente [to zna~i razloìti silu na komponente? Razlaganje sile na komponente zna~i na}i takav sistem od dvije ili vi{e sila kom je data sila rezultanta. U ovom poglavlju prou~i}emo samo slu~aj razlaganja sile na dvije komponente. Prou~i}emo ~etiri mogu}a slu~aja razlaganja sile na dvije komponente. Da bismo prou~ili to, pretpostavimo: a) Poznati su pravci komponenata. Pretpostavimo da na kruto tijelo djeluje sila → → → F. Poznati su pravci p1 i p2 na kojima leè komponente sile F. Razlaganje sile F vr{i → se na taj na~in {to se konstruira paralelogram ~ija je dijagonala sila F. Strane ovog → → → paralelograma su traène komponente F1 i F2 sile F. (slika 4.5.) → Razlaganje sile F moèmo da izvr{imo i pomo}u trougla sila na sljede}i na~in. Nane→ semo vektor sile F i kroz njegove krajnje ta~ke povla~imo paralele sa pravcima p1 i p2 do → → → njihovog presjeka. Dobivene sile F1 i F2 zamjenjuju djelovanje sile F na kruto tijelo. → b) Poznata je jedna komponenta. Pretpostavimo da na kruto tijelo djeluje sila F → → → (slika 4.6.) i da je poznata komponenta F1. Spajanjem vrhova vektora F1 i F dobivamo tre}u stranu trougla sila koja istovremeno odre|uje veli~inu, pravac i smjer druge → komponente F2.

→ Slika 4.5. Razlaganje sile F na komponente ako su poznati pravci komponenata

56

→ Slika 4.6. Razlaganje sile F na komponente ako je poznata jedna komponenta

→ → → → → c) Poznati su intenziteti komponenata F1 i F2, pri ~emu je F1 + F2 ≥ F . I u ovom slu~aju zadatak se svodi na konstrukciju trougla sila. Zadatak ima dva rje{enja, kako je prikazano na slici 4.7., jer nisu poznati pravci komponenata. → → → → → F = F1 + F2 = F1′ + F2′ → → → → (4.9.) F1 ≠ F1′, F2 ≠ F2′.

→ Slika 4.7. Razlaganje sile F na komponente ako su poznati intenziteti komponenata

d) Poznat je intenzitet jedne komponente i pravac druge komponente. Neka na → → → kruto tijelo djeluje sila F i neka je poznat pravac p1 komponente F1 i intenzitet sile F2.

→ Slika 4.8. Razlaganje sile F1 na komponente ako je poznat intenzitet jedne komponente i pravac druge komponente

57

→ Konstrukcija trougla sila pravimo na taj na~in da vrijednost intenziteta sile F2 nanosimo iz ta~ke O1 do pravca komponente p1, na taj na~in dobivamo dvije ta~ke A i B. Zna~i da imamo dva rje{enja. → → → F = F1 + F2 (4.10.) → → → F = F1′ + F2′, kao {to je prikazano na slici 4.8. 4.1.5. Analiti~ki na~in definiranja sile i rezultante sistema sila Analiti~ki na~in rje{avanja zadataka statike zasniva se na pojmu ortogonalne projekcije. U poglavlju 2. vidjeli smo da je projekcija vektora (sile) na osu skalarna veli~ina jednaka proizvodu intenziteta tog vektora i kosinusa ugla, kog pravac vektora zatvara sa pozitivnim smjerom ose na koju se projektuje vektor. Ta projekcija vektora na osu je pozitivna, ako je ugao izme|u vektora i pozitivnog smjera ose o{tar, a negativana ako je taj ugao tupi. → Pravac sile F u ravni definirat }emo kao {to smo u poglavlju 1.5. rekli Dekartovim koordinantnim sistemom slika 4.9. → Po{to su komponente sile F u pravcima osa Ox i Oy. → → Fx =Fx . i (4.11.) → → Fy =Fy . j . → to se sila F , kao vektor , moè napisati u obliku → → → F =F x i + Fy j . (4.12.) → Slika 4.9. Projekcije sile F na ose koordinantnog sistema

Pri ~emu su intenziteti Fx= Fcosα Fy= Fsinα.

(4.13.)

→ Ιntenzitet sile F moèmo da odredimo na osnovu jedna~ine F = Fx 2 + Fy 2 ,

(4.14.)

a ugao α koji ona zatvara sa koordinatnom osom Ox Fy , (4.15.) Fx ako su poznate projekcije sile na ose Ox i Oy. Da li je projekcija sile na osu pozitivna ili negativna zavisi u kojemu kvadrantu leì. (slika 4.10.) tgα =

58

Slika 4.10. Projekcije sila koje leè u svim kvadrantima

4.1.6. Analiti~ki na~in slaganja sila Najop}iji na~in odre|ivanja rezultante ravnog sistema su~eljnih sila, jeste upravo analiti~ki na~in. Da bismo odredili rezultantu analiti~kim putem, pretpostavimo da na → → → kruto tijelo djeluje ravan sistem su~eljnih sila F1, F2, ... Fn (slika 4.11.) →

F3

y →

Fry →

→

F2y

F2 F

r1 2

F3

F3y

F1

Fr

→

→

F2 →

F1y

F1 O

F1x

F2x

Frx

F3x

x

Slika 4.11. Rezultiraju}e sile i njihove komponente u Dekartovom sistemu

Pomjerili smo sve sile sistema po njihovim napadnim linijama do zajedni~ke napadne ta~ke O. U ta~ku O postavili smo po~etak Dekartovog koordinatnog sistema Oxy. Da bismo izvr{ili prelaz od zavisnosti izme|u vektora na zavisnost izme|u njihovih projekcija, moramo se sjetiti teoreme iz vektorskog ra~una koja kaè: projekcija vektorskog zbira na neku osu jednaka je algebarskom zbiru projekcija komponentnih vektora na tu istu osu. 59

Vektorski zbir sistema sila jeste njihova rezultanta → → → → 1→ Fr = F1 + F2 + ... + Fn = i=1 Σ Fi , dok su njene projekcije na ose Ox i Oy, kao {to je prikazano na slici 4.11. → n→ → → → Σ Fix Frx = F1x + F2x + ... + Fnx = i=1 → → → → n→ Fry = F1y + F2y + ... + Fny = i=1 Σ Fiy .

(4.16.)

(4.17.)

Ako smo odredili projekcije rezultante kori{}enjem jedna~ina (4.17.), tada se prema jedna~inama (4.14.) i (4.15.) moè odrediti intenzitet i pravac rezultante (4.18.) Da li su rezultante na ose Ox i Oy pozitivne ili negativne, zavisi od tog, u kom kvadrantu leì rezultanta {to je prikazana u tabeli 4.1. Tabela 4.1. Projekcija rezultante na ose Ox i Oy.

4.2. PARALELNE SILE I SPREGOVI U RAVNI 4.2.1. Moment sile za ta~ku Kruto tijelo pod djejstvom sila moè pored translatornog kretanja da vr{i i obrtanje oko neke ta~ke. Obrtni efekt sile karakteri{e moment sile za ta~ku. → Pretpostavimo da na kruto tijelo djeluje sila F i da se kruto tijelo moè obrtati oko pola O. Poloìmo ravan kroz napadnu liniju i ta~ku pola O, kao {to je prikazano na → slici 4.12. Du` d, povu~ena iz pola O normalno na pravac sile F, naziva se krak sile → → F za pol O. Po{to se sila F moè pomicati du` svoje napadne linije, to zaklju~ujemo da obrtno djejstvo sile zavisi od: → a) intenziteta sile F, b) veli~ine kraka d i c) smjera obrtanja u poloènoj ravni (ravni djejstva sile). 60

Slika 4.12. Slika za definiciju momenta sile

Koli~insku mjeru obrtnog djejstva sile na kruto tijelo karakteri{e moment sile za → ta~ku. Moment sile F za ta~ku O defini{emo kao skalarnu veli~inu jednaku proizvodu intenziteta sile i kraka sile za ta~ku O pola. → Mo (F ) = F . d F ⊥ d. (4.19.) → Moment sile F za ta~ku O moè se smatrati pozitivan ako sila èli da obrne kruto tijelo oko pola O u pozitivnom smjeru obrtanja satne kazaljke. To se moè i obrnuto pretpostaviti {to nema neku zna~ajniju ulogu. Ako intenzitet sile mjerimo u Newtonima a krak sile a u metrima, tada je jedinica mjere momenta sile za ta~ku Newtonmetar ( Nm). Iz izloène definicije moèmo zaklju~iti: 1° Moment sile se ne mijenja pri pomjeranju sile du` njene napadne linije, 2° Moment sile za ta~ku O jednak je nuli kada je sila jednaka nuli ili kada napadna linija sile prolazi kroz ta~ku O. Istaknuti francuski nau~nik Varinjon1) uveo je teoremu: Moment rezultante ravnog sistema su~eljenih sila za proizvoljnu ta~ku O u ravni dejstva sila, jednak je algeberskom zbiru momenta komponentnih sila za ta~ku O. → Da bismo dokazali navedenu teoremu, predpostavimo da na krutu plo~u djeluje sila F kao {to je prikazano na slici 4.13.

1) Francuski nau~nik Varinjon (1654-1722)

61

a)

1

b)

c) → F1

→ F . 2

→ F2 . d1

. d

A MA = F . d

d2

→ F3

d3

A

→ F4

A MA = F 3 . d3

MA = F1d1 + F2 d2

Slika 4.13. Slika za dokaz Varinjonove teoreme

→ Momenat sile F za ta~ku A pola je (4. 20.) MA = F . d . → Na osnovu aksioma III silu F moèmo rastaviti na dvije komponente ~iji su prav→ → ci poznati 1i 2 F1 i F2 , → → → F = F1 + F2, → → → tako da je sila F rezultanta sila F1 i F2 . Tada }e moment za ta~ku pola A biti jednak (4.21.) MA = F1 . d 1 + F2 . d 2. → Silu F moèmo da rastavimo na dvije komponente tako da pravac jedne komponente prolazi kroz pol A, tada je moment jednak MA = F3 . d3. (4.22.) → → → → → Po{to silu F zamjenjujemo komponentama F1 i F2 odnosno F 3 i F 4 na osnovu izloènog moèmo napisati F . d = F1d1 + F2d2 = F3d3, (4.23.) odnosno MA(F→) = MA(F→1) + MA(F→2) = MA(F→) + MA(F→) 3

n

MA(F r) = Σ Mo(F i) →

i=1

→,

4

(4.23.)

{to u matemati~kom obliku predstavlja Varinjonovu teoremu. 4.2.2. Slaganje i razlaganje paralelnih sila U ovom poglavlju prou~it }emo sile ~ije su napadne linije paralelne me|u sobom i nalaze se u jednoj ravnini. Prvo }emo pokazati kako se slaù paralelne sile, odnosno, kako se odre|uje rezultanta dvije paralelne sile koje djeluju na kruto tijelo. Imamo dva slu~aja: a) Slu~aj kada su paralelne sile istih smjerova → → Pretpostavimo da na kruto tijelo djeluju dvije paralelne sile F1 i F2 kao {to je prikazano na slici 4.14. u ta~kama A i B. U ta~kama A i B, prema aksiomu II, dodaje62

→ → mo dvije uravnoteène sile F1′ i F2′ koje djeluju du` prave AB i istih intenziteta. Za→ → → → mijenimo sile F1 i F1′, odnosno F2 i F2′ njihovim rezultantama → → → Fr1 = F1 + F1′ (4.24.) → → → Fr2 = F2 + F2′. Pomjerimo dobivene rezultante po njihovim napadnim linijama do zajedni~ke ta~ke O. Razloìmo zatim ove rezultante na komponente ~iji su pravci paralelni prvo→→ →→ bitnim komponentama F1, F1′ odnosno F2, F2′.

Slika 4.14. Slaganje paralelnih sila istih smjerova

→ Na ovaj na~in smo u ta~ki O dobili ~etiri su~eljne sile: dvije uravnoteène sile F1′, → → → F2′ koje se po aksiomu II poni{tavaju i dvije kolinearne sile F1, F2. Zamijenimo sile →→ F1, F2 sa rezultantom ~ije je intenzitet Fr = F1 + F2 . (4.25.) → → → Iz izloènog vidimo da je sila Fr rezultanta paralelnih sila F1 i F2. Napadna linija → → nalazi se izme|u napadnih linija sila F1 i F2 i paralelna je tim silama. Odredimo poloàj → napadne linije rezultante Fr (odnosno poloàj ta~ke C). Iz sli~nosti trouglova ∆OAC ∆ONM AC MN F1′ = = , OC OM F1

(4.26.)

a iz ∆OCB i ∆OED BC ED F2′ . = = OC OE F2     Iz gornjih jedna~ina AC . F1 = OC . F1′ i BC . F2 = OC . F2′.

(4.27.) (4.28.) 63

Kako je F1′ = F2′ to iz jedna~ina (4.28.) imamo AC ⋅ F1 = BC ⋅ F2

(4.29.)

BC AC (4.30.) = . F1 F2  Ako jedna~ini (4.29.) dodamo isti ~lan BC . F1, tada ova jedna~ina postaje    (AC + BC ) . F = BC . (F + F )

odnosno

1

1

2

AB ⋅ F1 = BC ⋅ Fr AB BC = Fr F1

odnosno

BC AC AB = = . F1 F2 Fr

(4.31)

(4.32.)

→ Sa dvije jedna~ine (4.25.) i (4.32.) potpuno je odre|ena rezultanta (Fr) dvije paralelne sile istih smjerova. Rezultanta dvije paralelne sile istih smjerova po intenzitetu jednaka je zbiru intenziteta tih sila, a napadna linija rezultante nalazi se izme|u linija komponenata, paralelna im je i dijeli rastojanje izme|u njih obrnuto srazmjerno tim silama. b) Slu~aj kada su paralelne sile suprotnih smjerova → → → → Pretpostavimo da na kruto tijelo djeluju sile F1 i F2 u ta~kama A i B i neka je F2 > F1. (slika 4.15.) Rezultantu ovih sila moèmo odrediti kori{}enjem jedna~ina (4.25.) i (4.32.). → → Na produètku pravca AB u ta~ki C, dodajmo uravnoteène sile Fr i Fr′ i neka je intenzitet ovih sila Fr = Fr′ = F2 – F1, (4.33.) a poloàj ta~ke C neka je odre|en relacijom AC BC AB = = . F2 F1 Fr → → → Zamjenimo sile F1 i Fr′ rezultantom F ~iji je intnzitet

F = F1 + Fr′ = F1 + F2 – F = F2 ,

(4.34.)

(4.35.) → dok njena napadna linija prema jedna~ini (4.32.) prolazi kroz ta~ku B. Po{to se sile F → → i F2 uravnoteùju, moèmo ih ukloniti, pa ostaje samo sila Fr, koja zamjenjuje djejst→ → vo sila F1 i F2, pa prema tome, ona je njihova rezultanta. Zaklju~ujem da je rezultanta dvije paralelne sile suprotnih smjerova po intenzitetu jednaka razlici intenziteta tih sila, paralelna im je, nalazi se na strani ve}e sile i ima smjer ve}e sile. 64

Slika 4.15. Slaganje paralelnih sila suprotnih smjerova

4.2.3. Spreg sila. Moment sprega sila Pretpostavimo da na kruto tijelo djeluju dvije paralelne sile istog intenziteta a suprotnih smjerova. (slika 4.16.) Ovakav sistem sila naziva se spreg sila i →→ ozna~ava se sa (F, F ). Vektorska suma dviju sila jednaka je nuli. → → → Fr = F1 + F2 = 0. (4.36.) Kaèmo da spreg sila nema rezultantu. Slika 4.16. Spreg sila

Spreg sila je element statike koji nije mogu}e uprostiti, pored sile to je drugi osnovni element statike. Prema tome, sistem sila koje obrazuju spreg sila nema rezultantu i one se ne nalaze u ravnoteì, jer ne djeluju du` iste napadne linije. Djelovanje tih sila rezultira rotiranjem krutog tijela. (slika 4.17.) → F

d

→ F F

F c

a b

Slika 4.17. Obrtno djejstvo sprega sila na kruto tijelo 65

Ravan koja prolazi kroz napadne linije sila sprega naziva se ravan djejstva sprega. Najkra}e rastojanje d napadnih linija sila sprega naziva se krak sprega. Obrtni efekt krutog tijela usljed djejstva sprega sila zavisi od: a) intenziteta sila i kraka sprega, b) poloàja ravni djejstva sprega i c) smjera obrtnog djejstva u toj ravni. Obrtni efekt krutog tijela usljed djejstva sprega sila karakteri{e moment sprega sila. Moment sprega sila jednak je proizvodu jedne od sprega sila i kraka sprega sila. M = ± F . d. (4.37.) → Predstavimo moment sprega sila vektorom M . Pretpostavimo da na krutu plo~u djeluje spreg sila.(slika 4.18.) Moment s obzirom na ta~ku O, koja je proizvoljna ta~ka prostora je: → → → → M =→ rA × F + rB × (-F) = → → → → r × F. (4.38.) = (rA – rB) × F =→ Kako je udaljenost d projekcija vektora→ r → na normalu sile F, onda je veli~ina gornjeg izraza →  M = F . d, (4.39.) Slika 4.18. Geometrijski odnosi vezani {to predstavlja veli~inu momenta sprega. →→ uz zadati spreg sila (F, F′ )

→ Vektor M momenta sprega sila stoji okomito na ravan spreg sila i po veli~ini je jednak proizvodu intenziteta jedne od sila i kraka sprega sila, a smjer mu se odre|uje pravilom desne ruke. (slika 4.19.)

Moment sprega sila ne zavisi od izbora pola, tj. moment sprega sila je slobodan vektor, a jednak je: → → → M = M OF = M BF, (4.40.) to jest MOF = F . c – F . x = F(c – x). Slika 4.19. Pravilo odre|ivanja → smjera vektora M

Kako je c – x = d, to je

66

MOF = MBF = F . d.

(4.41.)

→ M

Odavde izvodimo zaklju~ak da algebarski zbir momenata sila sprega za bilo koju ta~ku u ravnini djejstva sprega ne zavisi od izbora poloàja te ta~ke i jednak je momentu sprega sila.

B

→ F

→ F A

x ravan π

d c

Slika 4.20. Poloàj vektora momenta sprega sila

Ako na kruto tijelo djeluje vi{e spregova, koji ne leè na jednoj ravni, jednostavno se dokazuje da se dati sistem spregova moè zamijeniti jednim spregom, ~iji je moment jednak vektorskom zbiru momenata komponentnih spregova. → → → → n → M = M 1 + M 2 + ... + M n = i=1 Σ M i. (4.42.) → Moment M rezultiraju}eg →sprega moè da se odredi kao zavr{na strana poligona konstruiranog od momenta M i komponentnih spregova. Za sistem spregova, koji ne djeluje u jednoj ravni krutog tijela, zgodno je koristiti analiti~ki na~in. Na osnovu jedna~ine (4.17.) o projekciji vektorskog zbira na os, zaklju~ujemo da je: n Mx = i=1 Σ Mix n

My = i=1 Σ Miy n

(4.43.)

Mz = i=1 Σ Miz Intenzitet momenta rezultiraju}eg sprega se odre|uje jedna~inom M = M x2 + M y2 + M z2 .

(4.44.)

4.2.4. Ekvivalentnost spregova sila Djejstvo sprega sila na kruto tijelo se ne}e promijeniti ako se izvr{e sve transformacije sprega sila. Da bismo to dokazali, pretpostavimo da imamo jedno kruto tijelo → → na koje djeluje spreg sila (F ′, F ′′) sa krakom d. (slika 4.21.) Povucimo kroz napadne ta~ke A i B sile sprega dvije bilo koje paralelne pravce p1 i p2. Rastojanje izme|u pravaca p1 i p2 ozna~imo sa d1. → → → → Razloìmo silu F ′ na komponente F1′ i F 2′ du` pravca p1 i AB a silu F ′′ na kom→ → ponente F 1′′ i F2′′ du` pravca p2 i AB. → → F1′ = -F1′′ (4.45.) → → F2′ = -F2′′. → → → → Sile F 2′ i F2′′ se uravnoteàvaju, pa ih moèmo ukloniti, dok sile F1′ i F 1′′ ~ine → → spreg sila. (F1′, F1′′) Sile ovog sprega moèmo pomjerati du` njihovih napadnih linija u 67

bilo koje ta~ke A1B1 krutog tijela. S obzirom na proizvoljan izbor ta~aka A, B kao i → → pravaca p1 i p2, moèmo da smatramo da se spreg (F1′ i F 1′′) nalazi bilo gdje u ravni → → svog dejstva, odnosno, u ravni dejstva transformiranog sprega sila (F1′ i F 1′′).

Slika 4.21. Transformacija sprega sila

→ → → → Dokaìmo da su momenti spregova ( F ′ i F ′′) i ( F1′ i F 1′′) me|usobno jednaki. → → → Po{to je sila F ′ rezultanta sila F1′ i F2′ to prema Verinjonovoj teoremi (4.23.) vrijedi: → → → (4.46.) MB(F ′) = MB(F1′) + MB(F2′) Kako je → MB(F ′) = F ′ . d → (4.47.) MB(F1′) = F1′ . d1 → MB(F2′) = 0, to na osnovi jedna~ine (4.46.) dobivamo F′ . d = F1′ . d (4.48.) M = M1. Moèmo da donesemo sljede}e zaklju~ke: a) djelovanje sprega se ne mijenja ako sile pomjeramo u pravcu djelovanja sila, b) spreg sila moè se po volji pomicati u pravcu njegovog kraka, tj. okomito na pravac djelovanja sila, c) spreg sila se moè po volji pomicati na ravni djejstva, ali pod uslovom da pojedine sile ne mijenjaju svoj me|usobni poloàj, d) spreg sila se moè zamijeniti drugim spregom sila ako su momenti jednaki i imaju smisao rotacije, e) spreg sila moèmo pomaknuti iz jedne ravni u drugu paralelnu ravan krutog tijela kroz promjene njegovog mehani~kog djelovanja. 68

4.3. PROIZVOLJAN - OP]I SISTEM SILA U RAVNI 4.3.1. Paralelno preno{enje sile Paralelni pomak sile ili redukcija, vrlo je ~est postupak u statici, pa mu zbog toga dajemo poseban zna~aj. Zadatak o svo|enju sistema sila na prostiji oblik, rje{ava se pomo}u sljede}eg teorema: djejstvo sile na kruto tijelo se ne mijenja ako je prenesemo paralelno njoj samoj u bilo koju drugu ta~ku krutog tijela i dodamo spreg sila ~iji je moment jednak momentu sile koju paralelno prenosimo u odnosu na ta~ku u koju se sila prenosi. → Neka u ta~ki A krutog tijela djeluje sila F (slika 4.22.) Dodajmo u proizvoljnoj → → ta~ki O uravnoteèn sistem sila F1 i F2.

Slika 4.22. Grafi~ki prikaz pojma paralelnog preno{enja sile

→ → → →→ → Sile F , F1 i F2 imaju potpuno djejstvo na kruto tijelo kao i sama sila F. Sile F i F2, →→ ~ine spreg sila (F, F2), ~iji je moment jednak → →→ → (4.49.) M = M(F, F ) = F . l = M (F). 2

O

→ →→ → → → Umjesto sile F, imamo sile F, F1 i F2 koje se svode na: silu F1 jednaku sili F, s →→ napadnom ta~kom u ta~ki O i spreg sila (F, F2) ~iji je moment M odre|en jedna~inom. (4.49.) 4.3.2. Osnovna teorema statike

→→ → Pretpostavimo da na kruto tijelo djeluje proizvoljan ravan sistem sila F1, F2, F 3, ..., → Fn tada vektorski zbir sila → n→ → → → (4.50.) FR = F1 + F2 + ... + Fn = Σ Fi, i=1 nazivamo glavni vektor datog sistema sila. Zbir momenata svih sila sistema za bilo koju ta~ku O kao pol. n → MO = i=1 Σ MO(Fi), (4.51.) nazivamo glavni moment datog sistema sila za tu ta~ku. Kori{}enjem teorema o paralelnom preno{enju sile moèmo dokazati osnovni teorem statike koji glasi: svaki ravan sis→ tem sila koji djeluje na jedno kruto tijelo moè da se zamijeni jednom silom FR, koja je jednaka glavnom vektoru datog sistema sila sa napadnom ta~kom u ta~ki O svo|enja i spregom ~iji je moment MO jednak glavnom momentu sistema sila za ta~ku O svo|enja. 69

Da bismo dokazali gornje navode, pretpostavimo da na jedno kruto tijelo, i da u → → → jednoj njegovoj ravni, djeluje proizvoljan sistem sila F1, F2, ... Fn. (slika 4.23.)

Slika 4.23. Redukcija proizvoljnog ravnog sistema sila na jednu ta~ku

Saglasno teoremu o paralelnom preno{enju sile, prenosimo sve sile sistema u ta~ku redukcije O. Dobivamo ravan sistem su~eljnih sila → → → → F1, F2, F3, ..., Fn i ravan sistem spregova, ~iji su momenti → → → → M1 = MO(F1), M2 = MO(F2), M3 = MO(F3), ..., Mn = MO(Fn). (4.52.) Sistem su~eljnih sila (4.52.) moèmo zamijeniti jednom silom koja je jednaka vektorskom zbiru ovih sila → → → → n→ FR = F1 + F2 + ... + Fn = i=1 Σ Fi (4.53.) a sistem spregova ~iji su momenti odre|eni jedna~inom (4.53.) moèmo zamijeniti jednim spregom ~iji je moment jednak algebarskom zbiru momenata svih sila sistema sa centar O redukcije n → MO = M1 + M2 + ... + Mn = Σ (Fi). (4.54.) i=1 → Sila FR nije rezultanta datog proizvoljnog ravnog sistema sila, jer ona sama ne zamjenjuje sistem. Da bismo definirali jedan ravan sistem sila dovoljno je poznavati → glavni vektor i glavni moment datog sistema sila za neku ta~ku O. Glavni vektor FR 70

ne zavisi od izbora ta~ke O jer je o~igledno da poligon sila ostaje nepromijenjen bez obzira u koju se ta~ku tijela paralelno prenose sile. Veli~ina glavnog momenta zavisi od izbora centra redukcije, jer se promjenom poloàja ove ta~ke mijenja ne samo veli~ina momenta svake sile ve} i njegov znak. Glavni vektor je invarijantan u odnosu na centar redukcije, a glavni moment nije invarijantan u odnosu na centar redukcije. 4.3.3. Svo|enje ravnog sistema sila na prostiji oblik Da bismo dokazali da se sistem sila koji djeluje na jednoj ravni krutog tijela moè svesti na prostiji oblik, posluìt }emo se osnovnom teoremom statike. Rezultat ovog → svo|enja zavisi od glavnog vektora FR i glavnog momenta MO. Posebni su slu~ajevi pojednostavljenog oblika djelovanja skupa sila: a) ako je glavni vektor i glavni moment → (4.55.) FR = 0 i MO = 0, tada se sistem nalazi u ravnoteì, b) ako je glavni vektor i glavni moment → (4.56.) FR = 0, MO ≠ 0, tada se sistem sila svodi na spreg ~iji je moment MO nezavisan od izbora redukcione ta~ke, c) ako je glavni vektor i glavni moment → FR ≠ 0, MO = 0, (4.57.) d) ako je glavni vektor i glavni moment → (4.58.) FR ≠ 0, MO ≠ 0, → → → tada se sistem sila moè zamijeniti samo jednom silom rezultantom Fr = FR′ = FR. Napadna linija ne prolazi kroz ta~ku O ve} na takvom rastojanju od nje da bude zadovoljen uvjet MO = MO(Fi).

Slika 4.24. Svo|enje ravnog sistema sila na prostiji oblik 71

→ Pretpostavimo da smo sistem sila sveli na glavni vektor FR′ i glavni moment MO u ta~ki O. → → Spreg momenta MO zamijenimo spregom (FR′, FR′′) pod uvjetom da ovaj spreg ima isti → → moment a sile FR′ i FR′′ odredimo tako da budu istog intenziteta kao glavni vektor, tada vrijedi jedna~ina (4.59.) MO = FR . d, → → iz koje moèmo dobiti veli~inu kraka d sprega. Uklonimo sile FR i FR′′ po{to su → → → uravnoteène. Vidimo da se sistem sila svodi na rezultantu FR′ = FR = Fr ~ija napadna linija prolazi kroz ta~ku O′ na udaljenosti d od pola redukcije O. 4.3.4. Poligon sila i veri`ni poligon Da bismo objasnili konstrukciju poligona sila i veri`nog poligona, pretpostavimo → → → da imamo jedno kruto tijelo (plo~u) na koje djeluju sile F1, F2 i F3. (slika 4.25.) Na slici 4.25. prikazan je poloàj i raspored sila u odnosu na kruto tijelo (plo~u), a zove se plan djejstva sila ili plan sila. Pri grafi~kom rje{avanja zadatka plan sila se crta u razmjeri UL za duìnu i UF razmjeri za sile. Poligon sila se crta kao {to smo ranije vidjeli na sljede}i na~in: u odabranoj razmjeru UF iz proizvoljne → ta~ke nacrtamo vektor sile F1; zatim iz vrha vektora sile → → F1 nacrtamo vektor sile F2, a zatim iz vrha vektora sile → → Slika 4.25. Kruto tijelo (plo~a) F2 nacrtamo vektor sile F3. (slika 4.26.) optere}ena sa tri sile

Slika 4.26. Poligon sila i veri`ni poligon

→ → → Izlomljena linija sila F1, F2 i F3 nacrtana tako da se po~etak sljede}e sile poklapa sa krajem prethodne sile, zove se poligon sila. Ukoliko se kraj posljednje sile u poligonu sila poklapi sa po~etkom prve sile u poligonu sila, tada kaèmo da je poligon sila zatvoren. Ako se kraj posljednje sile ne poklopi sa po~etkom prve sile u poligonu sila, tada je poligon sila otvoren (na na{em primjeru poligon sila je otvoren). 72

Da bismo konstruirali veri`ni poligon izaberimo proizvoljnu ta~ku O, koja se zove pol i koja ne smije biti na stranama, niti na produètku strana poligona sila. Spajanjem pola O sa po~etkom i krajem svake sile dobivamo zrake poligona 0,1,2 i 3. Tada → povu~emo pravu paralelnu zraku O do presjeka sa napadnom linijom sila F1. Zatim iz → ta~ke presjeci{ta zraka 1 i napadne linije F1 povla~imo paralelnu zraku 1 do presjeci{ta → → s napadnom linijom sile F2. Iz presjeci{ta zraka 1 i napadne linije sile F2 povla~imo para→ lelu sa zrakom 2 do presjeci{ta sa napadnom linijom sile F3. Iz tog presjeci{ta povla~imo paralelu sa zrakom 3. Izlomljena linija ~ije su strane paralelne odgovaraju}im zracima u poligonu sila, a ~ija presjeci{ta leè na napadnim linijama sila u planu djejstva, zove se veri`ni poligon. Ako se zraka O i 3 poklope, tada je veri`ni poligon zatvoren. Kada se prva i posljednja strana veri`nog poligona ne poklope, tada je veri`ni poligon otvoren. →→ → Konstrukcijom poligona sila i povla~enjem zraka 0,1,2,3 svaka sila F1, F2 i F 3 rastavljena je na dvije komponente. (slika 4.27.) → → → S 0 + F1 = S 1 → → → S1 + F2 = S 2 → → → (4.60.) S 2 + F3 = S 3 → → → S 0 + S3 = Fre. Mogli smo i na sljede}i na~in izvr{iti rastavljanje → → → F1 = S0 + S 1 → → → F2 = S1 + S 2 (4.61.) → → → F3 = S 2 + S 3 → → → → → → Frez = F1 + F2 + F3 = S 0 + S 3.

Slika 4.27. Uz konstrukciju veri`nog poligona 73

→ → → Svaku silu zamjenjujemo njenim komponentama sila F1 s komponentama S 0 i S 1, → → → → → → komponente S 1 i S 2 zamjenjuju silu F2 i komponente S2 i S 3 zamjenjuje silu F3. Kako → →→ → se vidi S1= -S1, S2 = -S 2, te ove sile nanijete u planu sila uzajamno se uravnoteùju, pa → → → → → se mogu ukloniti. Sile F1, F2 i F3 zamjenjujemo sa dvije sile S 0 i S 3. Primjenom izloènog postupka svaki proizvoljan ravan sistem sila sa proizvoljnim brojem sila svodi se na dvije sile. 4.3.5. Grafi~ko odre|ivanje rezultante proizvoljnog sistema sila u ravni U poglavlju 4.3.2. vidjeli smo da se svaki proizvoljni ravan sistem sila svodi na rezultantu ili na spreg sila ili je uravnoteèn sistem sila. Ukoliko je poligon sila, kon→ struiran od datog sistema sila otvoren, tj. ako glavni vektor FR ≠ 0, dati sistem se svodi na rezultantu. U ovom poglavlju razmatrat }emo takav sistem sila.

Pretpostavimo da na kruto tijelo → → → djeluju tri poznate sile F1, F2 i F3 u ta~kama A1, A2 i A3. (slika 4.28.)

Slika 4.28. Kruto tijelo optere}eno sa tri sile

Da bismo grafi~ki odredili rezultantu, plan djelovanja sila crta se u razmjeri. Rezultanta datog sistema sila moè da se odredi postupnom primjenom pravila o slaganju sila pomo}u paralelograma sila.

Slika 4.29. Grafi~ko odre|ivanje rezultante 74

Me|utim, taj metod je nepodesan za ve}i broj sila, pa se u tom slu~aju rezultanta odre|uje konstrukcijom poligona sila i veri`nog poligona. (slika 4.29.) Poligon sila za dati sistem sila konstruisan je u razmjeri za silu UF pri ~emu je po~etak proizvoljno izabran. Vektor, ~iji je po~etak u po~etku prve sile, a zavr{etak u zavr{etku posljednje → sile u poligonu sila, jeste glavni vektor FR datog sistema sila. Proizvoljnim izborom pola O i povla}enjem zraka 0,1,2,3 konstruisan je veri`ni →→ → poligon 0,I,II,III,3. Konstrukcijom veri`nog poligona, dati sistem sila F1, F2 i F3 zamijen→ → jen je sa dvije sile koje djeluju du` prave O i posljednje 3 strane veri`nog poligona S0 i S3. → → Rezultanta ovih dviju sila S 0 i S 3, a time i rezultanta posmatranog sistema sila, prolazi kroz ta~ku S u kojoj se sijeku pravci 0 i 3. Prema tome, kada se konstruira veri`ni poligon datog sistema sila, presjek prve i posljednje strane veri`nog poligona daje ta~ku S kroz koju prolazi napadna linija rezultante tog sistema sila. Prava povu~ena → kroz ta~ku S paralelno glavnom vektoru FR predstavlja napadnu liniju rezultante. → Glavni vektor FR nanesen du` napadne linije rezultante sa po~etkom u bilo kojoj ta~ki krutog tijela daje, kona~no, rezultantu datog sistema sila.  → Duìna ad predstavlja intenzitet rezultante Fr u razmjeri →  F = ad . U . (4.62.) r

F

Izbor pola O i po~etak veri`nog poligona nemaju uticaja na poloàj napadne linije rezultante. Ako bi ta~ku O i po~etak veri`nog poligona uzeli u drugim poloàjima, presje~na ta~ka prve i posljednje strane veri`nog poligona, uvijek }e se na}i na napadnoj liniji rezultante. 4.3.6. Grafi~ko odre|ivanje rezultiraju}eg sprega sistema sila Pretpostavimo da na kruto tijelo djeluje takav sistem sila, da je poligon sila zatvoren, a veri`ni poligon otvoren, tada se dati sistem sila svodi na spreg sila. → → → → Pretpostavimo da na jedan nosa~ djeluje sistem od ~etiri sile F1, F2, F3 i F4 i neka je poligon sila zatvoren. (slika 4.30.)

Slika 4.30. Grafi~ko odre|ivanje rezultiraju}eg sprega

75

U tom slu~aju glavni vektor datog sistema sila je jednak nuli, a to zna~i da se sistem ovih sila ne moè svesti na rezultantu. Kada se usvoji pol O i povuku zraci u poligonu sila, kao posljedica {to je poligon sila zatvoren, dobiva se rezultat da se prvi zrak O i posljednji zrak 4 poklapaju. To zna~i da su prva strana O′ i posljednja strana 4′ u veri`nom poligonu O′,I, II, III, IV i 4′ paralelne me|usobno. Kada je prva i posljednja zraka paralelna u veri`nom poligonu, mogu da nastupe dva slu~aja: a) da se ova dva pravca nalaze na nekom rastojanju η tj. da je veri`ni poligon otvoren, b) da se pravci prve i posljednje strane veri`nog poligona poklapaju η = 0. →→→ → Konstrukcijom veri`nog poligona dati sistem sila F1, F2, F3 i F4, zamjenjuje se dvjema silama, koje djeluju du` zraka O′ i 4′ veri`nog poligona na kruto tijelo. Intenzitet, pravac i → → → → smjer ovih sila dat je prvim i posljednjim zrakom u poligonu sila (S0 i S1). Sile S0 i S1 djeluju na kruto tijelo na me|usobnom rastojanju η a istog su intenziteta i pravca, a suprotnog smjera. →→→ → Prema tome, sistem sila F1, F2, F3 i F4 zamjenjen je spregom sila → → →  →  (S 0, S 4) (S0 = aO, S 4 = Oa ) ~iji je krak η.  M = aO . η . UL . UF, (4.63.)  gdje du` aO, izmjerena u poligonu sila i pomnoèna razmjerom UF za sile, predstavlja prirodnu vrijednost sile sprega, a du` η izmjerena i pomnoèna sa razmjerom UL za duìnu predstavlja prirodnu vrijednost kraka sprega. 4.3.7. Razlaganje sile na dvije njoj paralelne komponente Da bismo raloìli silu na dvije komponente, moramo odrediti dvije sile kojima je data sila rezultanta. U op}em slu~aju, ovaj zadatak nije odre|en i ima}e jednozna~no rje{enje samo ako se postave dopunski uvjeti. Analizirajmo dva slu~aja koji se naj~e{}e pojavljuju pri grafi~kom rje{avanja zadataka. a) Slu~aj razlaganja sile kada su zadane napadne linije komponenata paralelne datoj sili i nalaze se sa razli~itih strana te sile. → Neka je data rezultanta Fr, koju treba razloìti na dvije komponente, ~ije su napadne linije zadane pravcima I i II.

→ Slika 4.31. Razlaganje sile Fr u dvije komponente koje su paralelne i nalaze se sa razli~itih strana

76

→ Nanesimo silu Fr u razmjeri UF, zatim iz usvojenog pola O povla~imo zrak 0 i 2. → Iz ta~ke K, proizvoljno odabrane na napadnoj liniji sile Fr povla~i se prava paralelna zraka O do presjeka sa pravcem I, odnosno, prava paralelna zraka 2 do presjeka sa pravcem II. Spajanjem presjeci{ta dobije se strana veri`nog poligona 1. Prava paralelno povu~ena → → →=F iz pola O sa zrakom 1 sije~e silu Fr u ta~ki C i dijeli je na dva dijela ac 1 i silu → → → → → cb = F1. Sile F1 i F2 prene{ene na pravce I i II, predstavljaju traène komponente sile Fr . Na slici 4.31. prikazana su dva slu~aja: a) kada su pravci I i II na istim rastojanji→ → → ma od sile Fr i b) kada su pravci I i II na razli~itim odstojanjima od Fr. Da su sile F1 → → → → i F2 komponente sile Fr moè se dokazati grafi~kim slaganjem sila F1 i F2. b) slu~aj razlaganja sile kada su zadane napadne linije komponenata paralelne datoj sili i nalaze se sa iste strane te sile. → Neka je data Fr, koju treba razloìti na dvije komponente, ~ije su napadne linije zadane pravcima I i II.

→ Slika 4.32. Razlaganje sile Fr na dvije komponente koje su paralelne i nalaze se sa strane te sile

→ Da bismo razloìli silu Fr na dvije komponente, treba ponoviti prethodni postupak → koji za ovaj slu~aj prikazan na slici 4.32. Kako sila Fr, koja se razlaè, mora da bude → → → → i F2 = cb . jednaka vektorskom zbiru komponenata. Na taj na~in dobijamo sile F1 = ac → → Sile F1 i F2 prene{ene na pravce I i II, predstavljaju traène komponente sile.

77

Rije{eni zadaci iz poglavlja 4 Zadatak 4.1. U ta~ki A krutog tijela djeluju sile F 1 = 15 N, F 2 = 40 N i F 3 = 30N. Napadne linije sila grade uglove sa pozitivnim dijelom ose Ox β1 = 30°, β2 = 135° i β3 = 280°. Za dati sistem sila odrediti: a) grafi~kom metodom intenzitet, pravac i smjer rezultante i b) analiti~kom metodom intenzitet, pravac i smjer rezultante.


Rje{enje: a) Grafi~ko rje{enje: 1N →→ → = 12 N sile F3, F2 i F1 kao {to je pokazano na nanesemo 1 mm → → → slici. Po~eli smo iz ta~ke A nanijev{i silu F3 u razmjeri, zatim silu F2 i F1, tako dobiv{i ta~ku E. Spajanjem ta~ke AE dobivamo rezultantu datog sistema sila. Paralelnim preno{enjem rezultante u koordinatni po~etak, dobivamo pravac rezultante u odnosu na koordinatni sistem.

Usvojimo razmjeru za sile UF =

Slika uz grafi~ko rje{enje zadataka 4.1.

Intenzitet rezultante

Fr = AE ⋅ U F = 12 mm ⋅

αr = 32°. 78

1N = 12 N 1 mm

b) Analiti~ko rje{enje: Uglovi koje sile ~ine osom Ox su: α1 = β1 = 30° α2 = 180° – β2 = 180° – 135° = 45° α3 = 360° – β3 = 360° – 280° = 80°. → → → Projekcija sila F1, F2 i F3 na osu Oy su: F1y = F1 . sinα1 = 15 . 0,5 = 7,50 N F2y = F2 . sinα2= 40 . 0,707 = 28,28 N F3y = F3 . sinα3= 30 . 0,985 = -29,55 N. Komponente rezultante su: Frx = F1x + F2x + F3x Fry= F1y + F2y+ F3y . . . Frx = F1 cosα1 – F2 cosα2 + F3 cosα3 Fry = F1 . sinα1 + F2 . sinα2 – F3 . sinα3 Frx = 12,99 – 28,29 + 5,22 Fry = 7,50 + 28,28 – 29, 55 Fry = 6,23 N. Frx = – 10,07 N Intenzitet rezultante je: Fr = Frx2 + Fry2

a pravac rezultante tgα r =

Fry + 6,13 1) = = −0,62 Frx − 10,07

Slika uz analiti~ko rje{enje zadatka 4.1 1) Predznak minus zna~i da se radi o II kvadrantu (vidi sliku)

79

Zadatak 4.2. Na kruto tijelo u ta~ki O djeluje sistem su~eljnih sila F1 = 20 N, F2 = 40 N, F3= 50 N, F4 = 80 N, F5 = 45 N i F6 = 35 N. β1 = 20°, β2 = 75°, β3 = 150°, β4 = 270°, β5 = 290° i β6 = 350° sa pozitivnim dijelom ose Ox.Za dati sistem sila potrebno je: a) grafi~kim metodom odrediti intenzitet, pravac i smjer rezultante, b) analiti~kim metodom odrediti intenzitet, pravac i smjer rezultante


Rje{enje: a) Grafi~ko rje{enje: Razmjer za silu U F =

2,5 N 1mm

Slika uz grafi~ko rje{enje zadatka 4.2. 80

Intenzitet rezultante F

r

=

A

E

⋅

U

F

= 27,5

m

m

⋅

2,5 1 m

N

= 68,0

N

m

αr = 58° , βr = 302°. b) Analiti~ko rje{enje: → → → → → Projekcija sila F1 , F2 , F3 , F4 , i F5 prikazali smo tabelarno

Slika uz analiti~ko rje{enje zadatka 4.2.

Komponente rezultante su: 5 Frx = F1x + F2x + F3x + F4x +F5x = Σ Fix i =1 Frx = + 35,702 N 5 Fry = F1y + F2y + F3y + F4y +F5y = Σ Fiy i =1 Fry = -57,886 N. Intenzitet rezultante je

Fr = (35,702) 2 + ( −57,886) 2

Fr = 67,90 N Pravac rezultante odre|ujemo na osnovu komponenti rezultante tgα r =

-Fry (−) = . Frx (+)

Vidimo da rezultant a leì u IV kvadrantu (vidi sliku u predhodnom zadatku), 57,89 tgα r = = 1,622 35,70 αr = 58,3° βr = 301,7°

81

Zadatak 4.3. → → → Na krutom tijelu u ta~ki O djeluju sile F1 , F2 , i F3 tako da im rezultanta leì na → x osi i ima intenzitet Fr = 40 kN. Koliki mora imati intenzitet sila F1 i koji pravac da bi ovaj uslov bio zadovoljen?

F2 = 30 kN F3 = 50 kN Fr = 40kN. Slika uz zadatak 4.3.

Rje{enje: a) Analiti~ko rje{enje: F1x + F2x +F3x = Frx F1x = Frx – F2x – F3x Frx = – 40 F1x = – 40 – 30 . cos150° – 50 . cos 300° F1x = – 39,01 kN F1y + F2y +F3y =Fry = 0 F1y + F2y +F3y = 0 F1y = – F2y – F3y = – 30 . sin150° – 50 . sin300° F1y = +28,301 kN. → Intenzitet sile F1 je :

F1 = F12x + F12y

9 F1 = 48,20kN.

→ Pravac sile F1

α1 =144,0°.

b) Grafi~ko rje{enje: Razmjera za silu U F =

1kN 1mm F1 = cd ⋅ U F = 48mm ⋅

F1 = 48 kN.

82

1kN 1mm


Zadatak 4.4. Uz strmu ravan konopcem vu~e se masa m = 30kg. Strma ravan je pod uglom 40°, a konopac 15° u odnosu na vertikalu. Kolika je sila u konopcu i reakcija podloge (trenje zanemareno) da bi rezultanta tih sila bila jednaka nuli? →

Fs

15°

40°


Rje{enje: a) Analiti~ko rje{enje: Oslobodimo masu od veza.


Uslov zadatka je da rezultanta sile u konopcu i reakcije podloge bude jednaka nuli. Fr = 0 83

Fr = Frx2 + Fry2

ΣFy = 0

Frx = 0, i Fry = 0 Frx = ΣFx = 0 Fry = ΣFy = 0 Fs . cos 25°– FG . cos 40° = 0. Fs =

F

G

cos 40o cos 25o

=

m

⋅ FG

⋅ = 30 g

k

g

⋅ 9,81

m

2

= 294

N

s

Fs =

ΣFx = 0

cos 40o

⋅ 294 Fs = 249 N cos 25o FA + Fs . sin 25° – FG . sin 40° = 0 FA + FG . sin 40° – Fs . sin25° FA = 294 . sin40° – 249 . sin 25°

FA = 84 N. b) Grafi~ko - analiti~ko rje{enje Uslov zadatka je Fr = 0. To zna~i plan sila mora biti zatvoren. Usvojimo razmjer za sile U F =

50 N . 7 mm

Fs = bc ⋅ U F = 36mm

50 N = 249 N 7 mm

FA = ca ⋅ U F = 12mm

50 N = 84 N . 7 mm

Uglovi su β = 90° – 15° = 75° α = β + 40° = 115° Slika uz grafi~ko - analiti~ko rje{enje zadatka 4.4. γ = 90° – 40° = 50°. Primjenimo li sinusni teorem, imat }emo: Fs FG sin 50o sin 50o = ; F = F ⋅ = ⋅ = 249 N 294 s G sin 50 o sin 115o sin 115o sin 115o FA sin 15o

84

=

FG sin 115

; o

FA = FG ⋅

sin 15o sin 115o

= 294 ⋅

sin 15o sin 115o

= 84 N

Zadatak 4.5. Pogonsko vratilo ima moment okretanja M1 = 10 Nm. Preko zup~anika 1 i 2 prenosi se moment na vratilo II. Kolika je obimna sila na zup~anicima i koliki je moment okretanja vratila II ako su pre~nici zup~anika d1 = 100 mm i d2 = 180 mm? Rje{enje: Moment na vratilu I odnosno zup~aniku 1 iznosi: d M 1 = Fu ⋅ 1 2 Fu = Slika uz zadatak 4.5.

Fu =

2M 1 d1

2 ⋅ 10 ⋅ 103 = 200 N . 100

Moment vratila II na osnovi slike je: M 2 = Fu ⋅

d2 2

180 2 M2 = 18000 Nm M2 = 18N m. M 2 = 200 ⋅

Zadatak 4.6. Voza~ bicikla ostvari silu na pedalu bicikla F = 220 N. Duìna na kojoj je pedala od osovine l1= 210 mm. Pre~nik pogonskog lan~anika je d1 = 182mm, a gornjeg d2 = 65 mm. Polupre~nik pogonskog to~ka bicikla je 12 = 345m. Potrebno je odrediti: a) moment na pogonskom lan~aniku, b) silu u lancu, c) moment na gornjem lan~aniku i d) silu koja ostvaruje pogon bicikla izme|u podloge i pogonskog to~ka. Slika uz zadatak 4.6.

Rje{enje: a) Moment pogonskog lan~anika iznosi: M1 = F . l1 = 200 . 0,21 = 46,2 Nm. b) Sila u lancu M2 = M1 85

F1 ⋅

F1 =

d1 = M1 2

2 M 1 2 ⋅ 46, 2 = d1 0,182

F1= 507,7 N. c) Moment na gornjem lan~aniku je: 0,065 d M 2 = F1 2 = 507,7 ⋅ = 16,5 Nm. 2 2 d) Sila koja ostvaruje vo`nju iznosi: Fv . l2 = M2 M Fv = 2 l2 Fv =

16,5 = 47,83 N . 0,345

Zadatak 4.7.

Sila F = 17 kN je u ravnoteì sa silama F1 i F2 koje su pod uglovima β1 = 30° i β2 = 60°. Odrediti intenzitet sila F1 i F2 da bi uslov zadatka bio zadovoljen.


Rje{enje: a) Analiti~ko rje{enje: 3

α1 = 210° α2 = 300° α3 = 90° Uslov zadatka je: Fr = 0


Fr = Frx2 + Fry2

Frx = ΣFx = 0 = F1cosα1 + F2cosα 2+ Fcosα 3 I Fry= ΣFy= 0 = F1sinα1 + F2sinα 2+ Fsinα 3. II 86

Ako izjedna~imo jedna~ine I i II, dobijemo da je: 3

3

-F1 cosα1sinα2 – Fcosα3sinα2 = -F1 sinα1cosα2 – Fsinα3cosα2 F1(sinα 1 cosα 2 – cosα 1 sinα 2) = F(cosα sinα 3 – sinα3cosα2) sin(α1 – α2)

F1 = F F2 =

sin(α2 – α3)

sin(300 − 90o ) sin(α 2 − α 3) = 8,5kN = 17 sin(α1 − α 2 ) sin( 210o − 300o ) o

− F1 cos α1 − F cos α3 − 8,5 cos 210o – 17 cos 90o = = 14,72kN . cosα 2 cos 300o

b) Grafi~ko rje{enje: δ = β1 + β2 = 90° γ1 = 90° – β1 = 60° γ2 = 90° – β2 = 30° F1 = F . cosγ1 = 17 . cos60° = 8,5 kN F2 = F . cosγ2= 17 . cos30° = 14,72 kN, 5N UF =  10 mm

Slika uz grafi~ko rje{enje zadatka 4.7.

F1 = ca ⋅ U F = 17 mm ⋅

5N = 8,5 kN 10 mm

F2 = bc ⋅ U F = 29 mm ⋅

5N = 14,72 kN. 10 mm 87

Zadatak 4.8. Valjak teìne G = 3,8kN pridràva {tap pod uglom γ = 40° koji vr{i pritisak na drugi valjak . Poznate su duìne l1 = 280mm, l2 = 320mm. Izra~unati silu u {tapu i pritisak izme|u valjaka.


Rje{enje: a) Grafo - analiti~ko rje{enje: β = arctan

11 280 = arctg 12 320

β = 41,19°

Slike uz grafo analiti~ko rje{enje zadatka 4.8.

Na osnovu sinusnog teorema Fs Fr G = = sin(γ + β ) sin(90° − β ) sin(90° − γ )

88

Fs = G ⋅

sin(90° − β ) sin(90° − 41,19°) = 3,8 ⋅ = 2,894kN sin(γ + β ) sin( 40° + 41,19°)

Fr = G ⋅

sin(90° − γ ) sin(90° − 40°) = 3,8 ⋅ = 2,946kN sin(γ + β ) sin( 40° + 41,19°)

b) Analiti~ko rje{enje:

α1 = β = 41,19° α2 = 180° – γ =140° α3 = 270° ΣFx = 0 ⇒ Fr . cosα1 + Fs . cosα2 + G . cosα3 = 0 ΣFy = 0 ⇒ Fr . sinα1 + Fs . sinα2 + G . sinα3 = 0 Iz jedna~ine I izra~unajmo silu Fr


− Fr =

I II

Fs ⋅ cos α 2 + G ⋅ cos α 3 cos α1

Iz jedna~ine II tako|er imamo da je: − Fr =

Fs ⋅ sin α 2 + G ⋅ sin α 3 sin α1

Izjedna~avanjem gornjih jedna~ina dobivamo: FS . cosα2 sinα1 + G . cosα3 sinα1 = Fs . sinα2 cosα1 + G . sinα3 cosα1 FS (sinα2cosα1 – cosα2sinα1) = G(sinα1cosα3 – cosα1sinα3) sin(α2 – α1)

Fs = G

sin(α1 – α3)

sin(α1 − α 3 ) sin( 41,19° − 270°) = 3,8 sin(140° − 41,19°) sin(α 2 − α1 ) FS = 2,894 kN Fr = 2,946 kN.

Zadatak 4.9. Na klip dizel motora djeluje sila F = 110 kN. Klipnja~a se nalazi pod uglom γ = 12°. Potrebno je odrediti: →

F

γ

a) kojom silom klip vr{i pritisak na cilindar, b) izra~unati silu na klipnja~i (trenje zanemariti).


89

Rje{enje: a) Grafi~ko - analiti~ko rje{enje:

FN = F . tgγ = 110 . tg12° FN = 23,38 kN Fp =

b) Analiti~ko rje{enje:

110 F = = 112,5kN . cos γ cos12°

α1 = 0 α2 = 102° α3 = 270° Postavimo uslove ravnoteè ΣFx = 0 FN . cosα1 + Fp . cosα2 + F . cosα3 = 0 I ΣFy = 0 FN . sinα1 + Fp . sinα2 + F . sinα3 = 0 II

Slika uz analiti~ko rje{enje zadataka 4.9.

Ako izjedna~imo gornje jedna~ine I = II, imat }emo: FN cosα1 + F cosα3 sinα2 = FN sinα1 cosα2 + F sinα3 cosα2 FN (sinα1cosα2 – cosα1sinα1) = F(sinα2cosα3 – cosα3 – cosα1sinα3) sin(α1 – α2)

Fn = F Fp = −

90

sin(α2 – α3)

sin(α 2 − α 3 ) sin(102° − 270°) = 110 = 23,38kN , sin(α1 − α 2 ) sin(0° − 102°)

Fn cos α1 + F cos α 3 23,38 ⋅ cos 0° + 110 ⋅ cos 270° = = 112,5kN cos α 2 cos102°

Zadatak 4.10. Kamion istovara teret teìne G = 50 000 N kao {to je prikazano na slici. Odrediti silu  u cilindru CB i reakcije u osloncu A.


Rje{enje:

Slika uz rje{enje zadatka 4.10.

Uvjeti ravnoteè za sanduk glase: ΣFx = 0 FB . cos30° – XA = 0 ΣF = 0 Y + F . sin30° – G = 0 y

ΣMA = 0

A

B

FBcos30° . 4 . sin20° + FB . cos30° . 4 . cos20° + + G . sin20° . 1,5 – G . cos20° . 3 = 0

Nakon rje{avanja gornjih jedna~ina dobivamo: FB = YA = G – FB . sin30° = 380 160 N XA = 22 489 N.

91

Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 4 Zadatak 4.11. Na {tap u ta~ki A djeluju dvije sile F1 = 500 N i F2 = 300 N pod uglom γ = 80°. Kolika mora da bude sila Fs da bi sila bila u ravnoteì i pod kojim uglom αs treba da djeluje? Rje{enje: αS →

→

FS

F1 γ = 60°

Fs = 626,2 N αs =151,85°

→

F2


Zadatak 4.12. Za sistem su~eljnih sila prikazanih na slici F1 = 1,2 kN, F2 = 1,5 kN, F3 = 1,0 kN i F4 = 0,8 kN odrediti rezultantu i pravac rezultante. Rje{enje:

Fr = 1,818 N αr =186,31°


Zadatak 4.13. Telefonski stub optere}en je silama F1 = 400N, F2 = 500N, F3= 350N i F4 = 450N. Odrediti intenzitet, pravac i smjer rezultante.

Fr = 562,2 kN αr = 26,4°

Slika uz zadatak 4.13. 92

Zadatak 4.14. - 4.17. Za sisteme sila prikazane na slikama potrebno je odrediti: a) komponente rezultante Frx i Fry , b) intenzitet, pravac i smjer rezultante Fr . Rje{enje: y 10 kN 140°

15 kN 20 kN

80°

30°

x

220°

Fr = 18,99 kN αr = 51,7°

310°

30 kN

35 kN


Rje{enje: 30 kN 35 kN y 110° 70° 40 kN 200° 20° x 45 kN 300° 270°

Fr = 48,7kN αr = 61,0°

60 kN

50 kN


Rje{enje: F2 = 4,0 kN 3

F1 = 5,0 kN 3

y 2

4

x

Fr = 647N αr = 100,3°

1 F3 = 6,0 kN


93

Rje{enje: F2 = 5,0 kN y 45° 30°

F3 = 4,0 kN

F1 = 3,0 kN x

60°

F4 = 2,0 kN

Fr = 4,08 kN αr = 2,8°


Zadatak 4.18. Masa m = 1500 kg obje{ena je uètom o dva {tapa 1 i 2. [tapovi su pod uglom β =25°. Odrediti sile u {tapovima 1 i 2. Rje{enje: 1 β

S1 = 31,6 kN S2 = 34,8kN

m

2


Zadatak 4.19. U zglobu gdje se spajaju {tapovi 1 i 2 djeluje sila F= 25 kN na oba {tapa. Odredite sile u {tapovima 1 i 2. Rje{enje: 2,50 m

4,0 m

1 2,0 m

6,0 m

2 β →

F


94

S1 = 12,04 kN S2 = 22,98 kN.

Zadatak 4.20. Kliza~ radne ma{ine oslanja se na postolje ma{ine u dvijema strmim ravnima i optere}uje postolje silom F = 10 kN. Sila djeluje pod uglom γ = 70°. Strme ravni postolja su pod uglovima α = 65° i β = 35°. Kolikim silama kliza~ djeluje na strme ravni podloge? Rje{enje: γ

→

F

FA =

cos( β − γ ) ⋅ F = 8,32 kN sin(α + β )

FB = −

α

β

cos(α + γ ) ⋅ F = 7,18 kN. sin(α + β )


Zadatak 4.21. Reduktor jedne radne ma{ine na ulaznom i izlaznom vratilu ima momente M1 i M2. Kolikim rezultiraju}im momentom odnosno silom reduktor optere}uje vijke kojima je pri~vr{}en u ta~kama A i B? Rje{enje:

0,60 m

A

M1 = 100 Nm

M2 = 400 Nm

Mr = 300 Nm FA = FB = 500 N.


Zadatak 4.22. Vratilo je optere}eno sa tri paralelne sile F1 = 500 N, F2 = 800 N i F3 = 2100 N. Rastojanja na kojim se nalaze remenice i zup~anici su: l1 = 150 mm, l2 = 300 mm i l3 = 150 mm. Potrebno je odrediti: a) intenzitet, pravac i smjer rezultante b) na kom rastojanju od lijevog leàja }e djelovati rezultanta?

95

Rje{enje: →

F2 →

l1

F1

Fr = 1800 N l0 = 0,5417 m.

→

l2

l3

F3


Zadatak 4.23. Nosa~ je optere}en sa dvije paralelne sile F1 = 30 kN, F2 = 20 kN, a izme|u sila optere}uje ga uè silom Fs = 25 kN pod uglom α = 60°. Rastojanja su l1 = 2 m, l2 = 1.5 m i l3 = 0,7 m. Potrebno je odrediti: a) intenzitet, pravac i smjer rezultante, b) najkra}e rastojanje pravca rezultante od oslonca B. Rje{enje: →

α

FS

→

F1

→

F2 B

A l1

l2

l3


96

Fr = 30,98 kN β = 23,79° l0 = 2,981 m.

5.1. UVOD Kruto tijelo je u ravnoteì, ako je skup sila i spregova koje djeluju na kruto tijelo u ravnoteì. Iz prethodne re~enice zaklju~ujemo da }e potreban i dovoljan uvjet, (da tijelo na koje djeluje skup sila bude u ravnoteì), biti ispunjen ako je → → Mr= 0 (5.1.) Fr = 0, Gornje jedna~ine predstavljaju uvjete ravnoteè statike. Iz njih jasno slijedi zaklju~ak, da je kod krutog tijela, koje je u ravnoteì, sprije~ena i translacija i rotacija krutog tijela u svim pravcima. Da bismo detaljnije objasnili uvjete ravnoteè krutog tijela, razmotrit }emo odre|ene slu~ajeve djelovanja sila na kruto tijelo. 5.2. SISTEM SILA ÎJE SE NAPADNE LINIJE SIJEKU U JEDNOJ TA^KI - SUÊLJNI SISTEM SILA 5.2.1. Analiti~ka metoda Pretpostavimo da imamo su~eljni sistem sila (detaljno obja{njen u 4.2.1.) koji je prikazan na slici 5.1. Kao {to smo vidjeli, su~eljni sistem sila moèmo zamijeniti rezultantom.

Frx = ΣFx Fry = ΣFy

(5.2.)

Slika 5.1. Su~eljni sistem sila

Da bi bio ispunjen potreban i dovoljan uslov ravnoteè (5.1.), dovoljno je da je rezultanta jednaka nuli. Drugi uslov je ispunjen samim tim {to sve sile prolaze kroz jednu ta~ku. Fry = 0. Frx = 0

97

Kako su projekcije rezultante na Ox i Oy osu koordinantnog sistema date u (5.2.), to jedna~ine ravnoteè moèmo napisati u formi ΣFx =0 (5.3.) ΣFy =0. Jedna~ine (5.3) su analiti~ki uslovi ravnoteè za jedan sistem sila koji ima zajedni~ku napadnu ta~ku - su~eljeni sistem sila. Sa ove dvije jedna~ine moèmo odrediti dvije nepoznate, npr. reakcije u osloncima (vidi poglavlje 4.2.1.). 5.2.2. Grafi~ka metoda Rezultanta sistema sila koji imaju zajedni~ku ta~ku djelovanja prikazana je grafi~ki u poglavlju 4.2.1. Za ispunjenje uslova Fr = 0 mora se kraj zadnje sile u planu sila poklopiti sa po~etkom prve sile u planu sila.

Slika 5.2. Grafi~ki uslov ravnoteè

Moèmo zaklju~iti da je grafi~ki uslov ravnoteè za su~eljni sistem sila: plan sila mora biti zatvoren. 5.2.3. Tri neparalelne sile u ravnoteì

→ → → Pretpostavimo da nam je jedna plo~a optere}ena sa tri sile F1, F2, F3 u ta~kama A, B i C kao {to je prikazano na slici 5.3.

Slika 5. 3. Tri sile na krutoj plo~i

→ → → → Pravci sila F1 i F2 sijeku se u ta~ki I. Pomicanjem sila F1 i F2 iz ta~aka A i B u → ta~ku I mo}i }emo ih pomo}u paralelograma sloìti u rezultantu Fr12. Uvjet ravnoteè 98

→ → je ispunjen ako su rezultanta Fr12 i F3 istih veli~ina, istog pravca , a suprotnog smjera → → → (ako je plan sila zatvoren). Sile F1, F2, F3 promatraju se kao sile sa zajedni~kom ta~kom djelovanja I. a) pravci sila sijeku se u jednoj zajedni~koj ta~ki, b) plan tri sile je zatvoren. 5. 3. PARALELNE SILE 5.3.1. Analiti~ka metoda

→ Kada se radi o paralelnim silama , uslov da je Fr = 0 za ravnoteù krutog tijela nije → → → dovoljan. Za jedan spreg sila ( F - F ) ispunjen je uslov da je Fr = 0, ali postoji obrtanje. Da bi se sprije~ilo obrtanje, potrebno je da i rezultiraju}i momenat bude jednak nuli → M r = 0. Analiti~ki uslovi ravnoteè za paralelni sistem sila su: (5.4.) ΣF=0 Σ M = 0. Pol za momentnu jedna~ine je slobodno odabran. Umjesto jedna~ine (5.4.) moèmo uslove ravnoteè za paralelni sistem sila napisati u obliku (5.5) Σ MI = 0 Σ MII = 0 gdje su ta~ke I i II slobodno odabrane. 5.3.2.Grafi~ka metoda Da bi smo objasnili grafi~ki uslov ravnoteè za sistem paralelnih sila , moramo se potsjetiti poglavlja 4.4. gdje je detaljno obja{njen poligon sila i veri`ni poligon sile. → Ukoliko je F r = 0 (to jest ako nema rezultante), tada se prva i zadnja polna zraka poklapaju u poligonu sila i polgon sila je zatvoren. Iako je poligon sila zatvoren, ne mora zna~iti da je sistem paralelnih sila koje djeluju na kruto tijelo u ravnoteì . To nije dovoljan uslov. Moramo vidjeti {ta je sa veri`nim poligonom,jer veri`ni poligon sila moè biti otvoren kada su krajnje polne zrake paralelne, pa se tada skup sila svodi na spreg sila (vidi poglavlje 4, ta~ku 4.4) i sistem paralelnih sila nije u ravnoteì. Ako je veri`ni poligon zatvoren, tada se krajnje polne zrake poklapaju, to jest kada su poligon sila i veri`ni poligon zatvoreni, skup sila koje djeluju na kruto tijelo je u ravnoteì. Da bi sistem paralelnih sila koje djeluju na kruto tijelo bio u ravnoteì prema grafi~koj metodi mora biti: a) poligon sila zatvoren i b) u veri`nom poligonu moraju se poklopiti krajnje polne zrake, to jest veri`ni poligon mora biti zatvoren. 99

5.4. OP]I SISTEM SILA U RAVNI 5.4.1. Analiti~ka metoda

→ → → → Razmotrimo uvjete ravnoteè krute plo~e na koju djeluju sile F1, F2, F3 i F4 u ta~kama A, B, C i D. Pretpostavimo da su sile tako odabrane da je njihov poligon sila zatvoren. Po{to je poligon sila zatvoren, rezultanta sila je jednaka nuli. U to se moèmo lako uvjeriti analiti~ki ako izra~unamo projekcije sila na Ox i Oy osi te ih algebarski sumiramo. Tada bi komponente u pravcima osi bile jednake nuli, → pa je onda i rezultanta sila jednaka nuli. Na osnovu slike 5.4. uo~imo da sile F1 → i F3 ~ine spreg sila kod koga je smjer obrtanja obrnut smjeru kazaljke na satu, a → → sile F2 i F4 ~ine drugi spreg sila sa istim smislom. Tada je rezultuju}i spreg → → → M = M1 + M2 (5.6)

Slika 5.4. Djelovanje slika u razli~itim ta~kama krute plo~e u jednoj ravni

Za zadane vrijednosti poloàja ta~aka A, B, C, i D i veli~ine sila slijedi da su spregovi odnosno njihovi momenti ve}i od nule, pa je posljedica djelovanja spregova na plo~u rotacija plo~e, {to zna~i da plo~a nije u ravnoteì. Zna~i, posmatrani sistem nije u ravnoteì. Na osnovu ovoga moèmo postaviti op}e pravilo za uslove ravnoteè u ravni koje glasi: Ravanski sistem sila koje djeluju u proizvoljnim ta~kama bit }e u ravnoteì ako su algebarske sume projekcija svih sila na dvije me|usobno okomite ose jednake nuli, te ako je algebarska suma momenata, {to ih ~ine te sile s obzirom na bilo koju ta~ku u ravnini, jednaka nuli. Analiti~ki se to izraàva jedna~inama ravnoteè ravanskog sistema sila koje nemaju zajedni~ku napadnu ta~ku. Σ Fy = 0, ΣM=0 (5.7.) Σ Fx = 0 Moè se umjesto jedne jedna~ine za sile upotrijebiti jedna~ina momenta. To vrijedi za mnoge primjere u inènjerskoj praksi. Kao ekvivalentni sistem jedna~ina ravnoteè je: Σ Fx = 0, Σ MI = 0, Σ MII = 0; (5.8.) Σ M1 = 0, 100

Σ MII = 0,

Σ MIII = 0.

(5.9.)

Polne ta~ke I, II III su slobodno odabrane, ali moramo voditi ra~una da: a) za jedna~ine (5.8) spojna prava I, II ne smije biti okomita na pravac ose Ox, b) za jedna~ine (5.9.) ta~ke I, II i III ne smiju leàti na jednoj liniji. 5.4.2. Grafi~ka metoda Da bi projekcije rezultante Frx = 0 i Fry = 0 bile jednake nuli, dovoljno je da je poligon sila zatvoren. Rezultiraju}i momenat }e biti jednak nuli ako je zatvoren veri`ni poligon. Op}i sistem sila u ravni je u ravnoteì ako je: a) plan sila zatvoren i b) veri`ni poligon sila zatvoren. Po{to se grafi~ke metode statike ~esto upotrebljavaju za brè i lak{e analiziranje ravnote`nih stanja sila {to djeluju u razli~itim ta~kama ravnine, to }emo ovdje analizirati ovu metodu i na jednom primjeru. Pretpostavimo da imamo jedan nosa~ →→ → → → optere}en silama F1, F2 i F3 kao {to je prikazano na slici 5.5. Rezultanta sila F1, F2 i → → → → → F3 je FR = F1 + F2 + F3 leì u sjeci{tu zraka 1 i 4 (nije ucrtana u crteù). Rezultantu rastavimo na dvije sile koje su paralelne s rezultantom, a pravci im prolaze ta~kama → → → A i B i ~ine ravnoteù sa silama F1, F2 i F3 pa je zbir tih sila u ta~kama A i B jednak → → → zbiru F1, F2 i F3 to jest → → → → → (5.10.) F A + FB = F1 + F 2+ F3

Slika 5.5 Grafi~ka metoda za analiziranje ravnote`nog stanja sila

→ → → → → U planu sila, sile FA + F B su suprotnog smjera F1, F2 i F3, kraj jedne reakcije → → (npr. FA ) zavr{avat }e se u po~etku sile F1, jer je tada plan sila zatvoren. U planu → poloàja treba rezultantu FR rastaviti na sile u pravcima {to prolaze kroz ta~ke A i B. Te sile moraju biti paralelne s pravcima {to prolaze kroz ta~ke A i B. Te sile → → → moraju biti paralelne sa rezultantom FR. Produìmo li sa sila F1 i F3 veri`ne zrake 1 i 4 do pravca kroz ta~ke A i B,definirat }emo ta~ke a i b. Ako èlimo imati zatvoren veri`ni poligon ({to je grafi~ki uslov ravnoteè), moramo povu}i u ta~kama a i b pravac koji spaja te dvije ta~ke. Taj pravac se naziva zaklju~nica (s), a predstavlja → → pravac sila na koje se rastavljaju reakcije u FA i u FB . Tako zaklju~nica (s) s polnom 101

zrakom 1 ~ini reakciju u osloncu A a sa zaklju~nicom i polnom zrakom 4 ~ini reakciju u osloncu B. Vidimo, da bi sistem sila koje djeluju u ravni bio u ravnoteì,mora i plan sila i veri`ni poligon biti zatvoren. 5.4.3. Culmannova metoda*) Ova metoda se ~esto primjenjuje kada sile nisu paralelne i kada nemaju zajedni~ku napadnu ta~ku. U tu svrhu se upotrbljava Culmannova metoda, koja se sastoji u sljede}em: → → → → Neka na jednu ravnu krutu plo~u djeluju ~etiri sile F1 F2 i F3 i F 4 kao {to je prika→ → zano na slici 5.6. Produìmo pravce sila F1 i F4 i dobi}emo ta~ku I, isto to u~inimo sa → → produènjem pravaca sila F3 i F2 tako da dobijamo ta~ku II.

Slika 5.6. êtiri sile na krutoj plo~i - Culmannova metoda

Spajanjem ta~aka I i II dobivamo spojnu pravu koja se naziva Culmannova linija → → → (prava). Sile F1 i F4 moèmo zamijeniti rezultantom Fr14 koja }e prolaziti kroz I. Sile → → → F3 i F2 tako|er ~ine rezultantu Fr23 koja prolazi kroz ta~ku II. Ukoliko su sile u → → ravnoteì (ili treba da budu u ravnoteì), tada rezultante Fr14 i Fr23 moraju leàti na Culmannovoj liniji, imati iste intenzitete i suprotne smjerove. Odatle proisti~e da }e smisao obiljeènja sila u Culmannovom ~etverouglu zbog ravnoteè sila biti takav da poligon sila mora biti zatvoren, to jest da rezultanta jednaka nuli. êsto se Culmannova metoda primjenjuje kad je potrebno jednu silu rastaviti na tri kom→ ponente kojima su pravci poznati. Da bi smo to objasnili pretpostavimo da je poznata sila F →→ → {to djeluje na kruto tijelo (slika 5.7.), a poznati su i pravci djelovanja sila S1 , S2 , i S3.

Slika 5.7. Rastavljanje sile u tri komponente *) Culmann Carl 10. 7. 1821 - 9. 12. 1881. Profesor, Polytehnikum Zurich

102

→ → → → Produènjem pravca S 1 i S 2 , odnosno S 3 i F dobivamo ta~ke I i II, odnosno → → Culmannovu pravu, Cwa. Sile S i F mogu se sloìti u jednu rezultantu koja }e pro→ → laziti kroz ta~ku II, a sile S 1 i S 2 ~ine drugu rezultantu koja prolazi kroz ta~ku I. Ako posmatrane sile moraju biti u ravnoteì , tada je nu`no da te rezultante budu na jednom pravcu i da su suprotnih smjerova. Ta prava je takozvana Culmannova linija. Na → → → → taj na~in sila F je rastavljena na komponente S1 , S 2 , i S 3. Kod primjene ove metode moramo se dràti istih uputa kao i prije u pogledu izbora mjerila i na~ina crtanja plana poloàja i plana sila. 5.4.4. Ritterova grafoanaliti~ka metoda Ova metoda kao i Culmannova metoda sluì za rastavljanje jedne sile u tri zadana → pravca. Da bismo obrazloìti ovu metodu, pretpostavit }emo da je zadana sila F i tri pravca 1, 2 i 3. Produàvanjem pravca 1, 2 i 3 djelovanja sila dobivamo ta~ke A, B i C, slika 5.8. Najkra}a rastojanja ta~ke A, B i C od pravca sile → F ozna~avamo sa a, b i c. Povla~enjem normala iz ta~aka A, B i C na suprotne stranice trougla ABC dobivamo visine h1, h2 i h3. Primjenimo li momentano pravilo imat }emo: Σ MA = 0 ⇒ F . a = F1 . h1

Σ MB = 0 Σ MC = 0

⇒ F . b = F2 . h2

(5.11.)

⇒ F . c = F3 . h3.

Slika 5.8. Ritterova metoda rastavljanja sile na tri komponente

Iz jedna~ina (5.11.) odre|ujemo vrijednost komponenata F1, F2 i F3,  , F2 = Fb  , F3 = Fc , (5.12.) F1 = Fa h1 h2 h3 poznavaju}i veli~ine a, b, c, i h1, h2, h3. Ukoliko je predznak izra~unate komponente negativan, tada je smjer te sile pogre{no postavljen, te ga treba korigirati. 5.5. STATI^KO ODRE\ENO I STATI^KI NEODRE\ENO OSLONJENJE Oslonci jednog krutog tijela su stati~ki odre|eni ako iz jedna~ina ravnoteè moèmo izra~unati reakcije veza. Jedan sistem sila sa zajedni~kom napadnom ta~kom (su~eljeni sistem sila) ima dvije jedna~ine ravnoteè Σ Fx = 0, Σ Fy = 0 iz kojih moèmo izra~unati dvije nepoznate reakcije veze. 103

Pretpostavimo da imamo masu m obje{enu o {tapove 1, 2 i 3 kao {to je prikazano na slici 5.9.

Slika 5.9. Stati~ki odre|eno (a) i stati~ki neodre|eno ovje{enje (b/c)

Ovje{enje (a) je stati~ki odre|eno, moèmo postaviti dvije jedna~ine ravnoteè Σ Fx = 0, Σ Fy = 0 iz kojih moèmo izra~unati sile na uètu S1 i S2, a i plan sila je zatvoren pa na osnovu njega moèmo prona}i vrijednosti sila u kracima uèta. U slu~aju (b ) imamo isto dvije nepoznate, ali se radi o stati~ki neodre|enom ovje{enju. U ovom primjeru jedna~ina Σ Fx = 0 je neupotrebljiva (0 = 0), tada nam ostaje samo jedna~ina

Σ Fy = 0 sa dvije nepoznate sile S1 i S2, u uètu. Ni na osnovu plana sila S1 i S2 , jer dobijamo duplu liniju u planu sila. Samo za ovaj primjer ostaje matemati~ki egzaktno G . Me|utim da je uè rje{enje da se radi o potpuno dva jednaka uèta, tada je S1= S2 =  2 preba~eno preko kotura i da postoji trenje izme|u uèta i kotura i da postoji trenje izme|u uèta i kotura tada sile u kracima uèta nisu iste i radi se o stati~ki neodre|enom ovje{enju. Tako|er primjer (c) je stati~ki neodr|eno ovje{enje, jer je nemogu}e iz dvije jedna~ine ravnoteè Σ Fx = 0, Σ Fy = 0 izra~unati tri nepoznate S1 S2 i S3 sile u kracima uèta. Ovje{enje (c) je jedan put stati~ki neodre|eno. Ukoliko bi ovje{enje bilo sa ~etiri uèta, tada bi se radilo o dva puta stati~ki neodre|enom ovje{enju. Za paralelni sistem sila koriste se tako|er dvije jedna~ine ravnoteè. Pretpostavimo da imamo jedan kruti nosa~ (gredu) obje{enu o dva uèta na ta~kama A i B i optere}en paralelnim silama. (slika 5.10.) Moèmo postaviti dvije ravnote`ne jedna~ine iz kojih moèmo izra~unati sile u uàdima S1 i S2. Slika 5.10. Stati~ki odre|eno oslonjenje kod optere}enja sa paralelnim silama

Slika 5.11. Stati~ki neodre|eno oslonjenje kod optere}enja sa paralelnim silama 104

Ukoliko je greda ovje{ena o tri uèta, kao {to je prikazano na slici 5.11. tada se radi o stati~ki neodre|enom problemu. Zbog simetri~nosti je S1= S3, a to proizolazi iz momentne jedna~ine za ta~ku C. Kod stati~ki neodre|enih oslonjenja dopunsku jedna~inu postavljamo iz uvjeta deformacije i na taj na~in rje{avamo problem, stati~ki neodre|eno oslonjenje postaje stati~ki odre|eno.

Za op{ti sistem sila u ravni imamo tri jedna~ine ravnoteè, iz kojih moèmo da odredimo tri reakcije u osloncima krutog tijela. Izvr{imo analizu stati~ke odre|enosti u krute plo~e teìne G koja je oslonjena, kao {to je prikazano na slici 5.12.

Slika 5.12. Kruta plo~a pri~vr{}ena sa tri {tapa

U slu~aju (a) pri~vr{}ene plo~e radi se o stati~ki odre|enom problemu. Postavljanjem momentnih jedna~ina za tri ta~ke krute plo~e koja je pri~vr{}ena {tapovima pronalazimo tri sile u {tapovima S1, S2 i S3. a = 0, jer U slu~aju (b) da postavimo momentnu jedna~inu za ta~ku A imat }emo FG .  2 svi pravci sila u {tapovima prolaze kroz ta~ku A.Predhodna jedna~ina je zadovoljena samo ako je FG = 0. Ovdje se radi o stati~ki neodre|enom problemu i dopunsku jedna~inu moramo postaviti iz uslova deformacije. U primjeru (c) sve tri sile u {tapovima su paralelne. Iz jedna~ine Σ Fx = 0 dobivamo FG . sin45° = 0. Ovo vrijedi samo ako je FG = 0. Radi se o stati~ki neodre|enom problemu. Moèmo zaklju~iti slijede}e: Jedno kruto tijelo je za ravanski op}i sistem sila stati~ki odre|eno kada je: a) oslonjeno tako da ima tri reakcije veza, b) tri reakcije veze nemaju zajedni~ku prosje~nu ta~ku (pravci reakcija veze ne sijeku se u jednoj ta~ki) i c) tri reakcije veze nisu paralelne (pravci reakcije veza nisu paralelni). Smjernice za rje{enje zadatka iz statike ravnih sistema

105

Rije{eni zadaci iz poglavlja 5 Zadatak 5.1. Uteg mase m = 400 kg obje{en je o uè koje je jednim krajem vezano za nepokretni oslonac A, drugi kraj je preba~en preko kotura B i na njega djeluje sila F = 500N. Potrebno je odrediti: a) veli~inu ugla α kojeg uè gradi sa vertikalom u ta~ki A, b) silu u kraku uèta koji je pri~vr{}en u ta~ki A. Slika uz zadatak 5.1.

Analiti~ko rje{enje: Teìna utega je G = mg = 3,92 kN. Presjecanjem uèta u sva tri kraja djelovat }e sila → → → G , FA i FB kao {to je prikazano na donjoj slici Postavimo li jedna~ine ravnoteè imat }emo I Σ = F x = 0 FB . cos 30° – FA . sinα = 0 II Σ = Fy = 0 FB . sin 30° + FA . cosα – G = 0. Slika uz analiti~ko rje{enje zadatka 5.1.

→ Dobili smo dvije jedna~ine FA i ugao α . Nakon sre|ivanja gornjih jedna~ina imamo: FA . sinα = FB . cos 30° FA . cosα = G – FB . sin 30°. Dijeljenjem gornje dvije jedna~ine dobit }emo →

tgα =

F B ⋅ cos 30° →

=

0,5 ⋅ cos 30° 3,92 − 0,5 ⋅ sin 30°

G − F B ⋅ sin 30° α = 6,7. → Iz jedne od prvih jedna~ina izra~unavamo silu FA : →

FA =

cos 30° → cos 30° ⋅ FB = ⋅ 0,5 sin α sin 6,7

Grafi~ko rje{enje: → U dobro usvojenoj razmjeri za silu, nanesemo silu G kao {to je prikazano na slici. → → Paralelnim povla~enjem sa pravcima FA i FB zatvaramo plan sila jer je to grafi~ki uslov ravnoteè (zatvoren plan sila). 106

UF =

500 N 6mm

FA = ca ⋅ U F = 46 ⋅

500 = 3,7 kN 6

α = 6,7° Slika uz grafi~ko rje{enje zadatka 5.1.

Mogli smo zadatak rije{iti primjenom cosinusne i sinusne teoreme FA2 = G 2 + FB2 − 2G ⋅ FB ⋅ cos 60° FA = G 2 + FB2 − 2GFB cos 60° FA = 3,92 2 + 0,5 2 − 2 ⋅ 3,92 ⋅ 0,5 cos 60°

FA = 3,70 kN sin α sin 60° = FB FA sin α =

FB 0,5 sin 60° = sin 60° FA 3,7

α = 6,7°. Zadatak 5.2. Poznate su sile F1 = 15 N, F2 = 40 N, F3 = 30 N i uglovi β1 = 30°, β2 = 135°, β3 = 280°. Odrediti sile F4 i F3 koje leè na pravcima koji su pod uglovima α4 = 30° i α5 = 60°, tako da sistem sila bude u ravnoteì. β1 = 30° β2 = 135° β3 = 280° α4 = 30° α5 = 60° Slika uz zadatak 5.2.

Analiti~ko rje{enje Pretpostavi}emo sile F4 i F5, kao {to je prikazano na donjoj slici, a rezultat }e nam pokazati da li je pretpostavka smjera sile dobra ili je drugog smjera. 107

Fnx = Fn . cosαn Fny = Fn . sinαn Postavimo jedna~ine ravnoteè za usvojeni koordinatni sistem xy.

ΣFx = 0 ΣFy = 0

F1x – F2x – F4x – F5x + F3x = 0, I F1y + F2y – F4y – F5y – F3y = 0. II

Slika uz analiti~ko rje{enje 5.2.

Komponente sila Fnx i Fny su: F1x = F1 . cosα1 = 15 . 0,886 = 12,99 N Fnx = Fn. cos αn F2x = F2 . cosα2 = 40 . 0,707 = 28,28 N F3x = F3 . cosα1 = 30 . 0,174 = 5,22 N. F1y = F1 . sinα1 = 15 . 0, 5 = 7,50 N Fny = Fy. sin αy F2y = F2. sinα2 = 40 . 0,707 = 28,28 N F3y = F3 . sinα3 = 30 . 0,174 = 29,55 N. Projekcije nepoznatih sila F4 i F5 na koordinatne ose su: F4x = F4 . cos30° = 0,886 F4 F5x = F5 . cos50° = 0,5 F5 F4y = F5 . sin30° = 0,5 F4 F5y = F5 . sin60° = 0,866 F5. Uvr{tavanjem komponenti sila u jedna~ine I i II dobit }emo dvije jedna~ine sa dvije nepoznate I. -10,1 – 0,866 F4 – 0,5 F5 = 0, II. 6,2 – 0,5F4 – 0,866 F5 = 0. Rje{enjem gornjih jedna~ina dobijamo − 10,1 − 0,5 F5 6,2 − 0,866 F5 F4 = = 0,866 0,5 . (-10,1 – 0,5F5) 0,5 = (6, 2 – 0,866 F5) . 0,866 -5,05 – 0,25F5 = 5, 37 – 0,75 F5 F5 = F4 = 108

10,42 = 20,8 N 0,5

− 10,1 − 0,5 F5 − 10,1 − 10,4 = = −23,7 N . 0,866 0,866

Znak (-) nam govori da smo pogre{no pretpostavili smjer sile F4. Ona djeluje u suprotnom smjeru od pretpostavljenog. Grafi~ko rje{enje: → → → U dobro usvojenoj razmjeri za sile UF nanesemo sile F1, F2 i F3 kao {to je prikazano na slici (po~etak jedne sile nanosi se na kraj druge). Iz ta~ke A do{li smo u ta~ku d. Po{to je uslov zadatka da sile budu u ravnoteì, poligon sila mora biti zatvoren → → i mi ga zatvaramo sa pravcima sila F4 i F5 , na taj na~in dobijamo ta~ku e. Smjer sila → → F4 i F5 nanosimo tako da vektor jedne sile gura vektor druge sile.

Razmjera za sile: 1N UF = 1mm

Slika uz grafi~ko rje~enje zadatka 5.2.

Vrijednost sila F4 i F5 su F4 = ef ⋅ U F = 25mm ⋅

1N = 25 N 1mm

F5 = de ⋅ U F = 22mm ⋅

1N = 22 N . 1mm

Zadatak 5.3.

Kugla teìne G = 80N oslonjena je o prizmu u ta~kama A i B. Ako na kuglu djeluje sila F = 130 N i ako su uglovi α =54°, β = 95°, kolike su sile u ta~kama A i B. Slika uz zadatak 5.3.

109

Analiti~ko rje{enje: Oslobodimo kuglu od veza i usvojimo koordinantni sistem u odnosu na koji }emo posmatrati ravnoteù. Postavimo jedna~ine ravnoteè: I. ΣFx = 0 FA . sinα – FB . sinβ = 0, II. ΣFy = 0 FA . cosα + FB . cosβ – F – G = 0. Dobili smo dvije jedna~ine sa dvije nepoznate FA i FB iz kojih ih moèmo izra~unati. Iz I jedna~ine proizilazi: sin β FA = FB ⋅ , sin α te uvrstimo li vrijednost za FA u II jedna~inu dobit }emo: FB ⋅

sin β ⋅ cos α + FB cos β − F − G = 0 sin α

FB = Slika uz analiti~ko rje{enje zadatka 5.3.

FB =

F +G sin βctgα + cos β

130 + 80 sin 25°ctg 54° + cos 25°

FB =173,2N FA = 173

sin 25° sin 54°

FA = 90,6 N. Grafi~ko rje{enje : U usvojenoj razmjeri za sile nanesemo sile F i G. Na planu sila dobijamo ta~ke a, b i c. Poligon sila zatvaramo sa pravcima okomitim na prizmu u ta~kama A i B i na taj na~in dobijamo ta~ku d, odnosno f. Razmjera za sile: 4N UF = 1mm Vrijednosti sila FA i FB:  FA = cd . UF


110

 FB = df . UF

Zadatak 5.4. Dvije mase m1 i m2 pri~vr{}ene su uàdima kao {to je prikazano na slici. Odrediti sile u kracima uèta S1 do S4 ako su vrijednosti masa m1 = 300kg i m2 = 200kg. Slika uz zadatak 5.4.

Analiti~ko rje{enje: Teìne masa m1 i m2 su: G1 = m1 g = 300kg ⋅ 9,81 m

s2

= 2943 N

G2 = m2 g = 200kg ⋅ 9,81 m

= 1962 N s2 Presje~emo li uàd 1, 2, 3 i 4 i usvojimo koordinantni sistem (xy) u odnosu na koji }emo posmatrati ravnoteù dobit }emo dva sistema su~eljnih sila.


Jedna~ine ravnoteè za I (a) ΣFy = 0 (b) ΣFx = 0

S2 . sin 45° – G1 . sin 60° = 0 S2 . cos 45° + G1 . cos60° – S1 = 0 sin 60° ⋅ G1 sin 45° S2 = 3,60kN S 1= S2 . cos 45°+ G1 . cos60° S1 = 3,6 . cos 45° + 2,94 . cos60° S1 = 4,02 kN. S 2=

Jedna~ine ravnoteè za II S4 . cos 45° – G2 . sin 15° – S2 = 0 (c) ΣFx = 0 S3 – G2 cos15° – S4 sin 45° = 0 (d) ΣFy = 0 111

S4 =

1 (G2 ⋅ sin 15° + S 2 ) cos 45°

1 (1 ⋅ 96 sin 15° + 3,6) cos 45° S4 = 5,81 kN S3 = G2 . cos15° + S4 sin 45° S3 = 1,96 . cos15° + 5,81. sin 45° S3 = 6,00 kN.

S4 =

Zadatak 5.5. Su~eljni sistem sila sastavljen je od sila F1 = 320 N, F2 = 180 N i F3 = 250 N koje sa pozitivnim smjerom ose Ox grade uglove α1 = 35°, α2= 55° i α3 =160°. Sistem uravnoteùju sile FA i FB koje ~ine uglove sa Ox osom αA= 225° i αB = 270°. Potrebno je odrediti veli~ine i smjerove sila FA i FB. Rje{enje:

α1 = 35° α2= 55° α3 =160° αA= 225° αB = 270° Slika uz analiti~ko rje{enje zadatka 5.5.

a) Analiti~ko Jedna~ine ravnoteè: I. Σ Fx = 0 = F1 cos α1 + F2 cos α2 + F3 cos α3 + FA cos αA+ FB cos αB

II. Σ Fy = 0 = F1 sin α1 + F2 sin α2 + F3 sin α3 + FA sin αA+ FB sin αB I.

FB =

− F1 cos α1 − F2 cos α 2 − F3 cos α 3 − FA cos α A cos α B

II.

FB =

− F1 sin α1 − F2 sin α 2 − F3 sin α 3 − FA sin α A sin α B

I = II. F1 cosα1 sinαB – F2 cosα2 sinαB – F3 cosα3 sinαB – FA cosαA sinαB = = F1 sinα1 cosαB – F2 sinα2 cosαB – F3 sinα3 cosαB – FA sinαA cosαB 112

FA(sin αA cos αB – cos αA sin αB) = F1(cos α1 sin αB – sin α1 cos αB) sin(αA – αB)

sin(α1 – αA)

F2 (sin α2 cos αB – cos α2 sin αB) = F3(cos α3 sin αB – sin α3 cos αB) sin(α2

FA =

– αB)

sin(α3

– αB)

F1 sin(α B − α1 ) + F2 sin(α B − α 2 ) + F3 sin(α B − α 3 ) sin(α A − α B )

FA = 185,4N FB =

− F1 sin α1 − F2 sin α 2 − F3 sin α 3 − FA sin α A sin α B

FB = 286N. b) Grafi~ko Razmjera za sile 15 N UF = 1mm


Vrijednosti sila FA = de ⋅U F = 13 mm ⋅

15 N = 195 N 1 mm

FB = ef ⋅U F = 19 mm ⋅

15 N = 285 N . 1mm

Zadatak 5.6. Uteg teìne G1 = 30N odràvaju u ravnote`nom poloàju druga dva utega 2 i 3 kao {to je prikazano na slici. Uàd zatvaraju uglove α3 = 80° i α2 = 155°. Odrediti vrijednosti teìna utega 2 i 3 koji odràvaju ravnoteù. 113

Analiti~ko rje{enje: α1 = 270° α2 = 155° α3 = 80° Slika uz zadatak 5.6.

Jedna~ine ravnoteè:

Σ Fx = 0 II. Σ Fy = 0

I.

G1 cos α1 + G2 cos α2 + G3 cos α3 = 0 G1 sin α1 + G2 sin α2 + G3 sin α3 = 0


Izjedna~imo gornje jedna~ine − G1 ⋅ cos α1 − G2 ⋅ cos α 2 − G1 ⋅ cos α1 − G2 ⋅ cos α 2 G3 = = cos α 3 sin α 3 -G1cosα1. sinα3 – G2cosα2 . sinα3= -G1sinα1 . cosα3 – G2sinα1 . cosα3 G2(sinα2cosα3 – cosα2sinα3) = G(cosα1sinα3 – sinα3 – sinα1cosα3) sin(α2 – α3)

sin(α3 – α1)

G2 = G1 ⋅ G2 = 30

sin(α 3 – α1 ) sin(α 2 – α 3 )

sin(80° – 270°) sin(155° – 80°)

G2 = 5,393N G3 = G1 ⋅ G3 = 30

sin(α 2 – α1 ) sin(α 3 – α 2 )

sin(155° – 270°) sin(80° – 155°)

G3 = 28,15N

114

Zadatak 5.7. Jedan ma{inski elemenat teìne G = 50kN uètom je obje{en o kuku krana. Dimenzije su l1 = 1,2 m, l2 = 2m i l3 = 0,95m. Odrediti vrijednost sila u oba kraka uèta.


Grafo-analiti~ko rje{enje:

l3 β = arctg  l2 β = 25, 41° l3 γ = arctg  l1 γ = 38,37°

Slika uz grafo-analiti~ko rje{enje zadatka 5.7.

Primjenimo li sinusnu teoremu imat }emo: F1 F2 G = = sin(γ + β ) sin(90° − β ) sin(90° − γ ) F1 = G ⋅

sin(90° − γ ) sin(γ + β )

F1 = 50 ⋅

sin(90° − 25,41°) = 50,35kN sin(38,37° + 25,41°)

F2 = G ⋅

sin(90° − γ ) sin(γ + β )

sin(90° − 38,37°) sin(38,37° + 25,41°) F2 = 43,70kN. F2 = 50 ⋅

115

Zadatak 5.8. Lampa teìne G = 220 N obje{ena je o konopac. Kolika sila vjetra treba da djeluje na lampu da bi konopac sa vertikalom zatvarao ugao od β = 20°?


Grafo-analiti~ko rje{enje: Sila vjetra: Fv tgβ =  G Fv = Gtgβ = 220 . tg 20° Fv = 80,07 N. Slika uz grafo-analiti~ko rje{enje Sila u konopcu: F cosβ =  G G F =  cosβ 220 F =  = 234,1 N. cos 20° Zadatak 5.9. Jedan radni komad teìne G = 25 kN podiè se pomo}u krana. Radni komad privezan je sa dva uèta AB i AC za jednu gredu koja je lancima u ta~kama B i C ovje{ena o vozno vitlo. Dimenzije grede su l1 = 1,7 m, l2 = 0,7 m i l3 = 0,75 m. Potrebno je odrediti: a) sile u uàdima AB i AC, b) silu u lancu B i pritisak na gredu u ta~ki B, c) silu u lancu C i pritisak na gredu u ta~ki C.


116

Rje{enje: a) sila u uàdima l3 0,75 β = arctg  = arctg  = 23,81° 1,7 l1 l3 0,75 = arctg  = 46,97° γ = arctg  0,7 l2 Primijenimo sinusnu teoremu: F1 F2 G = = sin( β + γ ) sin(90° − γ ) sin(90° − β ) F1 = G

sin(90° − γ ) sin( β + γ

F1 = 25

sin(90° − 46,97°) sin( 23,81° − 46,97°)

Slika uz grafo-analiti~ko rje{enje zadatka 5.9.

F1 = 18,06 kN F2 = G

sin(90° − β ) sin( β + γ )

sin(90° − 23,81°) sin( 23,81° + 46,97°) F2 = 24,22 kN. F2 = 25

b) Ta~ka B

Analiza sila u ta~ki B FK1 = F1 . sinβ = 18,06 . sin23,81 = 7,290 kN Fd1 = F1 . cosβ = 18,06 . cos23,81 = 16,53 kN. c) Ta~ka C

Analiza sila u ta~ki C

117

FK2 = F2 . sinγ = 24,22 . sin 46,97° = 17,71 kN Fd2 = F2 . cosγ = 24,22 . cos 46,97° = 16,53 kN. Kontrola: 1° Sile u gredi su iste Fd1 = Fd2 16,53 = 16, 53. 2° Suma sila u oba lanca jednaka je teìni radnog komada FK1 + FK2 = 7,29 + 17,71 = 25 kN = G. Zadatak 5.10. Tri cilindri~na tijela sa teìnama G1 = 3 N, G2 = 5 N i G3 = 2 N i pre~nicima d1 = 50 mm, d2 = 70 mm i d3 = 40 mm leè u jednom sanduku {irine l = 85 mm. Izra~unati pritiske koje tijela vr{e na sanduk u ta~kama A, B, E i F.


Rje{enje: Oslobodimo li cilindar l od veza ima}emo:

Slika uz analizu sila na cilindru l zadatka 5.10.

d1 + d 2 2l 2 γ = artcg = artcg d1 + d 2 d1 + d 2 2 γ = 65,38° 1−

118

FA =

G1 3 = = 1,375 N tgγ tg 65,38°

FB =

3 G1 = = 3,300 N. sin γ sin 65,38°

Oslobo|en cilindar 2

Slika uz analizu sila na cilindru 2 zadatka 5.10.

d 2 − d3 2l 2 β = arccos = arccos −1 d 2 + d3 d 2 + d3 3 β = 56,94°, α1 = β = 56,94° α2 = 180°, α3 = 270°, α4 = 360° – γ = 294,62° FD . cosα1 + FC . cosα2 + G2 . cosα3 + FB . cosα4 = 0 FD . sinα1 + FC . sinα2 + G2 . sinα3 + FB . sinα4 = 0. 1−

ΣFx = 0 ΣFy = 0

Iz gornjih jedna~ina izra~unavamo reakcije FC = 6,581 N i FD = 9,545 N. Oslobo|en cilindar 3 α5 = 0° α6 = 90° α7 = 180° + β = 236,94° α8 = 270° Slika uz analizu sile na cilindru 3 zadatka 5.10.

ΣF0 = 0 ΣFy = 0

FB . cosα5 + FF . cosα6 + F0 . cosα7 + G3 . cosα8 = 0 FB . sinα5 + FF . sinα6 + F0 . sinα7 + G3 . sinα8 = 0. 119

Vrijednost reakcija u ta~kama E i F FE = 5,206 N, FF = 10 N. Kontrola 1° FF = G1 + G2 + G3 10 N = 3 N + 5 N + 2 N 10 = 10 FA + FB = FC 1,375 + 5,206 = 6,581 6,581 = 6,581. Zadatak 5.11. Nosa~ AB ima nepokretni oslonac u ta~ki A a pokretni u ta~ki B, kao {to je prikazano na slici. Odrediti reakcije u osloncima AB nosa~a, ako na njega djeluju tri paralelne sile F1, F2 i F3.


Analiti~ko rje{enje Sistem moramo osloboditi od veza. U leì{tu B imamo jednu reakciju FB koja je okomita na ravnu podlogu. Kako se radi o paralelnim silama, druga reakcija u osloncu A je FAx = 0. Uslovi ravnoteè za ovaj sistem ΣF = 0; ΣM = 0 ili ΣMI = 0, ΣMII = 0.

Slika nosa~a oslobo|enog od veza uz zadatak 5.11. 120

Imamo dvije jedna~ine ravnoteè za izra~unavanje dviju nepoznatih reakcija. -F1 . a – F2 . 2a – F3 . 4a + FB . 5a = 0 ΣMA = 0 1 1 FB =  5 (F1 + 2F2+ 4F3 ) =  5 (10 + 40 + 160) FB = 42,0 kN. Druga jedna~ina je ΣF = 0 FA + FB – F1 – F2 – F3 = 0 FA = F1 + F2 + F3 – FB = 70 – 42 FA = 28,0 kN. Da bi smo provjerili dobivene rezultate postavimo sumu momenta za ta~ku B ΣMB = 0 -FA . ra – F1 . 4a – F2 . 3a + F3 . a = 0 0 ≡ 0. Grafi~ko rje{enje: 1. Produìmo napadne linije svake sile uz predhodno usvojenoj razmjeri za duìne U1. 2. Nacrtamo poligon sila na razmjeri UF F1 + F2 + F3. 3. Usvojimo pol orijentaciono tako da izme|u polnih zraka 0 i 3 bude ugao 45°. 4. Spajamo pol sa po~etkom i zavr{etkom svake sile odbijamo polne zrake 0, 1, 2 i 3. 5. U proizvoljno odabranoj ta~ki na pravcu sile F1 povla~imo paralele 0′ i l kroz ovu ta~ku. (Ako pravac relacije FA nije poznat, tada zrak 0′ povla~imo iz ta~ke A) 6. Analogiju ponovimo 2′ i 3′. 7. Uvjet ravnoteè je zatvoren veri`ni poligon, to }emo u~initi s zaklju~nicom S ′. Zatvoren veri`ni poligon je 0′ 1′ 2′ 3′ S′. Rezultanta optere}enja prolazi kroz ta~ku presjeci{ta 0′ i 3′. 8. Paralelno sa S ′ prenosimo zaklju~nicu iz pola S na planu sila. 9. Reakcija FB (presjeci{te S ′3′ u veri`nom poligonu, a trougao sila SBFB u planu sila) 10. Za reakciju FA ponovimo analogno 9. Tada je plan sila zatvoren. (F1, F2, F3 sa FB, FA) 0,1 mm 1kN UL =  Ur =  1 mm 1mm

Slika konstrukcije veri`nog poligona za paralelne sile nosa~a uz zadatak 5.11. 121

0,1 mm 1kN UL =  Ur =  1 mm 1mm FA = 28,0 kN FB = 42,0 kN. Zadatak 5.12. Kamion sa prikolicom kre}e se konstantnom brzinom uz strmu ravan nagiba 10%. Masa prikolice je m1 = 15000kg, a masa kamiona m2 = 10000kg. Potrebno je odrediti a) reakcije u ta~kama oslanjanja kamiona i prikolice, b) silu u vu~noj poluzi izme|u kamiona i prikolice, c) silu koja ostvaruje pogon na to~kovima kamiona.

Slika uz zadatak 5. 12

Rje{enje: Oslobodimo kamion i prikolicu od veza

Slika kamiona i prikolice oslobo|enog od veza, zadatak 5. 12.

tgα = 0,10 ⇒ α = 5,7° kN = 98,1 kN FG1 = m1g = 10 . 103 kg . 9,81m/s 2 .  103 N Fx = 0 S – FG1 . sinα = 0 S = 98,1 . sin 5,7° S = 9,74 kN. Postavimo sumu momenta za ta~ku D ΣMD = 0 FG1 . sinα . 1,5 – FG1 . cosα . 1,8 – S . 0,7 + FC . 4,0 = 0 1 [ F (1,8 cosα – 1,5sinα ) + S . 0,70] FC =  4,0 G1 122

1 [98,1(1,8 . cos 5,7° – 1,5 . sin 5,7°) + 9,74 . 0,7] FC =  4,0 FC = 41,98 kN. ΣFy = 0 FD + FC – FG1 . cos = 0 FD = FG1 . cosa – FC FD = 98,1 . cos 5,7° – 41,98 FD = 55,64 kN. Kontrola: Kamion

ΣMC = 0. kN FG2 = m2 . g = 15 . 103 kg . 9,81m/s 2 .  = 147,2 kN 103 N . ΣFx = 0 FBx – S – FG2 sinα = 0 FBx = S + FG2 . sinα FBx = 9,74 + 147,2 . sin 5,7°

FBx = 24,36 kN Uslovi ravnoteè za kamion ΣMB = 0 . . S 0,7 + FG2 sinα . 1,4 – FG2 . cosα . 2,0 + FA . 5,0 = 0 1 FA =  [ FG2 ( 2,0 cosα – 1,4 sinα ) – S . 0,7] 0,5 1 FA =  [ 147,2 ( 2,0 cos 5,7° – 1,4 sin 5,7°) – 9,74 . 0,7] 0,5 FA = 53,13 kN. ΣFy= 0 FA + FBy – FG2 . cosα = 0 FBy = FG2 . cosα – FA FBy = 147,2 . cos 5,7° – 53,13 FBy = 93,34 kN. Kontrola:

ΣMA = 0.

Zadatak 5.13. Pokretno ku}i{te jedne radioni~ke ma{ine oslanja se u ta~kama v1,v2 i F na postolje ma{ine. Vo|ice v1 i v2 su pod ugloma = 90°. Teìna ku}i{ta je G = 1,5 kN a dimenzije su l1 = 380 mm, l2 = 200 mm, l3 = 60 mm i l4 = 4500 mm. Odrediti reakcije na postolje ma{ine u ta~kama F, v1 i v2. 123



Rje{enje: Oslobodimo pokretno ku}i{te od veza i postavimo jedna~ine ravnoteè α α Fv1 cos − Fv2 cos = 0 I. ΣFx = 0 2 2 α α Fv1 sin + Fv2 sin − G + FF = 0 II. ΣFy = 0 2 2 α α G ⋅ l1 − Fv1 sin (l3 + l 4 ) − Fv2 sin l4 = 0 . III. ΣM0 = 0 2 2 Iz prve jedna~ine slijedi Fv2 = Fv1, 380 = 1,5 α 960 sin 45° (l3 + 2l4 ) sin 2 FV1 = 0,8397 kN FV2 = FV1 . 0,8397 kN Iz druge jedna~ine moèmo izbaciti FF α FF = G – 2FV1 . sin  2 . FF = 1,5 – 2 0,8397 sin45° FF = 0,3125 kN. Fv1 = G

124

l

Zadatak 5.14. Na slici je prikazan kran koji podiè teret F1 = 60 kN, a protuteg voznog vitla je F2 = 96 kN. Teìna mosta krana je G1 = 97 kN, a teìna voznog vitla G2 = 40 kN. Dimenzije krana su: l1 = 11,2 m, l2 = 2,2 m, l3 = 5,6 m, l4 = 1,3 m, l5 = 4,2 m i l6 = 0,4 m. Potrebno je izra~unati: a) Reakcije u ta~kama A i B kojima vozno vitlo vr{i pritisak na most krana ako je rastojanje izme|u te dvije ta~ke 2,2 m, b) Reakcije u osloncima C i D, c) Reakcije u osloncima A, B, C i D kada je teret F1 zaokrenut za 180°.


Rje{enje: a)

Slika uz odre|ivanje reakcije u ta~kama A i B zadatka 5.14.

I. I. ΣFx = 0 0 ≡ 0 II. ΣFy = 0 FA + FB – F1 – F2 – G2 = 0 III. ΣM0 = 0

l l l F2 ( + l4 ) + G2 ( − l6 ) − F1 (l5 − ) − FA ⋅ l = 0 2 2 2 l l l Fl2 ( + l4 ) + G2 ( − l6 ) − F1 (l5 − ) 2 2 2 FA l 96 ⋅ 2,4 + 40 ⋅ 0,7 − 60 ⋅ 3,1 FA = 2,2

FA =

72,4 = 32,91 kN 2,2 125

FB = F1 + F2 + G2 – FA FB = 60 + 96 + 40 – 32,91 = 163,1 kN.

Slika uz odre|ivanje reakcija u ta~kama C i D zadatka 5.14.

I. ΣFx = 0 0 ≡ 0 II. ΣFy = 0 FC + FD – G1 – G2 – F1 – F2 = 0 III. ΣM0 = 0 -FC . l1 + G1(l1 – l3) + F2(l2 + l4) + G2(l2 – l6) – F1(l5 – l2) = 0 FC =

G1 (l1 − l3 ) + F2 (l2 + l4 ) + G2 (l2 − l6 ) − F1 (l5 − l2 ) l1

97 ⋅ 5,6 + 96 ⋅ 3,5 + 40 ⋅ 1,8 − 60 ⋅ 2 11,2 FC = 74,21 kN. FD = G1 + G2 + F1 + F2 – FC FD = 97 + 40 + 60 + 96 – 74,21 FD = 218,8 kN. Kontrola ΣMC = 0.c) FC =

Slika uz odre|ivanje reakcije u ta~kama A i B za zaokrenut teret zadatka 5.14.

I. II.

ΣFx = 0 ΣFy = 0

III. ΣMA = 0

0≡0 FA + FB – F2 – G2 = 0 l l FB ⋅ l − G2 ( − l6 ) − F2 ( + l 4 ) 2 2 l l G2 ( − l6 ) − F2 ( + l4 ) 2 2 FB = l

126

40 ⋅ 0,7 + 96 ⋅ 2,4 2,2 FB = 117,5 kN. FA = F2 + G2 – FB FA = 96 + 40 – 117,5 FA = 18,55 kN.

FB =

Slika uz odre|ivanje reakcija u ta~kama C i D za zaokrenut teret uz zadatak 5.14.

I. II. III.

ΣFx = 0 ΣFy = 0 ΣMD = 0

0≡0 FC + FD – G1 – G2 – F2 = 0 -FC . l1 + G1(l1 – l3) + G2(l2 + l6) + F2(l2 – l4) FC =

G1 (l1 − l3 ) + G2 (l2 + l6 ) + F2 (l2 − l4 ) l1

97 ⋅ 5,6 + 40 ⋅ 2,6 + 96 ⋅ 0,9 11,2 FC = 65,5 kN. FD = G1 + G2 + F2 – FC FD = 97 + 40 + 96 – 65,5 FD = 167,5 kN. FC =

Kontrola Σ MC = 0. Zadatak 5. 15.

Nosa~ CB je optere}en silama F1 = 3,8 kN, F2 = 3 kN i posredno u ta~ki A silom F3 = 2,1 kN kao {to je prikazano na slici. [tap A u ravnote`nom poloàju odràva lanac K. Ako su dimenzije l1 = 0,8m, l2 = 0,7m, l3 = 0,4m, l4 = 0,6m, l5 = 3,2m i l6 = 1,5m potrebno je odrediti: a) ugao α izme|u nosa~a i lanca, Slika uz zadatak 5.15. b) pritisak u {tapu A, c) silu u lancu i osloncima C i B. 127

Rje{enje: a) i b)

α = arctg

α = 64,98°. FA = FS . tgα = 2,1 . tg 64,98° FA = 4,5 kN.

Slika uz odre|ivanje ugla α zadatka 5. 15.

Fk =

l6 1,5 = arctg 0,7 l2

FS 2,1 = cos α cos 64,98°

Fk = 4,966 kN. I. Σ Fx = 0 Fs – Fcx = 0 FB + FCy + F2 – F1 = 0 II. Σ Fy = 0 III. ΣΜC = 0 - F1 . [l5 – (l1 + l2 + l3+ l4)] + F2 ( l5+ l4) + + FB . l5 – Fs l6 = 0 Slika uz odre|ivanje reakcija u osloncima C i B zadatka 5.15.

FB =

3,8 ⋅ 0,7 − 3 ⋅ 2,6 + 2,1 ⋅ 1,5 3,2

FB = - 0,6219 kN Fcx = Fs = 2,1 kN Fcy = F1 – FB – F2 Fcy = 3,8 – (-0,6219) – 3 Fcy = 1,422 kN. 2 2 FC = FCx + FCy = 2,12 + 1,422 2

FC = 2,536 kN.

128

Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 5 Zadatak 5. 16. Platforma prikazana na slici sluì za podizanje tereta mase 200 kg. Platformu podiè hidrauli~ni cilindar CB, a pri~vr{}ena je osloncem u ta~ki A. Izra~unati sile u osloncima A i B.

Rje{enje: FA = 3,35 kN FB = 4,29 kN.

Slika uz zadatak 5. 16.

Zadatak 5.17. Na slici je prikazan mlin za ugalj u formi valjka. Ako se na valjku ostvari sila od FM = 20 kN kolike su sile u ta~kama A i B. Rje{enje: FA = 12,9 kN FB = 27,5 kN.


129

Zadatak 5. 18. Za nosa~ optere}en prema slici odrediti silu u uètu 1 i 3 i {tapu 2. Rje{enje: G3 = 28,03 N y = 13,85°.


Zadatak 5. 19. Dva tijela teìne G1 = 20 N i G2 = 25N odràvaju u ravnoteì tijelo G3. Povezani su uàdima tako da je ugao γ = 30°. Kolika je potrebna teìna tijela G3 i ugao β da bi i dalje ostali u ravnoteì? Rje{enje: G3 = 28,3 N β =13,85°.


Zadatak 5. 20. Jedan podni poklopac teìne G = 2 kN podiè se pomo}u lanca silom F2 = 0,5 kN. Na poklopac djeluje sila F1 = 1,5 kN. Ako su dimenzije l1 = 0,2 m , l2 = 0,8 m , l3 = 0,9 m odrediti: a) rezultantu i ugao koji ona zatvara sa pravcem poklopca, b) rastojanje rezultata od ta~ke O (najkra}e). Rje{enje: FR = 3,166 kN αR = 83,59° 130


l0 = 0,2208 m

Zadatak 5. 21. Dizalica mase m2 = 5000kg optere}ena je teretom mase m1 = 2800 kg kao {to je prikazano na slici. Ako su dimenzije a = 2,0 m, b = 0,60 m, c = 5,0 m koliku masu mora imati protuteg i na kom rastojanju mora biti udaljen od oslonca A da ne bi do{lo do prevrtanja dizalica oko oslonca A niti oko oslonca B. Rje{enje: m3 = 2000kg x = 1,5 m.


Zadatak 5. 22 - 5. 25. Za nosa~e AB prikazane na slici i optere}ene masom m3 = 2000kg, dimenzija a = 1,0 m, r = 0,10 m, odrediti reakcije u osloncima A i B. Rje{enje: 1 mg . 2 FBx = mg FA =

FBy =

1 mg . 2


Rje{enje: FA = mg FBx = 0 FBy = mg. Slika uz zadatak 5.23.

131

Rje{enje: a+r mg 2a FBx = 0 a−r mg FBy = 2a FA =


Rje{enje: a+r mg 2a FBx = 0 a−r mg FBy = 2a FA =


Zadatak 5.26. Stub za elektri~nu energiju postavlja se pomo}u dva uèta i jednog podupira~a kao {to je prikazano na slici. Teìna stuba je G = 29 kN. Dimenzije su l1 = 20 m, l2 = 6,1m, l3 = 1,3 m. Ugao β = 55° ~ini podupira~ sa uètom l. Potrebno je izra~unati: a) silu u uètu l i reakciju u osloncu A, b) ugao α kada sila u uètu 2 ima vrijednost F2 = 13 kN i silu u podupira~u. Rje{enje:


a) F1 = 14,74 kN FAx = 12,07 kN FBy = 20,55 kN FA = 23,83 kN b) α = 68,12° F3 = 13,28 kN.

Zadatak 5.27. Na ko~ionu polugu duìne l1 = 290 mm, l2 = 45 mm i α = 75° djeluje se silom F = 110 N. odrediti reakciju u poluzi B i osloncu A.

132

Rje{enje: FB = 733,9 N FAx = 189,9 N FA = 628,3 N FAy= 598,9 N.


Zadatak 5.28. Pokretni dio radne ma{ine oslanja se o postolje ma{ine u ta~kama A, B, i C. Na pokretni dio radne ma{ine djeluje sila F = 18 kN. dimenzije su: l1 = 600 mm, l2 =140 mm, l3 =780 mm ugao α = 60° i β = 20°. Odrediti sile kojim pokretni dio radne ma{ine djeluje na postolje ma{ine u ta~kama A, B, i C. Rje{enje: FA = 5,942 kN FB = 6,122 kN FC = 11,51 kN.


Zadatak 5.29. Kliza~ kopirne ma{ine teàk je G = 1,8 kN i oslanja se o postolje kopirne ma{ine u ta~kama A, B, i C. Ugao α = 40°. Dimenzije su l1 = 280 mm, l2 = 30 mm, l3 = 50 mm i l4= 90 mm. Kojim silama kliza~ djeluje na postolje u ta~kama A, B, i C. Rje{enje: FA = 2,800 kN FB = 1,394 kN FC = 0,7508 kN. Slika uz zadatak 5.29.

133

Zadatak 5.30. Osovina reduktora optere}ena je silama F1 = 2 kN, F2 = 5 kN i F3 = 1,5 kN. Dimenzije su l1 = 250 mm, l2 = 150 mm, l3 = 200 mm. Odrediti reakcije u osloncima A i B. Rje{enje: FA = 1 kN FB = 0,5 kN.


Zadatak 5.31. Putni~ko vozilo teìne G = 13,9 kN, dimenzija l1 = 2,8 m, l2 = 1,31 m, prikazano je na slici. Kod velikih brzina, na vozilo djeluje sila vjetra Fv = 1,2 kN na visini l3 = 0,75 m. Kod napu{tanja ubrzanog kretanja sila na pokretnim to~kovima izjedna~ena je sa silom vjetra. Izra~unati sile kojim to~kovi djeluju na put: a) kada vozilo stoji na putu, b) kada se vozilo kre}e velikim brzinama Rje{enje: a) FA = 7,397 kN FB = 6,503 kN. b) FA = 7,075 kN FA = 6,825 kN. Slika uz zadatak 5.31.

Zadatak 5.32. Nosa~ AB optere}en je silama F = 10 kN, ima dimenzije l1 = 5 m, l2 = 1 m. Nosa~ je nagnut pod uglom α = 10°. Odrediti reakcije u osloncima. Rje{enje: FA = 18 kN FB = 12 kN. Slika uz zadatak 5.32.

134

6.1. OSLANJANJE TIJELA (NOSAÂ) Kruta tijela koja smatramo dijelovima konstrukcija moraju biti oslonjena tako da se mogu iz tog poloàja kretati na unaprijed odre|en na~in. Oslonci moraju posredovati u preno{enju sila na ostale dijelove konstrukcija. Na mjestu oslonca djeluju na tijelo rekcije, koje odre|ujemo poznatim postupkom, da bi smo mogli ustanoviti pona{anje date konstrukcije te unutra{nje sile u konstrukciji. Reakcije u osloncima moraju biti takve da sa zadanim vanjskim silama ~ine ravnoteù (vidi primjer sl. 6.1).

Slika 6. 1. Prikaz djelovanja reakcija u osloncima

Temeljna stati~ka konstrukcija jeste jedan nosa~ ili takozvana prosta greda oslonjena na dva oslonca. Oslonci nosa~a moraju biti takvi da bi nosa~ ostao u ravnoteì pri djelovanju proizvoljnog sistema sila na nosa~. Oslonci nosa~a mogu biti pomi~ni i nepomi~ni. Pomi~ni oslonci su oni koji dozvoljavaju kretanje nosa~a u odre|enom smjeru prilikom djelovanja vanjskih sila. Kod ovih oslonaca ne moè se pojaviti reakcija koja bi sprije~ila taj pomak tijela. Nepomi~ni oslonac proizvodi reakciju na nosa~, koja mora preuzeti vanjsko horizontalno optere}enje, ina~e sile ne bi bile u ravnoteì. Jednostavno oslonjeni nosa~ (prosta greda) ima jedan nepomi~ni oslonac, koji prenosi horizontalne i vertikalne sile, te jedan pomi~ni oslonac koji prenosi sile koje su okomite na njegovu podlogu. Pokretni oslonac osigurava mala pomjeranja koja se pojavljuju, npr. kod zagrijavanja.

135

Slika 6. 2. Oblici oslonca i njihovih shema u nosa~u

136

Pomi~ni oslonci naj~e{}e se prave od ~eli~nih valjaka koji se postavljaju izme|u ~eli~nih plo~a koje imaju grani~nike, a nepomi~ni oslonci mogu se napraviti tako da se valjci postave u leàjeve u kojima se ne mogu kretati. Oslonci prostih nosa~a mogu se napraviti na razli~ite na~ine, a na slici 6. 2. prikazano je kako se crtaju oslonci nosa~a. Pored prikazanih veza izme|u nosa~a i podloge moè se ostvariti veza i samo jednim osloncem, tako da je jedan kraj nosa~a uklije{ten u masivnu podlogu (vidi sliku 6.3.).

Slika 6. 3. Izgled konzolnog nosa~a

Uklje{tenje osigurava mirovanje konstrukcije koja je u stanju prenositi zadano optera}enje. Takav se nosa~ naziva konzolni nosa~. Uklje{tenje moè da prenosi horizontalne, vertikalne sile i moè se opirati momentu sila koje djeluju na konzolni nosa~. 6.2. METODE ODRE\IVANJA UNUTARNJIH SILA 6.2.1 Analiti~ki postupak Da bi smo objasnili odre|ivanje unutarnjih sila, pretpostavimo da imamo jedan prosti nosa~ oslonjen na jedan pokretni i jedan nepokretni oslonac i optere}en silama → → F1 i F2 kao {to je prikazano na slici 6. 4.

Slika 6.4. Prosti nosa~ optere}en op{tim optere}enjem

Postavimo uvjete ravnoteè za cijeli nosa~ na osnovu kojih }emo odrediti reakcije u osloncima A i B. Σ Fx = 0 FAx – F1. cosα = 0 Σ Fy = 0 -FAy + F1. sinα + F2 – FB = 0 Σ MA = 0 F1. sinα . a1 + F2 . a2 – FB . l = 0 (6.1.) Iz jedna~ina (6.1.) odre|ujemo reakcije F ⋅ a sin α + F2 ⋅ a 2 FB = 1 1 l 137

F1 ⋅ a1 sin α + F2 ⋅ a2 + F1 sin α + F2 l FAx = F1cosα. (6. 2.) Pretpostavimo da smo sada presjekli posmatrani nosa~ presjekom a - a i podijelili ga na dva dijela, kao {to je prikazano na slici 6.5. FAy = −

Slika 6.5. Primjena principa izolacije na prosti nosa~

U presjecima svakog dijela nosa~a a - a moraju se pojaviti sile ako èlimo da svaki dio nosa~a bude u ravnoteì. Za ravnote`no stanje cijelog nosa~a u posmatranom presjeku, unutra{nje sile za jedan i za drugi kraj moraju biti jednake, ali suprotnih smjerova, ili presjek ne}e biti u ravnoteì. Redukujmo sile desnog dijela nosa~a na teì{te presjeka S. U presjeku a - a imat }emo: Mfa – a = - FB . x′+ F2 (x′ – b2) Fta – a = -FB + F2 Faa – a = 0. (6. 3.) Potpuno iste vrijednosti imamo i za ravnoteù lijevog dijela nosa~a, to jest: Mfa – a = FAy . x – F1 sinα (x – a1) Fta – a = FAy – F1 sinα (6.4.) Faa – a = FAx – F1 cosα = 0. Iz uvjeta Mfs = Σ Mis Ft = Σ Fyis Fa = Σ Fxis, (6.5.) proizilaze definicije unutarnjih sila: a) Moment savijanja u nekom presjeku nosa~a jednak je algebarskoj sumi stati~kih momenata svih vanjskih sila, lijevo ili desno od posmatranog presjeka, s obzirom na teì{te posmatranog presjeka. b) Transverzalna (popre~na) sila u nekom presjeku nosa~a jednaka je sumi projekcija svih vanjskih sila i reakcija veze, lijevo ili desno od posmatranog presjeka na osu koja je okomita na uzdu`nu osu nosa~a. 138

c) Aksijalna (uzdu`na) sila u nekom presjeku nosa~a jednaka je sumi projekcija svih vanjskih sila i reakcije veze, lijevo ili desno od posmatranog presjeka na uzdu`nu osu nosa~a.

Slika 6.6. Moment savijanja, transverzalna i aksijalna sila

U op}em slu~aju

Mf ≠ 0 Ft ≠ 0 (6.6.) Fa ≠ 0 zadovoljene jedna~ine (6.6.) nosa~ je optere}en na savijanje, smicanje i istezanje (ili pritisak). Mogu nastupiti slijede}i slu~ajevi optere}enja: a) Fa = 0, Mf ≠ 0, Ft ≠ 0 savijanje i smicanje, b) Fa = 0, Mf ≠ 0, Ft = 0 ~isto savijanje i Mf ≠ 0, Ft = 0 istezanje (ili pritisak) c) Fa ≠ 0, 6.2.2. Konvencija o predznacima Radi pojednostavljenja i lak{eg obja{njenja, uvest }emo dogovor prema kojem }emo odre|ivati predznake za moment savijanja, transverzalnu i aksijalnu silu. Koristit }emo se desnim pravougaonim koordinantnim sistemom, kao {to je prikazano na slici 6.7.

Slika 6.7. Poloàj koordinantnog sistema na prostom nosa~u

Presjecimo posmatrani nosa~ presjekom a - a prema slici 6.8. Taj presjek dijeli posmatrani nosa~ na dva dijela, lijevi i desni. Postavimo okomito na prerezanu povr{inu lijevog dijela jedini~ni vektor, vidimo da je smjer tog vektora isti kao i pozitivni smjer koordinatne osi x. Takvu povr{inu }emo zvati pozitivnom povr{inom. Povr{ina presjeka a - a, ali desnog dijela,imat }e smjer jedini~nog vektora povr{ine, suprotan od pozi139

tivnog smjera koordinatne ose x. Takvu povr{inu nazvat }emo negativnom povr{inom. Da bi smo definirali predznak momenta savijanja, definirajmo pojam prira{taja ugla u desnom koordinantnom sistemu. Pozitivni prira{taj ugla u desnom koordinantnom sistemu xyz je onaj kada rotacija kraka ugla ide od ose x prema y, od y prema z i kona~no z prema osi x. Sada kad smo usvojili konvencije o predznacima, pre|imo na definicije koje su vezane uz nosa~.

Slika 6.8. Prikaz momenta savijanja, transverzalnih i akscijalnih sila u presjecima nosa~a prilikom primjene na~ela izolacije dijela nosa~a

U presjeku lijevog dijela koji je pozitivan, ucrtamo transverzalnu, akscijalnu sliku, te momenat savijanja. Isto tako veli~ine koje se nalaze na negativnoj povr{ini (desni dio nosa~a) prema na{em dogovoru su pozitivne. 6.2.3. Veza izme|u unutarnjih sila Da bismo razmotrili smisao aksijalne sile, napravimo presjek na nosa~u (iz poglavlja 6. 21.) a - a i posmatrajmo lijevi dio tog nosa~a, kao {to je prikazano na slici 6.9.

Slika 6.9. Prikaz za tuma~enje pojma aksijalne sile

140

Iz uvjeta ravnoteè ΣFx = 0 dobili smo da je FAx = F1 cosα . Na osnovu slike 6.9. zaklju~ujemo da aksijalna sila nosa~a djeluje u pravcu uzdu`ne ose nosa~a samo na duìni od A do a1. Oslonac A je nepokretni i on preuzima na sebe djelovanje komponente kose sile F1 cosα , dok preostali dio nosa~a od A1 do B ne moè ”nositi”silu jer je oslonac B pokretni. Iz jedna~ina (6.3) i (6.4.) dobiju se reakcije u funkciji x, dok je transverzalna sila Ft konstantna. Ukoliko se radi o kontinuiranom optere}enju, situacija je ne{to druga~ija. Zbog toga razmotrimo jedan prosti nosa~ koji je jednoliko optere}en kontinuiranim optere}enjem ~itavom svojom duìnom.

Slika 6. 10. Nosa~ optere}en jednoliko kontinuiranim optere}enjem

Reakcije u osloncima dobit }emo iz uslova ravnoteè

q.l ΣFy = 0, ΣMA = 0 ⇒ FA = FB =  . 2 Prona|imo izraze za moment savijanja i transferzalnu silu u presjeku a - a. Moment savijanja x Mt = FA . x – q . x  2 q.l x2 (6.7.) Mt =  x – q  . 2 2 Transverzalna sila Ft = FA – q . x . q l l – x) Ft =  – q . x = q(  2 2 Vidimo da je jedna~ina momenta savijanja kvadratna funkcija x, parabola drugoga reda, dok je izraz za transverzalnu silu linearna funkcija od x, jedna~ina pravca. Da bismo analizirali vezu izme|u momenta savijanja Mf , transverzalne sile Ft i kontinuiranog optere}enja q, uzmimo elementarni dio nosa~a optere}enog kontinuirano i postavimo uvjete ravnoteè za taj dio nosa~a (sl.6.11.). Postavimo sumu momenata za ta~ku S da je jednaka nuli. ΣMS = 0 Slika 6.11. Elementarni dio nosa~a optere}enog kontinuirano 141

dx Mf + qdx  + (Ft + dFt)dx – (Mf + dMf ) = 0. 2 (dx)2 Mf + q  + (Ft . dx + dFt dx – Mf – dMf = 0. 2 Imamo da je

≈0

≈0

≈0

dMf = Ft . dx,

(6.9.)

≈0

odnosno dMf  = Ft. (6.10.) dx Iz jedna~ine (6.10.) zaklju~ujemo da je kod kontinuiranog optere}enja transverzalna sila u bilo kojem presjeku jednaka derivaciji momenta savijanja. Iz uvjeta ravnoteè ΣFy = 0 dobit }emo: -Ft + (Ft + dFt) + q . dx = 0 dF t = -q, (6.11.) dx da je derivacija transverzalne sile po x jednaka kontinuiranom (specifi~nom) optere}enju s negativnim predznakom. Zna~i, veza izme|u Mf, Ft i q je sljede}a: d 2Mf dFt  =  = -q. (6.12.) dx dx2 6.2.4. Optere}enje proste grede a) Prosta greda optere}ena jednom koncentriranom silom ΣM A = 0 ⇒ FB =

Fa l

(6.13.)

ΣM B = 0 ⇒ FA =

Fb l

(6.14.)

M f max = FA ⋅ a = FB ⋅ b M f max =

Slika 6.12. Prikaz stati~kih dijagrama Ft i Mt

142

F ⋅a ⋅b l

(6.15.)

b) Prosta greda optere}ena jednom kosom silom

(6.16.)

ΣFy = 0 ⇒ FAy − F sin α + FB = 0 FAy = F ⋅ sin α −

F ⋅ a sin α F ⋅ b sin α (6.17.) = l l

M f max = FAy ⋅ a = F ⋅ a sin α −

F ⋅ a 2 sin α l

F ⋅ a ⋅ b sin α M f max = l c) Prosta greda optere}ena jednoliko kontinuiranim optere}enjem a) analiti~ko rje{enje b) grafi~ko rje{enje Slika 6.13. Prikaz stati~kih dijagrama Fa, Ft i Mf

Slika 6.14. Prikaz stati~kih dijagrama Ft, Mf

(6.18.)

Slika 6.15. Prikaz konstrukcije stati~kih dijagrama grafi~kim putem

ΣFy = 0 ⇒ FA + FB – ql = 0 l . ΣMA = 0 ⇒ q . l .  2 – FB l = 0 l FA = FB = q .  2 l za x =  2

(6.19.)

143

q . l2 Mfmax =  8 Mfmax = ymax . H . UL . UF.

(6.20.)

d) Prosta greda optere}ena jednoliko kontinuirano i koncentrisanom silom ΣM A = 0  F ⋅b q ⋅l −  ⇒ FA = ΣM B = 0  l 2 q.l F.a FB =  –  l 2 za x = a q . a2 F. a . b q . l . a Mfmax =  –_  –  2 2 2

(6.21.) (6.22.)

(6.23.)

Slika 6.16. Prikaz stati~kih dijagrama Mf , Ft

e) Prosta greda optere}ena ekscentri~nim optere}enjem ΣFx = 0 ΣFy = 0 ⇒ FAx = F (6.24.) ΣMA = 0 F.c FAy = FB =  (6.25.) l Moment savijanja u presjeku desno od ta~ke C: F.c .b Mfd = FB . b =  l Moment savijanja u presjeku lijevo od ta~ke C: F.c .a MLf = FAy . a =  l Moment savijanja u ta~ki C: F . c . b +  F.c .a= MC = Mfd + Mfl =  l l . . F c . a =  F c . a = Fc Slika 6.17. Prikaz stati~kih dijagrama =   (a + b) l l l Fa, Ft i Mf (6.26.) Mc = F . c

144

f) Prosta greda pod nagibom optere}ena koncentrisanom silom ΣFx = 0 ⇒ ΣFy = 0 ΣMA = 0 F FB =  (bsinα + acosα) (6.27.) 2b F (6.28.) FAx =  (-bsinα + acosα) 2b (6.29.) FAy = F . cosα Razlaèmo reakciju u ta~ki A na transverzalnu i aksijalnu silu

Slika 6.18. Prikaz stati~kih dijagrama Fa , Ft i Mf

Ft1 = FAy . cosα F = F . sinα a1

Ay

Ft2 = FAx . sinα F = F . cosα a2

Ax

Ft = FAycosα – FAxsinα Fa = -FAysinα – FAxcosα F . a (bsinα – acosα). Mtmax = FB . a =  2b

(6.30.)

145

g) Prosta greda optere}ena trokutnim kontinuiranim optere}enjem ΣFy = 0 ql ⇒ FA =  ΣMA = 0 6 ql FB =  3 Iz sli~nosti trouglova

(6.31.) (6.32.)

q : l = q′ : x q.x q′ =  l

Slika 6.19. Prikaz stati~kih dijagrama Mf , Ft

Transferzalna sila u presjeku a-a l Ft = FA –  q′ . x 2 q.l l qx2 q Ft =  –  .  =  (1 – 3x2) 2 6l 6 6l

(6.33.)

Moment savijanja u presjeku a-a l x Mf = FA . x –  q′ . x .  2 3 3 . q x q.l Mf =  –  6x 6l . q x Mf =  (l2 – x2) (6.34.) 6l Jedna~inama (6.33.) i (6.34.) izraàva se promjena transverzalne sile Ft i momenta savijanja Mf du` nosa~a. Prva krivulja je drugog stupnja, a druga krivulja tre}eg stupnja. Transverzalna sila u osloncima q.l ql FtA =  = FA FtB = –  = –FB (6.35.) 6 3 Odredimo poloàj najve}eg momenta dM f d q 2  = (l x − x 3 )  = 0  dx dx  6l  dM f q (6.36.) = (l 2 − 3 x 2 ) = 0 dx 6l l 2 − 3x 2 = 0 x=±

l

= ±0,577.l. 3 Poloàj najve}eg momenta savijanja x mjeri se od oslonca A.

146

(6.37.)

6.2.5. Optere}enje konzolnog nosa~a Pretpostavimo da imamo jedan konzolni nosa~ (tj. konzolu) koji je optere}en: a) Jednom koncentrisanom silom Iz uvjeta ravnoteè imamo: ΣFx = 0 ΣFy = 0 ⇒ FAy = F FA = 0 (6.38.) MA = F . l ΣMA = 0 Moment savijanja i transverzalna sila u presjeku a-a su Mf = -F . x (6.39.) Ft = F (6.40.) Vidimo da je transverzalna sila konstantna a promjena je po pravcu. Slika 6.20. Prikaz stati~kih dijagrama Ft i Mf

b) Jednoliko kontinuirano Iz uvjeta ravnoteè odre|ujemo reakcije u osloncu A ΣFx = 0 q . l2 ΣFy = 0 ⇒ FAy = q . l MA =  (6.41.) 2 ΣM = 0 Jedna~ine momenta savijanja i transverzalne sile u presjeku a-a Ft = q . x (6.42.) 2 q.x (6.43.) Mf = –  2 Slika 6.21. Prikaz stati~kih dijagrama Ft i Mf

Za granicu polja 0 ≤ x ≤ l vrijednost momenta i transverzalne sile }e iznositi za q . l2 x=0 Ft = 0 Mf = 0 za x = l Ft = q . l Mf =  (6.44.) 2 c) Trouglim kontinuiranim optere}enjem Iz uvjeta ravnoteè dobit }emo ΣFy = 0 q . l2 ΣM = 0 ⇒ FAy = q . l MA =  6 ΣFx = 0 FAx = 0.

(6.45.)

147

Jedna~ine momenta savijanja i transferzalne sile u presjeku a-a

q.x q : l = q′ : x q′ =  l . x2 l q Ft =  q′ . x =  (6.46.) 2 2l l x q . x3 (6.47.) Mf = –  q′ . x .  = –  2 3 6l Vidimo da je promjena transverzalne sile po krivulji II reda, momenta savijanja po krivulji III reda. Slika 6.22. Prikaz stati~kih dijagrama Ft i Mf

Za granice polja 0 ≤ x ≤ l za x = 0 za x = l

Ft = 0, Mf = 0 q.l q . l2 Ft =  , Mf = –  2 6

6.2.6. Posredno optere}enje nosa~a

(6.48.)

→ → Pretpostavimo da se nosa~ CD koji je optere}en silama F1 i F2 nalazi na nosa~u AB. (slika 6.23.) Odre|ivanjem reakcija u osloncima C i D, odredili smo aktivno optere}enje nosa~a A i B kao {to je na slici prikazano.

Slika 6.23. Posredno optere}enje nosa~a 148

Smjernice za rje{avanje zadatka iz statike ravanskih nosa~a

149

Rije{eni zadaci iz poglavlja 6 Zadatak 6.1. Za prosti nosa~ i optere}enje prikazano na slici grafi~kim putem odrediti i nacrtati stati~ke dijagrame Fa, Ft i Mf .

a

b

d

Usvojene razmjere: 1m UL =  10 mm c

N . UF = 100 1 mm  FAy = da . UF = 4950 N  FB = cd . UF = 4250 N. Mfmax = ymax . H . UL . UM Mfmax = 12750 Nm.


Zadatak 6.2. Nosa~ prikazan na slici optere}en je sljede}im optere}enjem: F1 = 30 kN F2 = 10 kN q1 = 18 kN/m q2 = 12 kN/m a = 1 m. Za dati nosa~ potrebno je nacrtati stati~ke dijagrame Fa , Ft i Mf . Iz uvjeta ravnoteè odredimo reakciju u osloncima a ΣFy = 0 F1 + q1 .  + q2 . a – FAy – FB = 0 2 ΣFx = 0 FAx – F2 = 0 a a 2 ΣMA = 0 3FB . a – q2a(2a +  ) – q1  (a +  a) – F1. a = 0 2 2 3 FAx = 10 kN FB = 20 kN FAy = 31 kN 150

  FA = √ FAx2 + FAy2 = 32,573 kN FAy αA = arc tg  = 72,12° FAx Jedna~ine momenta savijanja, transverzalne i aksijalne sile a Polje a ≤ x ≤  Ft = FAy 2 Fa = -FAx Mf = FAy . x za x = 0, Ft = 31 kN, Fa = -10 kN, Mf = 0 a a , Ft = 31 kN, Fa = -10 kN, Mf = 31  x= 2 2 a ≤x≤a Polje  Ft = FAy – F1 2 Fa = -FAx a + (F – F ) . x Mf = F1 .  Ay 1 2 za x = a/2, Ft = 1 kN, Fa = -10 kN x = a, Mf = a (15 + a) kNm. Polje a ≤ x ≤ 2a q Slika uz zadatak 6.2. Ft = FAy – F1 – 1 (x – a)2 = (-9x2 + 18x – 8)kN 2a Fa = -FAx = -10 kN q1 a –  x – a) (x – a)(x – a)(  Mf = x(FAy – F1) + F1  2 2a 3 f =(-3x3 + 9x2 – 8x + 18)kNm. a Polje a ≤ y ≤  2 q1 Fa = FAy – F1 –  a = -8 kN 2 Ft = FAx– F2 = 0 q1a2 3 a –  = 16 kNm. Mf = FAy . 2a – F1 .  2 6 Polje 0 ≤ x ≤ a Fa = 0 Ft = q1 . x1 – FB = 12x1 – 20 q Mf = FB . x1 – 2 . x21 = (20x1 – 6x2)kNm. 2 Odredimo maksimalnu vrijednost momenta savijanja na polju 0 ≤ x ≤ 2a Ft = -9x2 + 18x – 8 = 0 za 4 a, M x= fmax = 16,22 kNm. 3 151

Zadatak 6.3. Za prostu gredu optere}enu prema slici, nacrtati stati~ke dijagrame Mf, Ft i Fa . Odredimo reakcije u osloncima: q.l ΣFy = 0 FAy + FB –  = 0 2 . q l 2 ΣMA = 0 FBl –  .  l = 0 2 3 FA = 2500 N, FB = 5000 N. Jedna~ine momenta savijanja i transverzalne sile u presjeku a-a x q : l = q′: x, q′ = q .  l ql qx2 q l2 – 3x2 Ft =  –  =  (   ) 6 2l 6 l 2 . q′x q l q . x3 Mf = FAy . x –  =  x –  = 6 6 6l 2 3 q l x–x =  (  ) l 6 Slika uz zadatak 6.3.

Odredimo rastojanje na kome je maksimalan moment savijanja Ft = 0 q l2 – 3x2  (  ) = 0 6 l 2 l – 3x2 = 0  l 3 x=  =   = √ 3 m. √3 √3 Maksimalni moment savijanja M f max =

q l 2 z − z3 5000 32 3 − 3 3 ( )= ( ) = 2886,75 Nm. l 6 6 3

Zadatak 6.4. Za nosa~ zadan i optere}en prema slici, odrediti Mf , Ft dijagrame. Odredimo reakcije na osloncima ΣFy = 0 q(l + a) – FA – FB = 0 l+a 2 ΣMA = 0 q(  ) – FBl = 0 2 FA = 1450 kN FB = 3550 kN. 152

a

Polje 0 ≤ x ≤ l Jedna~ine momenta savijanja i transverzalne sile Ft = FA – qx = 1450 – 500x x2 Mf = FAx – q  = 1450 . x – 250x2. 2 Vrijednost maksimalnog momenta savijanja Ft = 0 1450 – 500x = 0 x = 2,90 m za x = 2,9 m maksimalni moment je Mfmax = 1450x – 250x2 = 2100 kNm. Mfmax = 0 1450x – 250x2 = 0 ⇒ 2x = 5,8 m.


Zadatak 6.5. Za nosa~ na slici potrebno je odrediti reakcije u osloncima


153

a) Analiti~ko rje{enje

ΣMA = 0 -F1 . a – F3 . 2a – F2 . 3a + FB . 2a = 0 1 (F + 3F + 2F ) FB =  2 3 2 1 FB = 5,75 kN ΣFy = 0 FAy – F3 – F2 = 0 FAy = F2 + F3 Slika uz analiti~ko rje{enje zadatka 6.5. FAy = 3,5 kN ΣFx = 0 FAx + F1 – FB = 0 FAx = 2,75 kN. b) Grafi~ko rje{enje 1m UL =  12 mm 0,5 kN UF =  . 3,5 mm  FAx = fa . UF = 2,75 kN  FAy = ef . UF = 3,50 kN  FB = de . UF = 5,75 kN.


Zadatak 6.6. Za konzolni nosa~ i optere}enje prema slici odrediti Fa, Ft i Mf dijagrame. a) Analiti~ko rje{enje Odre|ivanje reakcija uklje{tenja ΣFy = 0 q . l – F2y + F1y – FAy = 0 FAy = 3866 N ΣFx = 0 FAx – F1x – F2x = 0 FAx = 1500 N   2 + F2 = 4147 N. FA = √ FAx Ay ΣMA = 0 q . l . 2,5 – F2y . 2 + F1y . l – MA = 0 MA = 7500 Nm. 154


Slika uz grafi~ko rje{enje zadataka 6.6.

b) grafi~ko rje{enje Jedna~ine Fa , Ft i Mf za polja: Polje 0 ≤ x ≤ 1 Ft = -qx = -3000x qx2 Mf = –  = -1500x2 2 Polje l ≤ x ≤ 2 Ft = -q . 1 + F2y = 2134 N Fa = F2x = 500 N 1 ) + F (x – l) Mf = -q . 1(x –  2y 2 Mf = (634 – 2134x) Nm. Polje 2 ≤ x ≤ 3 Ft = F2y – F1y – q = -3866 N Fa = F2x + F1x = 1500 N Mf = (4098 – 3866) Nm =y .H.U .U M fmax

max

F

E

0,33 .  100 = 7500 Nm. Mfmax = 75 . 30 .  10 1 155

Zadatak 6.7. Za konzolni nosa~ i optere}enje prikazano na slici, odrediti reakcije u uklje{tenju

FS = 3 kN q = 2 kN/m


a) Analiti~ko rje{enje


FS =m.g 2Fu = FS Fu =  2 FS 3 . 103 =   = 153 kg m=  2g 2 . 9,81 ΣFx = 0 -FAx + FS cos30° = 0 FA = FS cos30° = 2,60 kN ΣFy = 0 1 F – F sin30° = 0 FAy – Fq –  S 2 S 1 F + F sin30° FAy = Fq +  S 2 S 1 FAy = 8 +  . 3 + 3 sin30° = 11,0 kN. 2

ΣMA = 0

156

1 F . 1 + F cos 30° . 1,5 – F sin 30° . 2 – M = 0 Fq . 2 +  S S A 2 S 1 F . 1 + F cos 30° . 1,5 – F sin 30° . 2 MA = Fq . 2 +  S S 2 S 1 3 cos 30° . 1,5 – 3 sin 30° . 2 MA = 8 . 2 +  2 MA = 18,4 kNm.

Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 6 Za navedene nosa~e potrebno je analiti~kim putem odrediti i nacrtati stati~ke dijagrame Fa , Ft i Mf . Zadatak 6.8. F1 = 2 kN, F2 = 1 kN l2 = 5 m l1 = 2 m, l3 = 8 m Zadatak 6.9. F1 = 10 kN, F2 = 3 kN q = 4 kN/m l1 = 6 m, l2 = 10 m, l3 = 4 m l = 16 m Zadatak 6.10. q1 = 2 kN/m, q2 = 3 kN/m l1 = 4 m, l = 7 m Zadatak 6.11. q1 = 6 kN/m, q2 = 4 kN/m l1 = 4 m, l2 = 4 m, l = 10m Zadatak 6.12. q1 = 0,5 kN/m, q2 = 2 kN/m F = 6 kN l1 = 10 m, l2 = 14 m, l3 = 7 m l = 22 m Zadatak 6.13. F1 = 3 kN, F2 = 2 kN q = 2 kN/m l1 = 1 m, l2 = 1,5 m, l3 = 0,5 m l=3m 157

Zadatak 6.14. F = 0,5 kN, q = 1 kN/m l1 = 2,5 m, l2 = 2,5 m l = 5 m. Zadatak 6.15. F1 = 1 kN, F2 = 2 kN, F3 = 0,5 kN q = 1 kN/m, l1 = 2 m, l2 = 1 m l3 = 3 m, l4 = 5 m. Zadatak 6.16. F1 = 3 kN, F2 = 2 kN q = 0,5 kN, l1 = 2 m l2 = 3 m, l = 9 m. Zadatak 6.17. q1 = 500 kN/m q2 = 200 kN/2 l1 = 7 m l2 = 3 m. Rje{enje zadatka 6.8. FA = 1,125 kNm FB = -1,125 kNm Mfmax = 2,250 kNm polje 0 ≤ x ≤ l1 Ft = FA = 1,125 kNm Mf = FA . x = 1,125 kNm polje l1 ≤ x ≤ l2 Ft = FA – Fl = - 0,875x Mf = FA . x – Fl ( x – 2) = 4 – 0,875x Mfmax = 2,250 kNm. polje l2 ≤ x ≤ l1


Ft = 0,125 kN 158

Mf = 0,125x – 1. Rje{enje zadatka 6.9. FAx= 6,295 kN FAy= 5,333 kN FB = 14,840 kN Mf = 5,333 kN polje 0 ≤ x ≤ l1 Fa = 6,295 kN Ft = 5,325 kN Mfmax =31,998 kNm polje l1 ≤ x ≤ l2 Fa = - 0,776 kN Ft = - 1,738 kN Mf = 42, 426 – 1,738x Slika uz rje{enje zadatka 6.9.

polje l3 ≤ x′ ≤ ( l – l3) Fa = 0 Ft = 4x′ – 14,840 Mf = 14,840x – 2x′2 Rje{enje zadataka 6.10. FA = 7,64 kN

FB = 9,36 kN

polje 0 ≤ x ≤ l1 Ft = 7,64 – 2x Mf = 7,64x – x2 x = 3,82m polje l1 ≤ x ≤ l Ft = 11,64 – 3x Mf = 11,64x – 1,5x2 – 8. Slika uz rje{enje zadatka 6.10.

Rje{enje zadataka 6.11. FA = 13,6 kN FB = 14,4 kN polje 0 ≤ x′≤ l2 Ft = - 14,4 + 4 . x′ Mf = (14,4 – 2 . x′) . x′ 159

Mfmax =25,92 kNm polje l2 ≤ x′ ≤ (l – l1) Ft = 1,6 kN Mf = (32 – 1,6x′) polje ( l – l1) ≤ x′ ≤ l 3 ( x ′ + 6)2 Ft = 1,6 +  4 1 ( x′ – 6) 3 Mf = 32 – 1,6′ x –  4


Rje{enje zadataka 6.12. FA = 1,69 kN FB = - 7,2 kN polje 0 ≤ x′≤ l1 Ft = 1,69 – 0,025 . x2 0,025 Mf = 1,69x –  x2 3 polje l1 ≤ x′≤ l2 Ft = - 0,803 kN 50 Mt =  – 0,80 kN 3 polje l2 ≤ x ≤ (l – l3) Ft = - 6,803 kN Mf = 100,67 – 6,8x Slika uz rje{enje zadatka 6.12.

polje 0 ≤ x′ ≤ l3 Ft = 7,19 – 2 . x′ Mf = ( x′ – 7,19) x′ Mf max = - 12,95 kNm. Rje{enje zadataka 6.13. FAx = 1 kN FAy = 9,211 kN FB = 1, 057 kN polje 0 ≤ x ≤ l1 160

2 x2 Ft = 3,211–  3

Fa = - 1kN 1 Mt = 3,211x –  x3 4,5 Mf max = 2,989kNm polje l1 ≤ x ≤ l2 2 x2 Ft = 0,211 –  Fa = - 1kN 3 1 Mf = 3 + 0,211x –  x3 4,5 polje 0 ≤ x′≤ l3 2 x′ 2 Ft =  Fa = - 1kN 3 1 Mf = 1,057x′ –  x′3 4,5 polje l3 ≤ x′≤ (l – l2) 2 x′ 2 – 2,788 Ft =  3 1 Mf = 2,788 x′ – 0,866  x′3 4,5

Slika uz rje{enje zadataka 6.13.

Rje{enje zadatka 6.14.


Rje{enje zadatka 6.15. FAx = - 0,74118 kN

FB = 3,375 kN FA = - 0,375 kN polje 0 ≤ x ≤ l1 Ft = - 0,375N Mf = - 0,375x polje l1 ≤ x ≤ l Ft = - 0,875x Mf = 1,250 – 0,875x Mf max = - 3,125kNm polje 0 ≤ x ′≤ l2 Ft =1 . x′ Mf =- 0,5x′2

FAy = 1,27237 kN

FB = - 1,0385 kN

polje 0 ≤ x ≤ l1 Fa = 0,74118 kN Ft =1,27237 kN Mf = 1,27237 x 161


polje l1 ≤ x ≤ l4 Fa = 1 kN Ft = 0,30645 kN Mf = 1,93185 + 0,30645x Mf max = 3,464 kN polje 0 ≤ x′ ≤ l2 Fa = 1 kN 1 x′2 – 0,5 Ft =  6 Mf = 0,5x′ – 0,05556 x′3 polje l2 ≤ x′ ≤ l3 1 x′2 – 2,232 Ft =  6 Mf = - 0,05556 x′3 – 2,232 x′ – 1,732.

Rje{enje zadatka 6.16. FA = 5,4375 kN FB = 5,5625 kN polje 0 ≤ x′ ≤ l1 x –  x2 Ft = -3 –  2 24 x2 x2 Mf = -3 –  –  4 72 polje l1 ≤ x ≤ ( l – l2) x –  x2 Ft = 2,4375 –  2 24


162

x2 x3 Mf = 2,4375 x –  –  – 10,875 4 72 Mf max = - 8,25 kNm polje 0 ≤ x ≤ l2 Ft = 2 + 0,5x′ 1 x′2 Mf = - 2x′ –  4

Rje{enje zadatka 6.17. FA = 1620 kN FB = 2480 kN polje 0 ≤ x ≤ l1 Ft = 1620 – 500 x x2 Mf = 1620 x – 500  2 za x = 3,24m Mf max = 2625 kNm polje 0 ≤ x′≤ l2 Ft = 200 x′ x′2 Mf = – 200  . 2


163

7.1. GERBEROVI NOSAÎ ILI SLO@ENI NOSAÎ 7.1.1. Definicije Svi nosa~i na tri i vi{e oslonaca kod kojih su jedan nepomi~an, a ostali pomi~ni stati~ki su neodre|eni. Mi moèmo postaviti tri stati~ke jedna~ine ravnoteè, a nepoznatih veli~ina imamo koliki je broj oslonaca plus jedan. Pretpostavimo da imamo jedan nosa~ sa ~etiri oslonca, kao {to je prikazano na slici 7. 1.

Slika 7.1. Dva puta stati~ki neodre|en nosa~

Stavimo li u posmatrani nosa~ dva zgloba G1 i G2, u kojima nema trenja, zna~i da ne mogu prenositi momenat savijanja, tada nosa~ postaje stati~ki odre|en (slika 7.2.)

Slika 7. 2. Rastavljanje Gerberovog nosa~a na tri stati~ki odre|ena nosa~a

Iz uslova ravnoteè za sve tri rastavljene grede moèmo da odredimo sile u zglobovima G1 i G2, te reakcije u zglobovima A,B,C i D. Na taj na~in moèmo izra~unati reakcije u osloncima i odrediti dijagrame Mf , Ft i Fa. Gerberov zglob ne moè prenositi momenat savijanja, ve} samo transverzalne i aksijalne sile. Rezultanta transverzalnih i aksijalnih sila naziva se pritisak u zglobu. Uvjeti ravnoteè za Gerberov nosa~: ΣFx = 0

ΣFy = 0

ΣM = 0

ΣMG1= 0

ΣMG2 = 0

(7. 1)

165

Prilikom rastavljanja Gerberovog nosa~a na vi{e dijelova zglobovi ne smiju biti ugra|eni proizvoljno, nego moraju biti raspore|eni tako da posmatrani nosa~ bude rastavljen na stati~ke nosa~e, {to zna~i da ni jedan rastavljeni nosa~ ne smije imati vi{e od dva oslonca. Za Gerberov nosa~ sa n oslonca (gdje je 1 nepomi~ni i n - 1 pomi~an oslonac) trebalo bi odrediti n + 1 nepoznatih reakcija u osloncima. Po{to moèmo postaviti tri jedna~ine stati~ke ravnoteè, preostaju n-2 prekobrojnih komponenti reakcija. To zna~i da je n-2 nosa~ stati~ki neodre|en. Da bismo takav nosa~ u~inili stati~ki odre|enim, Slika 7.3. Razli~iti tipovi Gerberovoih nosa~a treba ugraditi n-2 Gerberova zgloba. Tada }emo imati jo{ n-2 jedna~ina koje izraàvaju uvjet da momenat savijanja u svakom Gerberovom zglobu mora biti jednak nuli. Na slici 7.4. dat je primjer stati~ki neodre|enog nosa~a jer je lijevi dio nosa~a, ra~unaju}i od ta~ke G1 stati~ki neodre|en. Gerberovi zglobovi se postavljaju u svakom Slika7. 4. Stati~ki neodre|en nosa~ drugom rasponu izme|u oslonca. 7.1.2. Analiti~ka metoda odre|ivanja momenta savijanja i transverzalnih sila Gerberovih nosa~a Da bi smo objasnili analiti~ku metodu odre|ivanja momenta savijanja i transverzalnih sila, predpostavimo da imamo jedan Gerberov nosa~ sa tri oslonca koji je optere}en jednoliko kontinuirano (slika 7. 5.) Postavimo jedna~ine ravnoteè iz kojih }emo izra~unati reakcije u osloncima ΣFy = 0 - FA + q . 4a – FB – FC = 0 ΣMA = 0 q . 4a . 2a – FB . 2a – FC . 4a = 0 a =0 Σ MG2 = 0 FA . a – q . a .  2 qa qa (7. 2.) FA = , FB = 3qa, FC =  2 2 Postavimo jedna~ine momenta savijanja i rransferzalnih sila za svako polje nosa~a iz kojih }emo do}i do vrijednosti Mf i Ft za cijeli nosa~

166

x qa x2 Mf =FA x – qx  = x – q  2 2 2 qa Ft = FA – qx =  – qx 2

polje 0 ≤ x ≤ a

qa Ft =  2 qa (7. 3) a=0 Mf = 0 Ft =  2 Maksimalna vrijednost momenta savijanja u ovom polju je qa a za Ft =  – qx = 0 x =  2 2 x=0

B

Mf = 0

2

M f max

qa a q  a  qa 2 = ⋅ − ⋅  = (7.4.) 2 2 2 2 8

polje 0 ≤ x ≤ 2a q x2 x = qa .  Mf = FA . x – qx . 2 2 2 qa Ft = FA – qx =  – qx 2 qa za x = a Mf = 0 Ft = –  2 3qa 2 za x = 2a Mf = - qa Ft = –  . (7.5) 2 polje 2a ≤ x ≤ 4a x + F (x – 2a) = Mf = FA x – qx  B 2 Slika 7.5. Gerberov nosa~ optere}en kontinuirano

7 qax – q  x2 - qa2 +  2 2

7 qa – qx Ft = FA – qx + FB =  2 3qa za x = 2a Mf = - qa Ft = –  2 qa za x = 4a Mf = 0 Ft = -  (7.6.) 2 Maxsimalna vrijednost momenta savijanja Ft = 0 7 qa – qx = 0 7 a  x=  2 2 2 qa 7 a za x =  Mf max =  . (7.7) 2 8 Aksijalnih sila nema, jer se radilo o normalnom (vertikalnom) optere}enju. 167

7.1.3. Grafi~ko odre|ivanje dijagrama momenta savijanja i transverzalnih sila Gerberovih nosa~a Da bi smo objasnili grafi~ku metodu odre|ivanja dijagrama Mf i Ft za Gerberov nosa~, objasnimo prvo na~in Mf i Ft za prosti nosa~. U dobro usvojenoj razmjeri za duìnu UL i sile UF na poznat na~in odredimo reakcije u osloncu, zatim poznatim postupkom odredimo rezultate bilo lijeve bilo desne strane presjeka a - a i njezin poloàj koji se nalazi na udaljenosti x od presjeka a - a.

Slika 7.6. Grafi~ka veza izme|u Mf i veri`nog poligona

Iz sli~nosti trouglova ∆TNM i ∆OCD slijedi da je: Ya x = FB H H .Ya =FB . x =Mf Mf =Ya . H.

(7.8.)

Na osnovu jedna~ine (7.8.) moèmo odrediti momenat savijanja grafi~kim putem na bilo kom presjeku nosa~a. → →→ Predpostavimo da imamo jedan Gerberov nosa~ koji je optere}en silama F 1, F2, F3 → i F4. Na slici 7.7. prikazan je grafi~ki postupak odre|ivanja momenta savijanja i transverzalnih sila.

168

Slika 7.7. Gerberov nosa~ na tri oslonca optere}en koncentriranim silama

Ovdje je uvjet da u Gerberovim ta~kama moment bude jednak nuli, {to odre|uje pravac zaklju~ne linije s1. A pravac zaklju~ne linije s desnog dijela nosa~a odre|uje se tako da se po~etna ta~ka I odredi u sjeci{tu zaklju~nice s1 s vertikalnim pravcem djelovanja reakcije u osloncu B. Kona~na se ta~ka zaklju~ne linije s2 odre|uje presjekom zraka 5 i vertikalnog pravca djelovanja reakcija u osloncu C. Ukoliko se plan sila podijelio u dva posebna plana s planovima 0′ i 0′′, radi prakti~nog izgleda veri`nog poligona, tada je postupak isti, samo {to su pravci veri`nog druga~iji, pa je i veri`ni poligon poloìtiji. Dijagramom transverzalnih sila radimo na temelju utvr|enih veli~ina reakcija u osloncima i poznatih sila {to djeluju na Gerberov nosa~. 7.2. OKVIRNI NOSAÎ Okvirni nosa~ je sistem {tapova (ili krutih tijela) me|usobno vezanih krutim ~vorovima, to jest okvirni nosa~ je kruto tijelo nekog odre|enog oblika sli~nog okviru. Skupini okvirnih nosa~a pripadaju savijeni {tapovi, odnosno greda. Razmotrimo jedan jednostavni okvirni nosa~, prikazan na slici 7.8. koji je sastavljen od dva tijela koji su oslonjeni na nepokretne oslonce A i B, a me|usobno vezani krutim ~vorom.

169

Slika 7.8. Jednostavni okvirni nosa~

Razmotrimo pitanje stati~ke odre|enosti posmatranog nosa~a. Ako rastavimo sistem i veze zamijenimo reakcijama u pravcima x i y, moèmo za I i II postaviti tri jedna~ine za svaki dio i tri jedna~ine za cijeli sistem. Zna~i, moèmo postaviti ukupno 9 jedna~ina ravnoteè, a imamo 6 nepoznatih reakcija. Tri jedna~ine mogu nam posluìti za kontrolu. Me|utim, ako ista dva tijela spojimo zglobom na taj na~in da su AB i C na jednom pravcu, dobit }emo stati~ki neodre|en nosa~. Sistem prestaje biti geometrijski nepromjenjen, postaje mehanizam. Takav primjer je prikazan na slici 7.9. Kod okvirnih nosa~ao dre|ujemo reakcije u osloncima na potpuno isti na~in kao kod ostalih nosa~a. Reakcije moèmo da odredimo bilo da sistem posmatramo kao cjelinu, bilo da okvirni nosa~ rastavimo na sastavne dijelove, pri ~emu stvarne veze zamjenjujemo odgovaraju}im silama ili momentima, kao {to je pokazano na slici 7.8. Nakon odre|enih reakcija veza odre|ujemo raspodjelu momenta savijanja, transverzalnih i Slika 7.9. Stati~ki neogra|eni aksijalnih sila. Veza izme|u momenta savijanja, transokvirni nosa~ verzalnih sila i optere}enja u definiciji je ista kao i kod nezakrivljenih nosa~a. Na osnovu dijagrama Mf , Ft, i Fa moèmo ocijeniti karakter naprezanja ~lanova okvirnog nosa~a i tako na osnovi poznavanja opasnih presjeka odrediti potrebne dimenzije okvirnog nosa~a. Reakcije odre|ujemo bilo grafi~ki bilo analiti~ki kao u prethodnim poglavljima. Na slici 7.10. prikazan je grafi~ki na~in odre|ivanja reakcija nezavisno od oblika tijela koje se prou~ava.

170

Slika 7.10. Grafi~ki na~in odre|ivanja reakcija u okvirnom nosa~u

Na analiti~ki na~in reakcije u osloncima odre|uju se iz jedna~ina ravnoteè. Bez obzira na oblik krutog tijela na~in odre|ivanja reakcija je uvijek isti, tj. odredimo veli~inu i poloàj rezultanta svih vanjskih sila i rastavimo je na sile reakcija u osloncima. Ako je sistem stati~ki neodre|en, tada ne moèmo odrediti reakcije u osloncima pomo}u stati~kih metoda.

Slika 7.11. Postupak redukcije rezultante sila s lijeve odnosno desne strane presjeka a-a

Postupak odre|ivanja stati~kih veli~ina potpuno je isti kao i kod nezakrivljenih nosa~a. Dogovor o predznacima momenta savijanja, transverzalnih i aksijalnih sila ostaje isti kao i prije. Pozitivni momenat savijanja je onaj momenat koji na unutra{njoj strani okvira izaziva istezanje vlakna nosa~a. Isto tako je pozitivna ona aksijalna sila koja uzrokuje istezanje u presjeku nosa~a. Pozitivna je ona transverzalna sila koja na lijevom presjeku djeluje prema unutra, a na desnom djeluje prema van okvira.

171

7.2.1. Odre|ivanje reakcija momenta savijanja Mf , transverzalnih i aksijalnih sila okvirnog nosa~a Da bismo objasnili odre|ivanje (Mf , Ft i Fa) stati~kih veli~ina kod okvirnog nosa~a, razmotrit }emo okvirni nosa~ optere}en prema slici 7.12. Postavimo jedna~ine ravnoteè iz kojih }emo odrediti reakcije u osloncima l ΣMA = 0 - q . l  + FBl = 0 FAx = 0 2 ql ΣFy = 0 FAy + FB – ql = 0 ⇒ FAy = FB =  (7.9.) 2 ΣFx = 0 Slika 7.12. Odre|ivanje reakcija u jednostavnom okvirnom nosa~u

Nakon odre|ivanja reakcija postaju nam poznate sve vanjske sile koje djeluju na nosa~ (ra~unaju}i u vanjske sile i reakcije veze), pa moèmo pre}i na iznalaènje Mf , Ft i Fa u svim onim presjecima unutar kojih nema promjena u optere}enju. Ta podru~ja su prikazana na slici 7.13. Postavimo jedna~ine momenta savijanja, transverzalne i aksijalne sile po odgovaraju}im poljima. Polje I-I 0 ≤ y1 ≤ l Mf = - FAx . y1 = 0 Ft = - FAx = 0 ql Fa = - FAy = -  2

Slika 7.13. Podjela okvirnog nosa~a na polja analize unutra{njih sila

ql ql za yl = 0 ⇒ Mf = 0 Ft = 0 Fa = -  yl = l ⇒ Mf = 0 Ft = 0 Fa = -  (7.10) 2 2 Polje II-II 0 ≤ x1 ≤ l x1 ql . q =  x1 –  x 12 Mf = FAy . x1 – q . x1 .  2 2 2 q Ft =  – qx1 2 Fa = 0 (7.11) x1 = 0

Mf = 0

za x1 = 1 172

Mf = 0

ql Ft =  2 ql Ft = -  2

Odredimo ekstremnu vrijednost momenta savijanja u polju II-II. Po{to je jedna~ina momenta savijanja funkcija drugog reda (x1), ta funkcija imat }e ekstremnu vrijednost gdje je prvi izvod jednak nuli. dMf  = 0 (7.12.) dx Kako na osnovu jedna~ine (6.12.) iz poglavlja 6.2.3. imamo da je prvi izvod momenta savijanja jednak transverzalnoj sili, zna~i tamo gdje je transverzalna sila jednaka nuli tu je ekstremna vrijednost momenta savijanja dMf  = Ft = 0 (7.13.) dx Izjedna~imo jedna~inu transverzalne sile sa nulom ql Ft =  – qxl = 0 2 l xl =  . (7.14.) 2 ql l l ql 2 Maksimalni momenat savijanja je M f max = ⋅ ( 2 ) − ( ) 2 = (7.15.) . 2 2 2 8 1 Polje III-III 0 ≤ y2 ≤  2 Mf = 0 Ft = 0 (7.16.) ql Fa = -FB =  2 y2 = l ⇒ Mf = 0, za S2 = 0 ql Ft = 0, Fa = -  . 2 Po{to smo detaljno odredili vrijednosti za momenat savijanja Mf , transverzalnu silu Ft i aksijalnu silu Fa po poljima na osnovu dobivenih podataka moèmo nacrtati stati~ki dijagrame. Dijagrami su prikazani na slici 7. 14.

Slika 7.14. Izgled Mf , Ft i Fa dijagrama za zadani okvirni nosa~

Primjer okvira s horizontalnim optere}enjem prikazan je na slici 7.15, a sa vertikalnim optere}enjem prikazan je na slici 7.16.

173

Slika 7.15. Izgled stati~kih dijagrama za jednostavno optere}eni okvirni nosa~ s vertikalnim optere}enjem

Slika 7.16. Izgled stati~kih dijagrama za okvirni nosa~ s vertikalnim optere}enjem

7.2.2. Odre|ivanje reakcija kod zakrivljenog trozglobog nosa~a Primjer stati~ki odre|enih trozglobnih nosa~a dat je na slici 7.17. a primjer stati~ki neodre|enih trozglobnih nosa~a dat je na slici 7.18.

Slika 7.17. Stati~ki odre|eni trozglobni nosa~i

Slika 7.18. Primjer stati~ki neodre|enih trozglobnih nosa~a

Analiti~ki postupak odre|ivanja reakcija

Slika 7.19. Trozglobni zakrivljeni nosa~ 174

Za rje{enje ovog zadatka moèmo primijeniti slijede}i postupak. Postavimo uslove ravnoteè za cijeli sistem, prikazan na slici 7.19. ΣFx = 0 ΣFy = 0 i ΣM = 0 (7.17.) U jedna~inama (7.17) nepoznate veli~ine su FAx , FAy , FBx i FBy. Nakon toga postavimo uslove ravnoteè za samo lijevi ili desni dio nosa~a (7.18.) ΣFx = 0 ΣFy = 0 i ΣM = 0. gdje su nepoznate za lijevi dio FAx , FAy , FGx i FGy, odnosno za desni dio FBx , FBy , FGx i FGy. Na taj na~in dobili smo {est jedna~ina, moèmo odrediti najvi{e {est nepoznatih. Nakon izra~unavanja reakcija izvrši se superpozicija reakcija u osloncima i izra~unavaju se stvarne vrijednosti reakcija. Grafi~ki na~in odre|ivanja reakcija prikazan je na slici 7.20.

Slika 7.20. Grafi~ki na~in odre|ivanja reakcija

175

Rije{eni zadaci iz poglavlja 7 Zadatak 7.1. Za nosa~ zadan i optere}en prema slici odrediti Mf , Ft i Fa dijagrame. F = 6 kN q = 2kN/m l1 = 3m, l2 = 1m, l3 = 2m, Odredimo reakcije u osloncima iz uslova ravnoteè. Sistem I ΣFx = 0 FAx – FGx = 0 - FAy – F – FB – ql2 + FGy = 0 ΣFy = 0 1 Fl – ql ( l + l2 ) – F ( l + l ) = 0 FBl1 –  ΣMA = 0 1 2 1  Gy 1 2 2 2 Sistem II ΣFx = 0 FGx = 0 = FAx ΣFy = 0 - FC + ql3 – FGy = 0 d 1 ql 2 = 0 ΣΜ G = 0 FC l3 –  2 3 1 ql = 2 kN FC =  2 3 FG = FGy = ql3 – FC = 12kN l2 1 F+  1 l )+ FB =  (l +  2 l1 1 2 2 l + l2 + FGy 1 = 8 kN l1 FA = FAy = F – FB + ql2 + FGy = 2 kN Polje I-I 0 ≤ x ≤ 1,5 Mf = FAy . x = 2x Ft = FAy = 2 kN Fa = 0 , za x = 0, Mf = 0, Ft = 2 kN i x = 1,5 Mf = 3 kNm, Ft = 2 kN, Fa = 0


176

Polje II-II 1,5 ≤ x ≤ 3 Mf = FAy . x – F (x – 1,5) = 9 – 4x Mf = FAy . x – F = - 4 kN Fa = 0 x =1,5, Mf = 3 kN, Fa = - 4 kN, za x =3, Mf = - 3 kN, Fa = - 4 kN, Fa = 0

Polje III-III 2 ≤ x ≤ 3

za x = 2 za x = 3

x2 Mf = FC . x – q  = 2x – x2 2 Ft = FC – qx = 2 – 2x Fa = 0 Mf = 0 Ft = - 2 kN, Mf = - 3 kNm Ft = - 4 kN,

Polje IV-IV 0 ≤ x ≤ 2

x2 Mf = FC x – q  = 2x – x2 2 Ft = - FC + qx = -1 + 2x Fa = 0 za x = 0 Mf = 0 Ft = - 2 kN, za x = 2 Mf = 0 Ft = + 2 kN Fa = 0. Ekstremna vrijednost momenta savijanja dMf  = Ft = 0 dx 2 =1m 2 – 2x = 0 ⇒ x =  2 za x =1m Mf max = 2x – x2 = 2 . l – l2 = 1 kNm. Zadatak 7.2. Za nosa~ zadan i optere}en prema slici odrediti dijagrame Mf , Ft i Fa Podaci: F = 20 kN α = 60° q = 5 kN/m a =2m Odre|ivanje reakcije: Sistem I ΣFx = 0 ΣFy = 0 ΣMA = 0 Sistem II ΣFx = 0 ΣFy = 0 d =0 ΣMG1

FAx – Fcosα – FG1x = 0 a =0 - FAy – FB – FG1y + Fsinα + q  2 3 5 a  a=0 FB . a + FG1y .  a – Fsinα – q  2 2 4 FG1x – FG2x = 0 - FC + FG1y + FG2y + qa = 0 a2 a –F .a–q FC  =0 G2y 2 2 177

Sistem III ΣFx = 0

FG2x = 0 FG1x = 0 a =0 FG2y + FC + q  2 a a a . FD  – q   = 0 2 2 4

ΣFy = 0 d ΣMG2 =0

FD = 2,5 kN, FG2 =2,5 kN, FC = 15,kN, FG1 = FG1y = 2,5 kN FB = 11,16 kN, FAx = 10 kN, FAy = 8,6 kN 2 2 FA = FAx + FAy = 13,2285kN ,

FAy = 40, 8925° α = arctg  FAx Ispitajmo detaljno svako polje nosa~a a Polje I-I 0 ≤ x ≤  2 Fa = - FAx = -10 kN Ft = FAy = 8,66 kN Mf = FAy . x = 8,66x za x = 0 Mf = 0 za x = l Mf = 8,66 kN Slika uz zadatak 7.2.

a ≤x≤a Polje II-II  2 Fa = 0

za x = l za x = 2

Ft = FAy – Fsinα = - 8,66 kN a ) = 17,32 – 8,66x Mf = FAy x – Fsinα (x –  2 Mf = 8,66 kN Mf = 0.

Polje III-III a ≤ x ≤ 2a Fa = 0 Ft = FAy – Fsinα + FB – q (x – a) = 12,5 – 5x – a )2 a ) + F (x – a) – q (x  Mf = FAy x – Fsinα (x –  B 2 2 Mf = -2,5x2 + 12,5x –15. 178

Polje IV-IV 2a ≤ x ≤ 3a Fa = 0 Ft = FAy – Fsinα + FB + FC + aq – qx = 27,5 – 5x – a )2 a ) + F (x – a) F (x – 2a) – q (x  Mf = FAy x – Fsinα (x –  B C 2 2 Mf = - 2,5 x2 + 25,7x – 75. Na osnovu jedna~ina za Fa, Ft i Mf i zadanih podataka nacrtani su stati~ki dijagrami. Zadatak 7. 3. Za nosa~ zadan i optere}en prema slici odrediti Mf , Ft i Fa. Podaci: q = 10kN/m, l = 3m, a = 1m. Odredimo reakcije na osnovu jedna~ina ravnoteè. Sistem I ΣFx = 0,

FAx – FGx = 0

ΣFx = 0, - FAy – q (l – x) – FGy = 0 ΣMA = 0, l MA –  q (l – x)2 + FGy (l – x) = 0 2 Sistem II ΣFx = 0 FGx = 0 FAx = 0 ΣFy = 0 - FB + FGy + q (a + x) = 0 l ΣMGd = 0 FB . x –  q (a – x)2 = 0 2 FA = 20 kN, MA = 20 kNm, FB = 20 kN FG = 0. Ispitajmo vrijednost za Mf , Ft i Fa za svako polje nosa~a


za x = 0 Mf = -20 kNm Ft = 20 kN,

Polje I-I 0 ≤ x ≤ 2 qx2 Mf = FAy . x – MA –  = - 20 + 20x – 5x2 2 qx2 Ft = FAy –  = - 20 –10x 2 Fa = 0. x=2

Mf = 0 Ft = 0

Polje II-II 2 ≤ x ≤ 3 qx2 Mf = FAy . x – MA –  = - 20 + 20x – 5x2 2 179

za x = 2 Mf = 0 Ft = 0, Ekstremna vrijednost momenta

Ft = 20 – 10x Fa = 0 x = 3 Mf = -5 kNm Ft =-10 kN. dM f

= Ft = 0 dx 20 – 10x = 0 20 x = = 2 m 10 Nema ekstremne vrijednosti Mf .

Polje III-III 0 ≤ x ≤ 1

x2 = - 5x2 Mf = - q  2 Ft = qx = 10x Fa = 0 za x = 0 Mf = 0 Ft = 0 x = 1 Mf = -5 kNm Fa = 10 kN. Na osnovu poznatih vrijednosti Mf , Ft i Fa u granicama polja moèmo nacrtati stati~ke dijagrame. Zadatak 7.4. Za nosa~ zadan i optere}en prema slici nacrtati statisti~ke dijagrame Mf , Ft i Fa. Izra~unajmo reakcije u osloncima ΣFy = 0: - FAy + F – FB = 0 ΣFx = 0: FAx – F = 0 ΣM = 0: - 2M – F . l – M + FB . l = 0 M, F = F + 3  M. FAy = -3  B l l Jedna~ine Mf , Ft i Fa u poljima nosa~a. FAx = F,

Polje I-I 0 ≤ x ≤ l M Ft = FAy = -3  l Fa = - FAx = - F Mf = FAy . x + 2M = M(2 – 3  –x ) l M za x = 0 Ft = -3  , Fa = - F i Mf = 2M l M za x = 2 Ft = -3  , Fa = - F i Mf = - M. l 180

l

Polje II-II a ≤ x1 ≤ 2a M Fa = - FB = - F – 3  l Ft = 0 Mf = - M M, za x = a i x = 2a Fa = - F – 3  l Ft = 0 Mf = - M. Polje III-III 0 ≤ x1 ≤ a M) Fa = - FB = - ( F – 3  l Ft = 0 Mf = 0.


Zadatak 7.5. Za dati okvirni nosa~ i optere}enje a) ra~unskim putem odrediti reakcije oslonca, b) napisati jedna~ine napadanog momenta, transverzalne i aksijalne sile za svako polje nosa~a i na osnovu njih nacrtati stati~ke dijagrame Mf , Ft i Fa, c) ra~unom odrediti poloàj i veli~inu ekstremnih vrijednosti momenta u poljima kontinualnog optere}enja, kao i najve}u apsolutnu vrijednost momenta savijanja cijelog nosa~a Mfmax Slika uz zadatak 7.5. 181

Podaci: F = 10 kN q1 = 10 kN/m q2 = 5 kN/m Rje{enje: Ram je u ta~ki A uklije{ten, a oslanja se u ta~ki B na pokretan oslonac, pa imamo → yA, → xA i FB, a po{to za ravan sistem sila imamo tri ~etiri nepoznate reakcije veza MA, → jedna~ine ravnoteè, to se mora postaviti jedan Gerberov zglob da bi zadatak stati~ki bio odre|en, pa moèmo napisati: 1) Σxi = -xA – F + q1 . 4 = 0 2) Σyi = yA + FB – F – q2 . 4 – 2 F – F = 0 3) ΣMA = FB . 4 MA – q2 . 4 . 4 – 2F . 3 – F . 6 – F . l + F5 – q1 . 4 . 2 = 0 4) MGd = FB . 2 – 2 F . l F . 4 – q2 . 4 . 2 = 0 odakle nalazimo xA = 30 kN, yA = 10 kN MA = 30 kNm FB = 50 kN Vertikalna konzola AC I Polje 0 ≤ x ≤ 4 Jedna~ina momenta savijanja: x M(x) = - MA + xA . x – q1 . x .  2 M(x) = - 30 + 30x – 5x2 Jedna~ina transverzalne sile: dM ( x ) = 30 − 10 x. Ft ( x ) = dx Jedna~ina aksijalne sile: Fa = - yA Vrijednosti Mf , Ft i Fa za pojedine karakteristi~ne presjeke polja: za x = 0 Mf = -30 kNm, Ft = 30 kN, Fa = -10 kN za x = 4m Mf =10 kNm, Ft = -10 kN, Fa = -10 kN. II Polje 4 ≤ x ≤ 5 Jedna~ina momenta savijanja: M(x) = - MA + xA . z – q14(x –2) M(x) = 50 – 10x Jedna~ina tansverzalne sile: dM ( x ) = −10 Ft ( x ) = dx

182

Jedna~ina aksijalne sile: Fa = - yA Vrijednosti Mf , Ft i Fa za grani~ne presjeke polja za x = 4m Mf =10 kNm, Ft = -10 kN, Fa = -10 kN Ft = -10 kN, Fa = -10 kN. za x = 5m Mf = 0 kNm, Vertikalna greda BD. III Polje 0 ≤ x ≤ 1 Jedna~ina momenta savijanja: M(x) = 0 Jedna~ina tansverzalne sile: Ft = 0. Jedna~ina aksijalne sile: Fa = - FB za x = 0 i x = 1 m Fa = - 60. IV Polje l ≤ x ≤ 4 Jedna~ina momenta savijanja: M(x) = 2F . l M(x) = 20. Jedna~ina tansverzalne sile: Ft = 0. Jedna~ina aksijalne sile: Fa = - FB+ 2F. Vrijednosti Mf , Ft i Fa za grani~ne presjeke polja za x = 1 m Mf = 20 kNm, Ft = 0, Fa = -30 kN za x = 4 m Mf = 20 kNm, Ft = 0, Fa = -30 kN. Horizontalna greda CD. V Polje 0 ≤ x ≤ 2 Jedna~ina (napadnog ) momenta savijanja: x M(x) = - F . x – q2 . x .  2 M(x) = -10x – 2,5x2. Jedna~ina tansverzalne sile: dM ( x ) = 10 + 5 x Ft ( x ) = dx Jedna~ina aksijalne sile: Fa = 0. Vrijednosti Mf , Ft i Fa na granicama polja za x = 0 Mf = 0 , Ft = 10 kN, Fa = 0 183

za x = 2 m

Mf = - 30 kNm,

Ft = 20, Fa = 0.

VI Polje 2 ≤ x ≤ 4 Jedna~ina momenta savijanja: x2 + F (x – 2) – 2F(x – 3) M(x) = - F . x – q2 .  B 2 M(x) = - 40 + 20x – 2,5x2 Jedna~ina tansverzalne sile: Ft ( x ) =

dM ( x ) = −20 + 5 x. dx

Jedna~ina aksijalne sile: Fa = 0. Vrijednosti Mf , Ft i Fa na granicama polja za x = 2 m Mf = -10 kNm , Ft = - 10 kN, za x = 4 m Mf = 0 kNm, Ft = 0 kN,

Fa = 0 Fa = 0.

VII Polje 4 ≤ x ≤ 5 Jedna~ina momenta savijanja: M(x) = – F . x – q2 . 4(x – 2) +FB(x – 2) – 2F(x – 3) M(x) = 0 Jedna~ina tansverzalne sile: Ft = 0 Jedna~ina aksijalne sile: Fa = 0. Vrijednosti Mf , Ft i Fa na granicama polja za x = 4 m i x = 8 m Mf = 0 Ft = 0 Fa = 0. VIII Polje 5 ≤ x ≤ 6 Jedna~ina momenta savijanja: M(x) = – F . x – q2 . 4(x – 2) +FB(x – 2) – 2F(x – 3) – F(x – 5) M(x) = 50 – 10x Jedna~ina tansverzalne sile: dM ( x ) = 10. Ft ( x ) = dx Jedna~ina aksijalne sile: Fa = 0. Vrijednosti Mf , Ft i Fa na granicama polja Ft = 10 kN, Fa = 0. za x = 5 m Mf = 0, za x = 6 m Mf = -10, Ft = 10kN, Fa = 0.

184

IX Polje 0 ≤ x ≤ 1 (gledano sa lijeve strane) Jedna~ina momenta savijanja: M(x) = – F . l M(x) = -10 Jedna~ina tansverzalne sile: dM ( x ) = 0. Ft ( x ) = dx Jedna~ina aksijalne sile: Fa = + F. Vrijednosti Mf , Ft i Fa na granicama polja Ft = 0, Fa = 10 kN za x = 0 Mf = - 10 kN, Ft = 0, Fa = 10 kN. za x = 1 m Mf = -10 kN, Poloàj i veli~ina ekstremnih vrijednosti napadnog momenta u poljima kontinualnog optere}enja. Polja kontinualnog optere}enja su prvo I (0 ≤ x ≤ 4) drugo V(2 ≤ x ≤ 4) i tre}e VI(2 ≤ x ≤ 4) U prvom polju I Ft = 0 ⇒ 30 – 10x = 0 x = 30  =3m 10 Mfmax = -30 + 30 . 3 – 5 . 32 x=3 Mfmax = 15 kNm U drugom polju V

Ft = 0 ⇒10 – 5x = 0 x=-2 Vrijednost x ispada iz polja {to zna~i da kriva nema matemati~kih ekstrema. U tre}em polju VI Ft = 0 −20 + 5x = 0 x=4 Mfmax = 15kNm Napomena: Prema znaku drugog izvoda zaklju~ujemo o konkavnosti i konveksnosti krive momenta savijanja i transverzalne sile. Ako je: 2 a) d M ( x ) < 0 kriva napadnog momenta konveksna na dole (ispup~ena) dx 2

b)

d 2 M ( x) > 0 kriva napadnog momenta konkavna je dx 2 185

Slika stati~ki dijagram za okvirni nosa~ uz zadatak 7.5.

Zadatak 7.6. Za nosa~ zadan i optere}en prema slici odrediti reakcije u osloncima i nacrtati stati~ke dijagrame Mf , Ft , Fa. Izra~unajmo reakcije u osloncima ΣFx = 0 ΣFy = 0 ΣMA = 0 FAx – F – FBx = 0 -FAy – F – FBy = 0 FBx = FB . sin 30° FBy = FB . cos 30° FAx = F + FAy = F −

FBx =

( 2 a + b) 3 – b ( Fa + M ) 3 ( 2 a + b) 3 − b

Fa + M ( 2a + b) 3 − b

FBy = F −

186

Fa + M

( Fa + M ) 3 ( 2 a + b) 3 − b

.


Odredimo jedna~ine za Mf , Ft i Fa u poljima nosa~a Polje I-I 0 ≤ x ≤ a Ft = FAy = F −

( Fa + M ) 3 ( 2 a + b) 3 − b

187

  Fa + M Fa = − FAx = −  F +  ( 2a + b ) 3 − b    ( Fa + M ) 3  M f = − FAy x = −  F +  x. ( 2a + b ) 3 − b  

Polje II-II a ≤ x ≤ 2a Ft = FAy − F = −

Fa = F − FAx = −

( Fa + M ) 3 ( 2 a + b) 3 − b

Fa + M ( 2a + b ) 3 − b

M f = FAy x − F ( x − a ) = Fa −

Polje III-III

( fa + M ) ( 2a + b ) 3 − b

x

π 0 ≤ϕ≤ 2 Fa + M

ΣFϕ = 0

Ft = FBx cos ϕ − FBy sin ϕ =

ΣF⊥ ϕ = 0

Fa = − FBy cos ϕ − FBx sin ϕ = −

M f = FBy b (l − cos ϕ ) − FBx b sin ϕ =

( 2 a + b) 3 − b

(cos ϕ − 3 sin ϕ )

Fa + M ( 2a + b) 3 − b

( Fa + M )b ( 2a + b) 3 − b

( 3 cos ϕ + sin ϕ )

[ 3 (l − cosϕ ) − sin ϕ ].

ϕ = 0 Ft = FBz Fa = - FBy Mf = 0 π F =-F ϕ= Fa = - FBx Mf = FBxb ( 3 – l) t By 2 Odre|ivanje jedna~ina Mf , Ft i Fa u poljima nosa~a Polje I-I 0 ≤ ϕ ≤ 60° FAx + Fasinϕ + Ft cosϕ = 0 ΣFx = 0: - FAy – Facosϕ + Ft sinϕ = 0 ΣFy = 0: ΣMA = 0: Mf – Fa asin2ϕ + Fa acosϕ (l – cosϕ) – Ft a sinϕ cosϕ – – Ft a sinϕ(1 – cosϕ) = 0 Fa = - FAxsinϕ – FAycosϕ = -3,66 sinϕ – 13,66cosϕ Ft = FAy sinϕ – FAxcosϕ = 13,66 sinϕ – 3,66cosϕ Mf = FAya(l – cosϕ) – FAxasinϕ = 27,32(l – cos ϕ) – 7,32 sinϕ 188

Polje II-II 60° ≤ ϕ ≤ 90° FAx – F cos60° + Fa sinϕ + Ft cosϕ = 0 ΣFx = 0: -FAy + F sin60° – Facosϕ + Ftsinϕ = 0 ΣFy = 0: ΣMA = 0: Mf = FAya(l – cosϕ) – FAxasinϕ = 27,32(l – cos60°) – Fasin2ϕ + + Faa cosϕ(l – cosϕ) – Fa asinϕcosϕ – Fa asinϕ(l – cosϕ) = 0 Fa = (F sin60° – FAy)cosϕ – (F cos60° + FAy)sinϕ = 3,66 cosϕ – 13,66 sinϕ Ft = (FAy – F sin 60°)sinϕ – (F cos60° + FAx)cosϕ = -3,66 sinϕ – 13,66 cosϕ Mf = 27,32(l – sinϕ) + 7,32 cosϕ Polje III-III 0 ≤ = -FCx = -13,66 kN Ft = -FCy – qx = -3,66 – 10x x2 = -5x2 – 3,66 x Mf = Ftx – q  2 za x = 0 Fa = -13,66 kN Ft = -3,66 kN Mf = 0 Ft = -23,66 kN Mf = -27,32 kNm. za x = 2 Fa = -13,66 kN Polje IV-IV 0 ≤ y ≤ a Fa = -FBy = -23,66 Ft = FBx = 13,66 Mf = -FBxy = -13,66 y Ft = 13,66 kN Mf = 0 za y = 0 Fa = -23,66 kN za y = a Fa = -23,66 kN Ft = 13,66 kN Mf = -27,32 kNm  π F = 0 F = -2F . ϕ=  t a Bx Mf = FBx b(√ 3 – 2). 6 Zadatak 7.7. Za nosa~ zadan i optere}en prema slici, odrediti reakcije u osloncima i nacrtati dijagrame Mf , Ft i Fa.

Podaci: F = 20 kN q = 10 kN/m α = 60° a=2m

Slika uz rje{enje zadatka 7.7. 189

Izra~unajmo reakcije u osloncima: Sistem I ΣFx = 0: ΣFy = 0:

FAx + F cosα – FCx = 0 -FAy + F sinα – FCy = 0 ΣMA = 0: FCx . α + FCx . α – F . a sinα(l – cos α) – Fa cos α . sin α = 0 Sistem II ΣFx = 0:

FCx – FBx = 0

ΣFy = 0:

-FBy + FCy + qa = 0

a2 = 0. ΣMCd = 0 FBya – FBxa – q  2 Vrijednost reakcija FAx = FCx – Fcosα = 3,66 kN FAy= Fsinα – FCy = 13,66 kN FAy αA = arctg  = 75° FAx α FBx = Fsinα – FCy = FCy + q  = 13,66kN 2 α FBy = FBx+ q  = 23,66 kN 2 FBy 2 2 FB = FBx + FBy = 27,32 kN αB = arctg  = 60° FBx FCx = F sinα – FCy = 13,66 kN

2 2 FA = FAx + FAy = 14,142 kN

FC =

l (F sinα – q  a ) = 3,66 kN FCy =  2 2 F 2 2 FCx + FCy = 14,142 kN αC = arctg Cy  = 15°. FCx

Slika dijagrama Fa, Ft i Mf uz rje{enje zadatka 7.7.

190

Zadatak 7.8. Teret mase m = 30000 kg podiè se uètom preko zglobnog mehanizma prikazanog na slici. Odrediti reakcije u osloncima.


Analiti~ko rje{enje


Sistem I + II ΣMA = 0

ΣFy = 0

FBy . 5 – 2F . 2 – F . 3 = 0 1 (2F . 2 + F . 3) = 1,4 F FBy =  5 FBy = 206 kN FAy + FBy – 3F = 0 FAy = 3F – FBy FAy = 235,4 kN.

Sistem I ΣMC = 0

FAx . 2 – FAy . 0,5 – 2F . 1,5 – F . 2 = 0 1 (F . 0,5 + 2F . 1,5 + F . 2) FAx =  2 Ay FAx = 426,7 kN 191

ΣFy = 0 FAy – FCy – 2F = 0 FCy = FAy – 2F ΣFx = 0

FCy = -58,9 kN -FCx + FAx + F = 0 FCx = FAx + F ΣFx = 573,9 kN

Sistem I + II ΣFx = 0

FBx = FAx = 426,7 kN

Sistem II Kontrola reakcije -FCy . 4,5 – ΣFx . 2 + F . 4 + F . 2 = 0 ΣMB = 0 0=0 ΣMB = 0 Grafi~ko rje{enje: 10 kN  Razmjera UF =  1 mm


192

Zadatak 7.9. Za mehanizam prikazan na slici, odrediti reakcije u osloncima, analiti~ki i grafi~ki.


Analiti~ko rje{enje: FCx = FC sin30° Sistem I

FCy = FC cos30°.


ΣMA = 0

ΣFy = 0

FCx . 450 + FCy . 300 – F . 400 = 0 FC(450sin 30° + 300 cos 30°) – F . 400 = 0 FCx = 4,13 kN FCy = 7,15 kN. FC = 8,25 kN FAy + FCy – F = 0

ΣFx = 0

FAy = 2,85 kN. FAx – FCx = 0 FAx = 4,13 kN.

193

Sistem II ΣMB = 0

FH . 150 – FCx . 300 = 0 FH = 2FCx = 8,25 kN.

ΣFy = 0

FBy + FH – FCy = 0 FBy – FCy – FH FBy = -1,10 kN.

ΣFx = 0

FBx – FCx = 0 FBx = 4,13 kN. Grafi~ko rje{enje: 0,2 kN UF =  1 mm FA = 5,02 kN FB = 4,27 kN FC = 8,25 kN FH = 8,25 kN. Slika uz grafi~ko rje{enje zadatka 7.9.

194

Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 7 Zadatak 7.10. Za nosa~e prikazane na slikama od a) do j), odrediti da li su stati~ki odre|eni ili neodre|eni. a) Rje{enje: stati~ki odre|en

b) Rje{enje: neupotrebiv kao nosa~ c) Rje{enje: jednom stati~ki neodre|en

d) Rje{enje: stati~ki odre|en

e) Rje{enje: dva puta stati~ki neodre|en f) Rje{enje: neupotrebiv kao nosa~ g)

Rje{enje: dva puta stati~ki neodre|en

h) Rje{enje: jedan put stati~ki neodre|en

195

i)

Rje{enje: stati~ki odre|en

j) Rje{enje: stati~ki odre|en Slike uz zadatak 7.10.

Za date Gerberove nosa~e odrediti reakcije u osloncima analiti~kim putem (7.11. - 7.14.)

Zadatak 7.11. F1 = 5 kN F2 = 10 kN α1 = 60°

α2 = 80°

l=3m

Rje{enje: FAx = 0,76352 kN FA = 2,2958 kN FAy = 2,16513 kN


FGx = 1,73648 kN

FG = 2,775 kN

FGy = 2,165 kN

FB = 9,254 kN

FC = 2,759 kN

Zadatak 7.12. F = 50 kN l=2m

q = 10 kN/m α = 60°

Rje{enje: FAx = 25 kN FAy = 16,65 kN FB = 41,65 kN FG = FGy = -5 kN


196

FA = 30,04 kN

Zadatak 7.13. F = 20 kN q = 10 kN/m l=2m


l Polje: 0 ≤ x ≤  2 Ft = -10 kN Mf = -10x

Rje{enje: FA = FAy = -10 kN FB = 60 kN FG = FGy = 10 kN FC = 10 kN

a ≤x≤a polje:  2 Ft = -30 kN Mf = 20 – 30x

Zadatak 7.14. F1 = 20 kN F2 = 10 kN q = 10 kN/m l1 = 3 m l2 = l3 = 2 m


polje: 0 ≤ x ≤ 39 Ft = 50 – 10x Mf = -120 + 50x – 5x2

Rje{enje: FA = FAy = 25 kN FG = 25 kN FB = 35 kN MB = 60 kNm

Zadatak 7.15. Na kom rastojanju od uklje{enja A treba postaviti Gerberov zglob da reakcija u Gerberovom zglobu bude minimalna? Izra~unati reakciju u zglobu G. q1 = 40 kN/m q2 = -10 kN/m l1 = 3 m l2 = 1 m Rje{enje: x = 2,5 m FG = 40 kN Slika uz zadatak 7.15.

Za date trozglobne nosa~e analiti~kom metodom odrediti reakcije u osloncima (7.16.-7.24.)

197

Zadatak 7.16. F1 = 10 kN q = 10 kN /m a = 3m b = 4,5m α = 60°

Rje{enje: FAx = 29,9995 kN FA = 30,3 kN FAy = 4,02 kN FCx = 29,9995 kN FC = 39,7 kN FCy = 25,98 kN FBx = 29,9995 kN FB = 54,9 kN FBy = 45,98 kN Slika uz zadatak 7.16.

Zadatak 7.17. F1 = 10 kN F2= 20 kN F3 = 5 kN q = 15 kN /m l1 = 2 Rje{enje: FA= 47,16 kN FC =38,05 kN FB = 38,05 kN Slika uz zadatak 7.17.

Zadatak 7.18. F = 20 kN q = 10 kN /m l1 = 2m l2 = 3m l3= 1m l4 = 1,5 Rje{enje: FAx = 42 kN FAy = 10 kN FC = 43,174 kN FBx = 22 kN Slika uz zadatak 7.18. 198

FA = 43,174 kN FCx= 42 kN FCy= 10 kN FBy= 40 kN

Zadatak 7.19. F1 = 5 kN F2= 11 kN q = 10 kN /m l1 = 2m l2 = 3m l3 = 2m l4 = 2m


Zadatak 7.20. F = 20 kN q = 10 kN/m r=2m

Rje{enje: FAx= 20,21 kN FA = 20,23 kN FAy= 1 kN FCx = 20,21 kN FC = 25,7 kN FCy = 15 kN FBx = 2,89 kN FBy= 25 kN

Rje{enje: FAx= 10 kN FAy= 20 kN FCx= 10 kN FCy= 0 FBx = 10 kN FBy= 20 kN

FA = 22,36 kN FC = 10 kN


Zadatak 7.21. q = 10 kN/m l1 = 2 m l2 = 1,5 m

Rje{enje: FAx= 6,67 kN FA = 21,08 kN FAy= 20 kN FCx= - 6,67 kN FC = - 6,67 kN FCy= 0 FBx= - 6,67 kN FB = 21,08 kN FBy = 20 kN Slika uz zadatak 7. 21.

199

Polje: 0 ≤ y ≤ l2 Fa= - 20 kN Ft = - 6,67 kN Mf = - 6,67 . y Polje: 0 ≤ x ≤ l1 Fa= - 6,67 kN Ft = 20 – 20x Mf = - 10 + 20x – 10x2 Zadatak 7. 22. Ft = 10 kN q1 = 30 kN/m l=2m Rje{enje: FAx= 30 kN FA = 30,1 kN FAy= - 2,5 kN FC = 42,5 kN FCx= 0 FCy= 42,5 kN FBx = 0,5 kN FB = 42,5 kN FBy = 42,5 kN Slika uz zadatak 7.22.

Zadatak 7.23. F = 20,0 kN q = 5,0 kN/m

Rje{enje: FAx= -50, kN FAy= 27,0 kN FCx= -50,0 kN FCy= -27,0 kN FBx = - 0,0 kN FBy = -70 kN Slika uz zadatak 7. 23.

200

Zadatak 7.24. F1 = 20 kN F2 = 40 kN F3 = 5 kN F4 = 15 kN q = 2 kN/m

Rje{enje: FAx = - 0,308 kN FAy = 25,59 kN FCx = - 0,308 kN FCy = - 8,41 kN FBx = - 9,69 kN


Za nosa~e prikazane na slici (7.25.-7.32) odrediti reakcije u osloncima i nacrtati stati~ke dijagrame. Zadatak 7.25. F = 11,0 kN q = 22,0 kN/m Rje{enje: FAx = 11,0 kN FAy = 5,5 kN FB = 16,5 kN Slika uz zadatak 7.25.

Zadatak 7.26. F1 = 1,0 kN F2 = 1,0 kN q = 1,0 kN/m

Rje{enje: FAx =1,0 kN FAy = - 9,33 kN FB = 2,25 kN


201

Zadatak 7.27. F1 = 78,0 kN F2 = 20,0 kN F3 = 24,0 kN q1 = 16,0 kN/m q2 = 2 kN/m

Rje{enje: FAx = -11,0 kN FAy = 286,1 kN FB = 67,9 kN Slika uz zadatak 7.27.

Zadatak 7.28. F1 = 20,0 kN F2 = 40,0 kN q = 4, 2 kN/m Rje{enje: FAx = - 40 ,0 kN FAy = 11,22 kN FB = 16,34 kN Slika uz zadatak 7.28.

Zadatak 7.29. F1 = 500 kN F2 = 300 kN F3 = 280 kN q = 24,2 kN/m l1 = 3,5m l2 = 2m l3 = 1m l4 = 3m


Rje{enje: FAx = -280 kN FAy = 505 kN FB = 361 kN

202

Zadatak 7.30. q1 = 12,2 kN/m q2 = 28,0 kN/m q3 = 20,0 kN/m l1 = 5,0m l2 = 12,5m l3 = 6,0m Slika uz zadatak 7.30.

Rje{enje: FAx = 60 kN FAy = 119 kN FB = 121 kN Zadatak 7.31. q = 40 kN/m l1 = 7,0m l2 = 3,0m


Rje{enje: FAx =106,7 kN FAy = 120 kN FB = -386,7 kN Zadatak 7.32. F = 2,4 kN l1 = 2,4m l2 = 1,1m


Rje{enje: FAx = 0 FAy = -1,1 kN FB = 1,1 kN 203

204

205

206

207

208

209

210

Ravni resetkasti nosaci 8.1. DEFINICIJE Zatvoreni {tapni poligon koji osim {tapova po obimu ima i popre~ne {tapove naziva se re{etkasti nosa~. Sa slike 8.1. moèmo zaklju~iti da je od svih poligona trougaona kruta figura. D

P B

B

A

C

A

C

D

Sl. 8.1. Slika 8.1.Poligoni Poligonire{etkastog rešetkastognosa~a nosa~a

Nosa~i sastavljeni od trougaonih poligona nazivaju se re{etkasti nosa~i, a na~in izgradnje prikazan je na slici 8.2.

a.

b.

c.

d.

D’

C

C

B

D

B D E

A

A

E

e.

D

E

C B A

f.

A

B

C

D

E

Sl. 8.1. Slika 8.2.Izgradnja Izgradnjare{etkastog rešetkastognosa~a nosa~a

205 205

Kod re{etkastih nosa~a razlikujemo slijede}e vrste {tapova: - pojasni {tapovi (gornji i donji koji ograni~avaju re{etkasti nosa~) i - vertikalni {tapovi (vertikale i dijagonale koje ostvaruju vezu izme|u gornjeg i donjeg pojasa).

C

45°

D

B

C 45°

A

H

G

F

E

E D a.

C

b.

E

G

E

B D

F

H

F

C B A

30° G

H A

J c.

d.

C

B

D

A

A E e.

f. Sl. 8.3. nosa~a Slika 8.3. Primjeri Izgradnjare{etkastih rešetkastog nosa~a

206 206

30°

D

I

Re{etkasti nosa~ moè biti sastavljen u ravni ili prostoru, pa na osnovu toga razlikujemo ravni i prostorni re{etkasti nosa~. U ovom poglavlju analizirat }emo samo ravne re{etkaste nosa~e, a primjeri su prikazani na slici 8.3. Primjeri primjene re{etkastih nosa~a su: konstrukcije mostova, konstrukcije dizalica, avionska krila, elektri~ni stubovi itd. [tapovi u re{etkastom nosa~u spajaju se u jednoj ta~ki koju nazivamo ~vor. U prakti~nim primjerima ~vorovi su ~vrsto vezani (zavareni ili zakovani). Me|utim, pretpostavlja se, radi lak{eg stati~kog prora~una da su {tapovi vezani zglobovima bez trenja. Ova pretpostavka je od velike va`nosti, jer nam omogu}uje da smatramo da su {tapovi optere}eni samo na pritisak ili samo na istezanje. Teìna {tapova u ve}em se broju primjera moè zanemariti. Re{etka, odnosno re{etkasti nosa~, upotrebljiv je samo onda ako je geometrijski nepromjenjiv. Naprimjer, ravanski ~etverokut je geometrijski promjenjiv slika (8.1.) pa ga nije mogu}e upotrijebiti kao re{etkasti nosa~ sve dok se ne sprije~i promjena oblika, a to je mogu}e dodavanjem jednog {tapa ~ime dobivamo dvije trougaone figure. Za re{etkasti nosa~ sa n ~vorova moèmo postaviti 2n jedna~ina ravnoteè. Uslov ravnoteè ukupne re{etke odre|en je sa tri jedna~ine, i to: ΣFx = 0 ΣFy = 0 ΣM=0 (8.1.) Da bi mehani~ki sistem bio rje{iv, dovoljne su samo 2n – 3 jedna~ine, a to pretstavlja ujedno i broj {tapova u re{etkastom nosa~u za koji moèmo odrediti sile. Najmanji broj {tapova za koji moèmo odrediti sile i sastaviti re{etkasti nosa~ odre|en je izrazom: s = 2n – 3 (8.2.) gdje je s - broj {tapova u re{etkastom nosa~u n - broj ~vorova u re{etkastom nosa~u. Na osnovu jedna~ine (8.2.) moèmo re}i da se radi: a) s = 2n – 3 stati~ki odre|ena re{etka, b) s > 2n – 3 stati~ki neodre|ena i c) s < 2n – 3 re{etka je labilna Navedeni primjeri prikazani su na slici 8.4.

Slika 8.4. Re{etkasiti nosa~ stati~ki odre|en, neodre|en i labilni

Na{ zadatak u ovom poglavlju svodi se na odre|ivanje sile u {tapovima. Sile u {tapovima mogu se odrediti analiti~ki ili grafi~ki. 207

8.2. ANALITI^KI NAÎN ODRE\IVANJA SILA U [TAPOVIMA - METODA ^VOROVA Metode odre|ivanja sila u {tapovima temelje se na uslovu da sve sile (vanjske i unutarnje), koje djeluju na jedan ~vor moraju biti u ravnoteì, ako je i cijeli re{etkasti nosa~ u ravnoteì. Da bismo objasnili ovu metodu odre|ivanja sila u re{etkastom nosa~u, pretpostavimo da imamo jedan re{etkasti nosa~ (slika 8.5.) na koji djeluju → → dvije sile F1 i F2 .

Slika 8.5. Op{ti oblik re{etkastog nosa~a

Prvo provjerimo na osnovu jedna~ine (8.2.) o kakvoj se re{etki radi s = 2n – 3 (9 = 2 . 6 – 3, 9 = 9). Vidimo da se radi o stati~ki odre|enoj re{etki. Sada postavimo uslove ravnoteè za cijeli re{etkasti nosa~: Σ Fx = 0 Σ Fy = 0 Σ M = 0 } ⇒ FA , FBy i FBy iz kojih odredimo reakcije u osloncima. Po{to su sile u osloncima A i B (FA , FBy i FBy) poznate, postavimo uslove ravnoteè za svaki ~vor ponaosob. Za svaki ~vor moèmo postaviti dvije jedna~ine ravnoteè, {to zna~i ukupno 12 jedna~ina iz kojih izra~unavamo 12 nepoznatih sila u {tapovima. Kod rje{avanja pretpostavimo sile u {tapovima, a ra~un }e nam pokazati da li je pretpostavka dobra ili nije. Na slici 8.6. prikazana je analiza svih ~vorova.

Slika 8.6. Primjer za odre|ivanje sila u re{etki metodom ~vorova

Jedna~ine ravnoteè za ~vorove I, II i III su: ^vor I Fx = 0 S1 . cos α1 + S6 = 0 Fy = 0 – FA – S1 sin α1 = 0 – S1 . cos α1 + S2 + F1= 0 ^vor II Σ Fx = 0 Σ Fy = 0 S1 sin α1 + S7 = 0 – S1 . cos α3 – S4 – FBx= 0 ^vor II Σ Fx = 0 – S3 sin α3 – FBy = 0 Σ Fy = 0 208

(8.3.)

Iz prve dvije jedna~ine (8.3.) odre|ujemo sile (S1 i S6) u {tapovima 1 i 6, zatim iz tre}e i ~etvrte jedna~ine odre|ujemo sile (S2 i S7) u {tapovima 2 i 7 i tako dalje. Vidimo iz prethodnih jedna~ina da za svaku silu moramo na}i projekciju i na x i y osu. Radi lak{eg postavljanja jedna~ina za prethodni primjer, prikaìmo tabelarno.

Tabela 8.1. Projekcije sila na ose x i y

Na osnovu tabele 8.1. vrlo brzo moèmo postaviti jedna~ine iz kojih izra~unavamo sile u {tapovima. Ova metoda odre|ivanja sila u re{etkastom nosa~u rijetko se primjenjuje. Naj~e{}e se primjenjuje grafi~ka metoda odre|ivanja sila u {tapovima re{etkastog nosa~a, pa zbog toga prou~imo tu metodu.

8.3. GRAFI^KI NAÎN ODRE\IVANJA SILA U [TAPOVIMA – RECIPRO^NI PLAN SILA Da bismo lak{e objasnili ovu metodu odre|ivanja sila u {tapovima re{etkastog nosa~a, razmotrimo isti primjer kao u prethodnom poglavlju sa (slika 8.7.) silama F1 = 3F i F2 = 6F. Ako postavimo uslove ravnoteè za cijelu re{etkasti nosa~, dobit }emo da je: Σ Fx = 0 Σ Fy = 0 Σ MA = 0

F1 – FBx = 0 – FA – FBy + F2 = 0 F1 . l + F2 . 2l – FBy . 3l = 0.

(8.4.)

Izra~unat }emo reakcije FA = F, FBy = 5F i FBx = 3F u osloncima. To smo mogli napraviti i pomo}u plana sila i veri`nog poligona.

209

Slika 8.7. Primjer za odre|ivanje sila u re{etkastom nosa~u grafi~kom metodom

Slika 8.8. Prikaz grafi~kog rje{enja re{etkastog nosa~a odvojeno po ~vorovima ~vor I i ~vor II

Prema slici 8.8. slijedi da svaki poligon sila i plan sila odgovaraju}e re{etke imaju isti broj linija, jer svakoj liniji u jednom planu sila odgovara paralelna linija u drugom planu (primjer sile S1 u ~voru I i II). Zbog toga za takve dvije figure kaèmo da su recipro~ne. Taj zajedni~ki plan sila, zovemo recipro~ni plan sila ili Cremonin plan sila, odnosno Maxwellov plan sila. Uvijek kre}emo od onoga ~vora gdje su samo nepoznate sile u dva {tapa, npr. ~vor 1, a zatim prelazimo na pravcima tih nepoznatih sila moèmo zatvoriti poligon sila. Na taj na~in idu}i od ~vora do ~vora obilazimo cijeli re{etkasti nosa~. Ovdje je bitno napomenuti da se pri konstrukciji recipro~nog plana sila treba dràti istog smjera ”obilaènja” sila, za svaki plan sila (za svaki ~vor). Ako se ne bi dràli istog smjera, do{li bi u situaciju da ne bi mogli zatvoriti poligon sila za odre|ene ~vorove. Radi lak{eg grafi~kog rje{enja re{etkastih nosa~a bitno je uo~iti u kojim su {tapovima sile jednake nuli. Neki primjeri, kada su sile u {tapovima jednake nuli, dati su naslici 8.9.

Slika 8.9. Primjeri kada su sile u {tapovima jednake nuli

210

Odre|ivanje karaktera sile (to jest da li je u {tapu istezanje ili pritisak) prikazano je na slici 8.10.

Slika 8.10. Na~in odre|ivanja smisla sila u {tapovima

Ramotrimo li sve planove sila, vidjet }emo da se i u svakom planu sila koji ima vezu preko jednog {tapa pojavljuje ista sila ili sile, ali suprotnog smjera. Poveèmo li za svaki ~vor sile preko odgovaraju}ih {tapova, dobit }emo dijagram prikazan na slici 8.11.

Slika 8.11. Zajedni~ki skup grafi~kih rje{enja u obliku tzv. Cremoninog1) plana sila ili recipro~nog plana sila

Prilikom crtanja Cremoninog plana sila treba se dràti ovih pravila: a) Vanjske sile treba nanizati u zatvoreni poligon sila onim redom kako su one postavljene, obilaze}i re{etku bilo u smjeru kazaljke na satu ili obrnuto i paze}i na redosljed. b) Potpuno isto prethodnom pravilu istim redom, to jest smislom obilaènja treba sastavljati i sile koje djeluju na svaki ~vor, pri tome treba paziti da su vanjske sile u planu poloàja uvijek izvan re{etke. Rezultati se o~itavaju iz dijagrama slika 8.11. a zatim se unose u tabelu (primjer tabela 8.2.). 1) Luigi Cremona, italijanski matemati~ar, 1830-1903

211

8.4. CULMANNOVA METODA ODRE\IVANJA SILA U [TAPOVIMA RE[ETKASTOG NOSAÂ - METODA PRESJEKA Culmanova metoda se primjenjuje kada èlimo odrediti sile u pojedinim {tapovima re{etkastog nosa~a.

Slika 8.12. Prikaz postupka odre|ivanja sila u presjeku re{etkastog nosa~a Culmanovom metodom

Zamislimo da smo presjekli re{etkasti nosa~ presjekom linije x–x (slika 8.12) i da posmatramo ravnoteù samo lijevog ili samo desnog dijela re{etkastog nosa~a. Svaki }e od dijelova biti u ravnoteì pod djelovanjem vanjskih sila, i nepoznatih unutra{njih sila u presje~nim {tapovima, koje nadokna|uju djelovanje odrezanog dijela re{etke. → → Lijevi dio re{etke je optere}en vanjskim silama F1 i reakcijom FA , a unutra{nje sile u {tapovima S4 , S5 i S6 u ravnoteì su sa tim silama. Napomenimo da reakcije FA i FB re{etkastog nosa~a kao cjeline odre|ujemo na poznat na~in (ili pomo}u jedna~ina ravnoteè Σ Fx = 0, Σ Fy = 0 i Σ M =0 ili pomo}u veri`nog poligona sila). Slijede}i korak je odre|ivanje rezultante Frl vanjskih sila lijevog dijela re{etkastog nosa~a (vidi sliku 8.12.) po pravcu, veli~ini i smjeru. Ovim smo sveli zadatak na rastavljanje poznate sile u tri pravca (to jest u pravcu {tapova). Veli~inu sila odre|ujemo iz poligona sila pomo}u rezultante Frl i Culmanove linije na na~in kako je pokazano u slici 8.12. 212

Pravce utvr|enih sila odre|ujemo obilaze}i konturu Culmanova ~etverougaonika u smjeru rezultante Frl . 8.5. RITTEROVA2) METODA ODRE\IVANJA SILA U [TAPOVIMA RE[ETKASTOG NOSAÂ - METODA PRESJEKA Ritterova metoda odre|ivanja sila u {tapovima re{etkastog nosa~a upotrebljava se u primjerima kada èlimo odrediti sile u pojedinim {tapovima.

Slika 8.13. Prikaz postupka odre|ivanja sila u presjeku re{etkastog nosa~a Ritterovom metodom

Ovom metodom do vrijednosti sila u {tapovima dolazimo postavljanjem momentnih jedna~ina: Za ~vor III

Mm =0 S4 = −

FA ⋅ l + S 4 ⋅ l = 0

FA ⋅ l = − FA = −2,375 F . l

[tap 4 je optere}en na pritisak. Za ~vor IV

MIV =0 S6 =

− S 6 ⋅ l + FA ⋅ 2l − F1 ⋅ l = 0

FA ⋅ 2l − F1 ⋅ l = 2,2 F . l

[tap 6 je optere}en na istezanje.

2) A. Ritter, profesor matematike u Achenu (1826-1908)

213

Za ~vor I M 1 =0

F1 ⋅ l − S 5 l 2 − S 6 ⋅ l = 0 S5 =

F1l − S 6 l 2l

= −0,502 F

{tap je optere}en na pritisak Vidimo da se pri odre|ivanju sila u {tapovima Ritterovom metodom presjek polaè kroz re{etku tako da ne presijeca vi{e od tri {tapa. Sjeci{te dva {tapa odre|uje momentalni pol za odre|ivanje sile u tre}em {tapu.

Rije{eni zadaci iz poglavlja 8 Zadatak 8.1. Za re{etkasti nosa~ prikazan na slici i dato optere}enje potrebno je: a) analiti~kom metodom ~vorova odrediti sile u {tapovima, b) grafi~kom metodom odrediti sile u {tapovima recipro~nim planom sila. F1 = 100 kN F2 = 300 kN

a) Analiti~ka metoda odre|ivanja sila {tapovima Provjerimo prvo da li je nosa~ upotrebljiv kao re{etka s = 2n – 3 ⇒ 7 = 2 . 5 – 3 ⇒ ⇒ 7 = 7. Radi se o stati~ki odre|enoj re{etki. Oslobodimo svaki ~vor i postavimo jedna~ine ravnoteè iz kojih }emo izra~unati sile u {tapovima. 214

Slika uz analiti~ku metodu odre|ivanja sila u {tapovima zadatka 8.1.

^vor I tan α = 0,50 α = 26,6° + S1 ⋅ cos 71,6° − F1 ⋅ sin 45° = 0 sin 45° = 223,6kN cos 71,6° + S 2 − S1 ⋅ sin 71,6° − F1 ⋅ cos 45° = 0 S1 = F1 ⋅

S 2 = 282,8kN .

^vor II S 6 − S 2 ⋅ sin 45° = 0 ; S 6 = 200kN − S 3 − S 2 ⋅ cos 45° + F2 = 0, S 3 = 100kN .

^vor III − S 5 ⋅ cos 45° + S 3 + S1 ⋅ cos 26,6° = 0 S 5 = 424,3kN − S 4 + S 5 ⋅ sin 45° + S1 sin 26,6° = 0 S 4 = 400kN .

^vor IV − S17 + S 5 ⋅ cos 45° = 0 ; S17 = 300kN FB − S 6 − S 5 sin 45° = 0 ; FB = 500kN .

^vor V S17 − F Ax = 0 ; F Ax = 300kN S 4 − F Ay = 0 ; F Ay = 400kN .

215

b) Grafi~ka metoda odre|ivanja sila u {tapovima

Slika grafi~kog rje{enja zadatka 8.1. odvojeno po ~vorovima

Rje{enja su prikazana tabelarno za sile u {tapovima Zadatak 8.2. Re{etka na slici optere}ena je silama F1 = F3 = 4kN i F2 = 8kN, potrebno je odrediti: a) sile u osloncima A i B, b) sile u {tapovima i c) sile u {tapovima 2, 3 i 5 Culmannovom i Ritterovom metodom. L = 3,5 m h1 = 0,4 m h2 = 0,8 m

L

216

Rje{enje: a) Po{to se radi o simetri~nom optere}enju F + F2 + F3 4 + 8 + 4 F A = FB = 1 = = 8kN 2 2 b) Cremona plan

c) Culmannova metoda

Ritterova metoda

217

218

Zadatak 8.3 Za re{etkasti nosa~ prikazan na slici, a optere}en silom F = 6 kN potrebno je: a) odrediti reakcije u osloncima, b) odrediti sile u {tapovima i c) Culmannovom metodom odrediti sile u {tapovima 2, 3, 4 i Ritterovom metodom sile u {tapovima 6, 7, i 8.

Rje{enje: a) F A = FB = 4 F = 4 = 12kN . 2 2 b)

219

c) Culmannov postupak

1 F 1 1 − − F − S 6 (lt1 − lt 2 ) 2 2 2 4 1 1 1 FB − F − F 2 4 4 = ( FB − F )l S6 = 2( h1 − h2 ) h1 ⋅ h2 = 0 = FB

6 kN ⋅ 10 m = 10 kN (istez) 2⋅3 1 = 0 = F + S 6 h2 − S 7 h7 4 1 F + S 6 lt 2 S7 = 4 l7

S6 =

h1 2m α = arctan 2 = arctan l 2,5m 4 α = 38,66° h1 11m S9 = 4 = = 1,2806 m cos α cos 38,66°

220

β = arctan

S9 1,2806 m = arctan = 21,80° S11 3,2016 m

l 7 = 2 S11 sin β = 2 ⋅ 3,2016 m ⋅ sin 21,80° = 2.387 m S7 =

6 kN ⋅ 2,5m + 10kN ⋅ 1m = +10,51kN (istez) 2,378m

1  F 1  = FB  + l F  −  + l F  − Fl F + S 8 S 9 4 2 4     F  1   − FB  + l F  + Fl F 2 4    S8 = . S9

Izra~unavanje lF l F = S 9 sin α = 1,2806 m ⋅ sin 38,66° = 0,8m (3kN − 12kN ) ⋅ ( 2,5m + 0,8) + 6 kN ⋅ 0,8m 1,2806 m S 8 = −19,44 kN ( pritisak ) S8 =

Zadaci za rje{avanje iz poglavalja 8 Zadatak 8.4.

Zadatak 8.5.

221

Zadatak 8.6.

Zadatak 8.7. kN

Zadatak 8.8.

Zadatak 8.9.

Zadatak 8.10.

Zadatak 8.11.

222

Zadatak 8.12.

Zadatak 8.13.

Zadatak 8.14.

Zadatak 8.15.

Zadatak 8.16.

223

Zadatak 8.17.

Zadatak 8.19.

224

Zadatak 8.18.

225

226

227

9.1. UVOD Pretpostavimo da imamo jednu trouglastu plo~u ~ija je teìna FG . Kao {to je prikazano na slici 9.1. plo~a je obje{ena pomo}u niti u ta~ki C o strop. Na plo~u osim vlastite teìne FG i reakcije izazvane u niti ne djeluje niti jedna sila. Ravnoteà plo~e }e se ostvariti samo onda ako su te dvije sile jednake po veli~ini, suprotnog smjera i istog pravca. Objesimo li sada trouglastu plo~u u ta~ki B, opet }e za stanje ravnoteè biti potrebno da pravac djelovanja sile teìne bude postupak vje{anja plo~e i u ta~ki A.

Slika 9.1. Obje{ena kruta trouglasta plo~a u ravnote`nom poloàju putem niti pokazuje pravac djelovanja teìne

Sjeci{tem tih pravaca definira se ta~ka S koja se naziva teì{te tijela, zna~i kroz ta~ku S uvijek prolazi pravac rezultiraju}eg djelovanja teìne tijela.

9.2. TE@I[TE TIJELA 9.2.1. Teìne nehomogenih tijela Pretpostavimo da imamo jedno kruto tijelo (nehomogeno γ ≠ const.) prikazano na slici 9.2. Nadalje, zamislimo da smo tijelo podijelili na bezbroj elementarnih masa ∆m. Na svaku elementarnu masu ∆m djeluje elementarna teìna ∆FG . Pravac i smjer djelovanja tih sila je poznat, jer je to pravac Zemljina polupre~nika. 227

Prikazani se primjer svodi na prostorni sistem sila koje su paralelne s jednom od osa. Rezultanta tih sila se odre|uje kao zbir svih elementarnih sila ∆FG . Analiti~ko odre|ivanje poloàja teì{ta jednostavna je primjena momentnog pravila, to jest moment rezultante jednak je sumi momenta komponenata te iste rezultante. Postavimo moment za z-osu x1 . FG + x2 . FG + ... + FG = xS . FG . (9.1.) 1

2

n

Rezultanta je jednaka FG = ∆FG + ∆FG + ... + ∆FG = Σ ∆FG . 1

2

n

(9.2.)

Na osnovu Njutnovog zakona FG = m . g jedna~inu (9.1.) moèmo napisati u obliku g(x1∆m1 + x2∆m2 + ... + xn∆mn) = xS . m . g (9.3.)

Σ xi ∆mi = m . xS

m = Σ ∆mi . (9.4.) Ako se potsjetimo da je integriranje proces sumiranja infinitezimalnih veli~ina, to moèmo pro{le izraze napisati u slijede}oj formi:

∫ xdm = xS . m m = ∫ dm

(9.5.)

Na osnovu prethodnih jedna~ina dolazimo do koordinata teì{ta nehomogenih tijela: (9.6) odnosno (9.7)

228

9.2.2. Teì{te homogenih tijela Pretpostavimo da imamo homogeno tijelo ~ija je specifi~na gustina ρ = costanta

Koordinate teì{ta homogenih tijela su xS =

1 V

∫xdV ;

y= S

1 V

∫ydV ;

zS=

1 V

∫zdV .

(9.8.)

Za razli~ite geometrijske forme tijela koordinate teì{ta su date u tabeli 9.1.

229

Tabela 9.1. Koordinate teì{ta za razli~ite geometrijske forme tijela

Ukoliko je vi{e tijela povezanih u jednu cjelinu tada su koordinate teì{ta date jedna~inama: (9.9.) 9.3. TE@I[TE POVR[INE Pretpostavimo da imamo jednu plo~u konstantne debljine s koja je napravljena od homogenog materijala kao {to je prikazano na slici 9.3.

230

Elementarna masa prikazanog djeli}a na slici 9.3. je dm = ρ . dV = ρ . sdA sa ρ = cos t i s = const. m = ρ . sA. (9.10.) Vode}i ra~una o jedna~inama (9.7.) koordinate prikazane plo~e }e iznositi:

xS =

1 A

∫xdA ;

yS =

1 1 ydA ; z S = A A

∫

∫zdA .

(9.11.)

Za razli~ite geometrijske forme povr{ina koordinate teì{ta su date u tabeli 9.2.

231

Tabela 9.2. Koordinate teì{ta za razli~ite geometrijske forme povr{ina

Ukoliko je vi{e povr{ina povezano u jednu cjelinu, tada su koordinate teì{ta date slijede}im jedna~inama: (9.12.)

9.4. TE@I[TE LINIJA Neka imamo jednu liniju koja je napravljena od homogenog materijala odnosno neka je konstantnog popre~nog presjeka i ukupne duìne l. (Vidi sliku 9.4.). 232

Masa isje~ka je: dm = ρ . dV = ρ . A . dl (9.13.) odnosno ukupna masa m = ρ . A . l. Koordinatu teì{ta linija dobit }emo kao u prethodnim slu~ajevima na osnovu momentnog pravila:

xS =

1 1 1 xdl ; y S = ydl ; z S = l l l

∫

∫

∫zdl

(9.14.)

Za razli~ite geometrijske forme linija koordinate teì{ta su date u tabeli 9.3.

233

Tabela 9.3. Koordinate teì{ta za razli~ite geometrijske forme linija

Ako je linija sastavljena od vi{e geometrijskih formi linija, tada su koordinate teì{ta date jedna~inama: (9.15.) 9.5. PAPPUS - GULDINOVA1) TEOREMA Dvije Pappus-Guldinove teoreme formuliraju povr{inu i zapreminu koje nastaju rotiranjem linije odnosno povr{ine oko koordinata teì{ta. a) Prva Pappus-Guldinova teorema Pretpostavimo da imamo jednu profilnu liniju (slika 9.5.) koja rotira oko ose simetrije. Prilikom rotiranja linija }e opisati povr{inu. Uzmimo elementarnu liniju {irine ∆l koja prilikom rotiranja opisuje elementarnu povr{inu ∆A = 2π . x . ∆l. (9.16.) Ukoliko izvr{imo sumiranje svih elementarnih povr{ina, dobit }emo povr{inu koju na~ini profilna linija prilikom rotacije. (9.17.)

1) Paul Guldin profesor u Be~u i Gracu, 1577.-1643.

234

Kao {to je poznato iz jedna~ina (9.14.) imamo da je: l . xS = Σ x∆l.

(9.18.)

Uvr{tavanjem izraza (9.18.) u (9.17.) dobivamo veli~inu povr{ine koja nastaje rotiranjem linije oko ose vrtnje: A = 2 . π . xS (9.19.) gdje je : l-linija koja rotira; xS -koordinata teì{ta linije. b) Druga Pappus-Guldinova teorema

Prilikom rotiranja povr{ine oko ose vrtnje, povr{ina }e ~initi tijelo. Elementarna povr{ina ∆A ~initi }e elementarnu zapreminu. ∆V = 2π . x . ∆A. (9.20.) Sumiranjem elementarnih zapremina dobivamo veli~inu zapremine tijela koje je nastalo rotiranjem pomenute povr{ine (vidi sliku 9.6.). V = Σ ∆V = Σ 2πx∆A = 2π Σ x∆A

(9.21.)

Vode}i ra~una o izrazima u poglavlju 9.3., izraz za zapreminu (9.21.) moè se napisati u slijede}em obliku: V = 2πA . xS . (9.22.) gdje je A-povr{ina koja rotira xS - koordinata teì{ta povr{ine.

9.6. STABILNOST RAVNOTE@E Ravnoteà materijalnog sistema je stabilna, ako se pri dovoljno malom izvo|enju iz ravnote`nog poloàja, sistem teì vratiti u ravnote`ni poloàj (slika 9.7.). 235

Ravnoteà materijalnog sistema je nestabilna, ako se pri dovoljno malom izvo|enju iz ravnote`nog poloàja, taj sistem teì udaljiti od ravnote`nog poloàja (slika 9.8.).

Ukoliko sistem ne pokazuje tendenciju povratka u prvobitni ravnote`ni poloàj niti udaljenje od njega, ravnoteà se naziva indiferentna (slika 9.9.).

236

Za obja{njavanje stabilnosti ravnoteè moè se uzeti sila teè (primjer: te{ka lopta na povr{ini) slika 9.7., 9.8. i 9.9. Uop}eno govore}i, ako se pri malom otklonu poduprtog tijela, ili sistema, iz poloàja ravnoteè teì{ta penje - ravnoteà je stabilna, a ako se teì{te spu{ta - ravnoteà je nestabilna. Ako teì{te ostaje na prethodnom nivou ravnoteà je indiferentna. Ovo su takozvani Tori~elijevi principi. Stabilnost na prevrtanje definira se preko zadràvaju}eg momenta i momenta prevrtanja. Odnos zadràvaju}eg momenta (stabiliziraju}eg momenta) i momenta prevrtanja naziva se koeficijent stabilnosti na prevrtanje. Da bismo to objasnili pretpostavimo da imamo jedno tijelo teìne G na koje djelu→ je F (slika 9.10.).

Moment prevrtanja Mpr = F . a,

(9.23.)

MS = G . b .

(9.24.)

moment stabilnosti Koeficijent stabilnosti (9.25.) Ako je υS = 1 tada je G . b = F . a tada rezultanta sile prevrtanja i teìne tijela G, prolazi kroz ta~ku K oko koje se vr{i prevrtanje. [to je ta~ka B blià ta~ki A, to je koeficijent stabilnosti na prevrtanje υS > 1. Ka je ta~ka B van ta~ke K (npr. C) tada je koeficijent stabilnosti υS < 1 i do}i }e do prevrtanja tijela. Uvjet da bi tijelo bilo stabilno (da ne bi do{lo do prevrtanja), mora biti ispunjen uvjet: (9.26.)

237

Rje{eni zadaci iz poglavlja 9 Zadatak 9.1. Za profile prikazane na skici potrebno je prona}i koordinate teì{ta pod pretpostavkom da je (t << a).

Analiti~ko rje{enje: Izdijelimo posmatrane profile na tri linije tako da svakoj poznajemo koordinate teì{ta kao {to je prikazano na donjoj skici:

a) za podijeljene linije vrijedi: 1) : l1 = a x1 = 0 y1 = a / 2 2) : l 2 = a x 2 = a / 2 y 2 = 0 3) : l 3 = 2a x 3 = 3

a a y = . 2 3 2

Koordinate teì{ta }e iznositi:

238

xS =

x1 ⋅ l1 + x 2 ⋅ l 2 + x3 ⋅ l 3 = (5 2 / 4 − 1) ⋅ a l1 + l 2 + l 3

yS =

y1l1 + y 2 l 2 + y 3 l 3 a = 2⋅ . 4 l1 + l 2 + l 3

b) Za drugi profil na potpuno identi~an na~in do}i }emo do koordinate teì{ta: 1 a 2 2) : l 2 = 2 a x 2 = 0 y 2 = 0 1) : l1 = 2 a x1 = 0 y1 =

3) : l 3 = πa x3 = 0 y 3 = a +

2 a. π

Zbog simetrije xS = 0 yS =

y1 l1 + y 2 l 2 + y 3 l3 3 + π = ⋅a. l1 + l2 + l3 4+π

Zadatak 9.2. Prona}i koordinate teì{ta pola kru`ne linije kao {to je prikazano na slici.

Rje{enje: Zbog simetri~nosti kru`ne linije xS = 0, potrebno je samo izra~unati yS . Vode}i ra~una o 9.4. imamo da je: yS =

1 ydl ydl. l∫

∫

Sa slike vidimo da je: dl = r . dϕ y = r sin ϕ l = rπ

239

yS = yS =

l rπ l rπ

r yS = π yS =

180 °

∫ r sin ϕ ⋅ rd ϕ 0

180 °

∫r

2

sin ϕd ϕ

0

180 °

r ∫ sin ϕd ϕ = π ( − cos ϕ)

180°

0

0

2r . π

Zadatak 9.3. Za paraboloid koji je napravljen od homogenog materijala odrediti teì{te:

Rje{enje: y = k ⋅ x2 l ydV V ∫ Elementarn i volumen yS =

dV = π ⋅ x 2 dy x2 =

y k

dV = π

y dy. k

Prona|imo integral:

∫ ydV =

∫y⋅π

V = ∫ dV = 240

H

∫π

0

y π dy = k k

H

y π dy = k k

H

2 ∫ y dy = 0

∫

0

ydy =

πH3 k 3

π H2 . k 2

x =R

y =H

H = kR 2 ⇒ k =

yS =

H R

2

⇒V =

1 πR 2 H 2

πH 3 ⋅ k ⋅ 2

k ⋅ 3 ⋅ πH 3 2 yS = H . 3

Poloàj teì{ta:

1 3

Teì{te prikazanog tijela paraboloida je na y S = H . Zadatak 9.4. Za popre~ni presjek prikazan na skici prora~unati koordinate teì{ta:

Podijelimo posmatrani presjek na dvije povr{ine kao {to je prikazano na skici. A1 =

D 2 π 55 2 π = = 2376 mm 2 4 4

22 2 π d 2π =− = 380 ,1 mm 2 4 4 x1 = 0 x2 = 11 mm y1 = 0 y2 = 0 mm

A2 = −

koordinate teì{ta xS =

A1 ⋅ x 1 + A2 ⋅ x 2 0 − 380,1 ⋅ 11 = = − 2, 095 m m A1 + A 2 1996

yS =

A1 y 1 + A 2 y 2 = 0 (zbog simetri~nosti). A1 + A 2 241

Zadatak 9.5. Za povr{inu prikazanu i zadanu prema slici odrediti teì{te.

Analiti~ko rje{enje: Iz skice slijede vrijednosti povr{ina i koordinata teì{ta poznatih likova: A1 = 60 . 25 = 15 . 102 mm2 x1 = 12,5 mm y1 = 30 mm y2 = 47,5 mm A2 = 40 . 25 = 10 . 102 mm2 x2 = 45 mm 2 2 x3 = 70 mm y3 = 40 mm. A3 = 40 . 25 = 4 . 10 mm Zbog prakti~nosti prora~un moèmo prikazati tabelarno.

Sada moèmo definirati koordinate teì{ta: xS = yS =

An ⋅ x n An

=

91,8 ⋅ 10 3 29 ⋅ 10 2

= 31,6 mm

An ⋅ x n 108,5 ⋅ 10 3 = = 37 , 4 mm . An 29 ⋅ 10 2

Grafi~ko rje{enje:

∧ ∧ Usvojimo razmjeru za duìnu 10mm = 2mm i razmjeru za povr{inu 1mm = 10mm2. Prikaìmo svaku povr{inu vektorski kao fiktivnu silu i na osnovu poligona fiktivnih sila i veri`nog poligona do}i }emo do presjeci{ta rezultanti odnosno teì{ta. 242

Zadatak 9.6. Izra~unati vrijednost povr{ine koja nastaje rotacijom linije oko ose y kao {to je prikazano na slici.

Analiti~ko rje{enje:

Iz slike slijede vrijednosti duìna i koordinata teì{ta poznatih linija l1 = 0,09m l2 =

x1 = 0,045m

π 2 = 0,03142m 2

x2 = l2 + x02 cos 45° = 0,09 + 0,9003 . 0,02 . cos 45° x2 = 0,10273m.

243

l1 = 0,145m l4 =

π 2

x3 = 0,11m

4 = 0,015708m

x3 = R – x04 . cos 45° = 0,12 – 0,9003 . 0,01 . cos 45° x3 = 0,11364m. Povr{ina koja nastaje rotacijom oko ose Oy jednaka je sumi povr{ina koje nastaju rotacijom linija l1, l2, l3 i l4 oko y ose. Primjenimo Pappos-Guldinovu teoremu I A = A1 + A2 + A3 + A4 = 2π . Σ li . xi A = 2π(l1x1 + l2x2 + l3x3 + l4x4) A = 2π(0,09 . 0,045 + 0,03142 . 0,10273 . 0,145 . 0,11 + 0,015708 . 0,11364) A = 0,1572m2 Zadatak 9.7. Za povr{inu koja je prikazana na skici izra~unati volumen tijela koje nastaje rotacijom pomenute povr{ine oko y-ose a zatim teìnu tijela koje nastaje ako se radi o ~eliku za koji je γ = 7,85 kp /dm2 .

Analiti~ko rje{enje: Sa slike vidimo da je A1 = 0,00075m2 A2 = 0,0006m2

x1 = 0,1m x2 = 0,081m

Primjenimo II Pappos-Guldinovu teoremu za izra~unavanje volumena tijela koje nastaje rotacijom povr{ine oko Oy ose. 244

V = V1 + V2 = 2πΣ Ai . xi V = 2π(a1x1 + A2x2) V = 2π(0,00075 + 0,0000486) V = 0,000776m3 = 0,7766 . 10–3m3 . Zadatak 9.8. Putni~ko vozilo kre}e se po strmoj ravni nagiba α. Vozilo ima slijede}e karakteristike m =1200 kg, a = 800mm, b = 1500mm, c = 2400mm. Koliki mora biti nagib uspona da koeficijent stabilnosti iznosi υ = 1,2 ?

Rje{enje: Koeficijent stabilnosti υS =

∑MS ∑ M pr

=

m ⋅ g (c − b ) ⋅ cos α mg ⋅ a ⋅ sin α

(2400 − 1500) ⋅ cos α = 1,2 800 ⋅ sin α 900 = 0,94 tgα = 800 ⋅ sin α α = 43°. υS =

Zadatak 9.9. Brana prikazana na slici optere}ena je pritiskom vode Fv na visini hv i pritiskom zemlje Fz na visini hz. Teìna brane je G na rastajanju od ta~ke K b. Odrediti koeficijent stabilnosti na prevrtanje. 245

Rje{enje: Moment stabilnosti iznosi: a moment prevrtanja

MS = ΣMSi = Gb,

Mpr = ΣMpr = Fv . hv + Fz . hz . i

koeficijent stabilnosti na prevrtanje oko ivice K je: υS =

∑M S ∑ M pr

=

G ⋅b . Fv ⋅ hv + Fz + h z

Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 9 Zadatak 9.10. - 9.18. Za profile od linije prona}i koordinate teì{ta:

246

Rje{enja: 9.10. xS = 22,91mm 9.13. xS = 10,08mm 9.11. xS = 7,84mm 9.14. xS = 4,21mm yS = 10,29mm 9.12. xS = 7,18mm 9.15. xS = 12,51mm

9.16. xS = 5,43mm 9.17. xS = 33,5mm 9.18. xS = 11,14mm yS = 11,14mm.

Zadatak 9.19. - 9.28. Za presjeke prikazane na slici (povr{ine) izra~unati koordinate teì{ta:

247

9.19. yS = 23,77mm 9.20. xS = 25,03mm 9.21. xS = 10,94mm yS = 21,49mm 9.22. xS = 11,29mm yS = 20,44mm 9.23. xS = 17,13mm yS = 30,77mm

9.24. xS = 14mm yS = 13,08mm 9.25. xS = 5,70mm yS = – 5,34mm 9.26. xS = 0mm yS = 31,33mm 9.27. xS = 0mm yS = 17,52mm 9.28. xS = – 0,07mm yS = – 9,55mm

Zadatak 9.29. - 9.33. Za tijela prikazana na slikama izra~unati koordinate teì{ta:

248

Rje{enje: 9.29. xS = – 8,4mm yS = – 75,1mm zS = – 79,9mm 9.31. xS = 22,2mm yS = 22,2mm zS = 25,0mm 9.33. xS = – 8,4mm yS = 2,07m zS = 1m

9.30. xS = 15mm yS = 19mm zS = 15mm 9.32. xS =1,354a yS = a zS = 0,833a

Zadatak 9.34. - 9.40. Primjenom Pappus-Guldinove teoreme izra~unati veli~ine volumena tijela koja nastaju rotacijom povr{ina oko osa simetrija.

249

Rje{enja: 9.34. V = 460 . 103mm3 9.35. V = 82,7 . 103mm3 9.36. V = 78,5 . 103mm3 9.37. V = 1240 . 103mm3 9.38. V = 70,8 . 103mm3 9.39. V = 41,1 . 103mm3 9.40. V = 105,5 . 103mm3

250

251

10.1. UVOD U dosada{njem izlaganju razmatrali smo idealizirane veze izme|u krutih tijela, tj. pretpostavljali smo da su dodirne povr{ine idealno glatke i da reakcije u tim povr{inama djeluju okomito na te povr{ine. Takva analiza nije u skladu sa realnim uslovima, jer tijela nisu apsolutno ~vrsta niti idealno glatka. U dodirnim povr{inama dva tijela postoje udubljenja i izbo~ine ka {to je prikazano na slici 10.1.

Sa slike 10.1. (prikazane u mikromjerilu) je o~ito da }e se pojaviti otpor pri klizanju jednog tijela po drugom. Uzrok nastanka otpora trenja tuma~i se upravo postojanjem udubina i izbo~ina u dodirnim povr{inama dva tijela. Sile koje se javljaju na dodirnim povr{inama nazivaju se silama trenja kod svih realnih tijela. Otpor pri klizanju jednog tijela po drugom }e biti ve}i {to su udubljenja ili izbo~ine ve}e i {to ih je ve}i broj. Moèmo re}i da uvijek, kada se pojavljuje klizanje jedne povr{ine po drugoj, pojavljuje se i sila trenja koja je uvijek suprotno usmjerena tom nastojanju. Prema na~inu i mjestu gdje se zbiva trenje, razlikujemo vi{e vrsta trenja. 10.2. SUHO TRENJE Suho trenje moèmo objasniti na vrlo jednostavan na~in slijede}im eksperimentom. Pretpostavimo da imamo jedno tijelo teìne G koje miruje na jednoj horizontalnoj podlozi. Dodirne povr{ine tijela i podloge imaju odre|enu hrapavost.

251

→

Pretpostavimo da na navedeno tijelo djeluje i horizontalna sila F (sl.10.2.) koja se pove}ava od 0 (nule) pa do neke vrijednosti koja je dovoljna da pomakne tijelo iz stanja mirovanja. Oslobo|eno tijelo i podloga s odgovaraju}im silama prikazano je na slici 10.2. → Kako smo u po~etku poglavlja rekli, sila trenja Fµ bit }e usmjerena u suprotnom → smjeru sile F koja vu~e tijelo, opiru}i se tako kretanju tijela. Osim toga, na tijelo djelu→ → je i normalna sila Fn koja je jednaka sili G. Sila trenja je upravo proporcionalna nor→ malnoj reakciji Fn i iznosi (10.1.) Fµ = µ . Fn Prema tome da li se tijelo kre}e ili miruje, razlikujemo slijede}e sile: a) sile trenja mirovanja (stati~ko; µ0) b) sile trenja kretanja (kineti~ko; µ) Veli~ina µ u jedna~ini (10.1.) se naziva faktor trenja ili koeficijent trenja koji zavisi od: - vrste materijala dodirnih povr{ina, - stupnja hrapavosti dodirnih povr{ina, - na~ina podmazivanja dodirnih povr{ina, - povr{inskom pritisku, - brzini klizanja.

Koeficijent (faktor) trenja odre|uje se eksperimentalno. Pokaìmo na koji se na~in eksperimentalno odre|uje koeficijent trenja µ i µ0. Tijelo od materijala za koje trebamo ispitati koeficijent postavimo na drugo tijelo tako da drugo tijelo, (podlogu) moèmo zakretati za ugao γ kao {to je prikazano na slici 10.3. Pove}ajmo ugao γ sve do grani~nog slu~aja ravnoteè kada tijelo po~inje da se kre}e niz strmu ravan. Postavimo uslove ravnoteè za ispitano tijelo: 252

Σ Fx = 0 Σ Fy = 0

– G sin ρ + Fµ = 0 Fn – G cos ρ = 0.

(10.2.)

Iz jedna~ine (10.2.) i (10.1.) slijedi da je: G sin ρ = Fµ = µ . Fn G cos ρ = Fn , G sin ρ Fn ⋅ µ = G cos ρ Fn

(10.3.) tg ρ = µ. Tijelo za koje ispitujemo koeficijent trenja (sl. 10.3.) ostat }e u stanju mirovanja sve dok je ispunjen uvjet: γ ≤ ρ0 odnosno tg γ ≤ tg ρ0 (10.4.) tg γ ≤ µ0.

Veli~ina sile trenja zavisi od: - veli~ina normalnog pritiska, - vrste materijala, - stepena hrapavosti, - brzini klizanja i - temperature. 253

10.3. UGAO TRENJA →

→

Pretpostavimo da na posmatrano tijelo G djeluje jo{ i horizontalna sila F, a izme|u tijela i podloge postoji trenje kao {to je prikazano na slici 10.4.

Iz uslova ravnoteè posmatranog tijela, na osnovu sl. 10.4. slijedi da je:

Σ Fy = 0 Σ Fx = 0

G = Fn F = Fµ

(10.5.)

Sa slike je o~ito da }e rezultanta djelovanja podloge na tijelo biti nagnuta pod uglom ρ0. Ugao ρ0 nagiba rezultiraju}e sile naziva se ugao stati~kog trenja. Iz slike 10.4. slijedi da je: FR . cos ρ0 = F0 (10.6.) FR . sin ρ0 = Fµ0 tada je tg ρ 0 =

Fµ 0 Fn

=

µ 0 Fn = µ0 . Fn

(10.7.)

Veli~ina koja se naziva koeficijent stati~kog trenja µ0, a ugao ρ0 ugao stati~kog trenja. Razmotrimo pitanje grani~nog ugla, drugim rije~ima pitanje najve}e sile trenja kada se tijelo nalazi jo{ uvijek u ravnoteì ili se po~inje kretati jednoliko. Iz jedna~ine (10.5.) slijedi da je: F = Fµ , →

(10.8.)

o~ito je da }e se za bilo kako malu silu F pojaviti i mala sila trenja i za koje }e taj uslov biti ispunjen. Me|utim, po{to je sila trenja klizanja manja od sile trenja klizanja pri mirovanju tijela. Fµ < µ0 . Fn (10.9.) 254

Slijedi da postoji neka grani~na vrijednost sile trenja, kada se ona izjedna~i s vrijednosti µFn i svako bilo kako malo prekora~enje te vrijednosti izbacuje posmatrano tijelo iz stanja ravnoteè, ρ0 > ρi i µ0 > µ (10.10.) Fµ ≤ µ0 . Fn = Fµ max . 0

0

Ove dvije zavisnosti (10.1.) i (10.10.) su Coulombovi1) zakoni trenja.

10.4. KONUS KRETANJA Horizontalna sila koja djeluje na tijelo izaziva nagnutu rezultiraju}u silu. Pri grani~nom slu~aju ravnoteè, tj. pri grani~noj sili taj nagib rezultante je najve}i. Me|utim, bez obzira gdje horizontalna sila djeluje, uvijek }e rezultiraju}a sila imati horizontalnu komponentu suprotno usmjerenu horizontalnoj sili.

→

u ravni svog djelovanja (rotira li),→tada }e Mijenja li se sila F pravac djelovanja → mijenjati svoj poloàj i rezultanta FR, i opisivat }e, za grani~nu vrijednost sile F, konusnu povr{inu, kao {to je prikazano na slici 10.5. Taj se konus naziva konus trenja. Budu}i→da on predstavlja grani~ni primjer, rezultanta }e biti na povr{ini tog konusa ako → → → je sila F jednaka grani~noj sili F0(F = Fq). → → → → Ukoliko je sila F manja od grani~ne sile Fg ( F < Fg), rezultanta se nalazi unutar → konusa trenja (tijelo miruje), dok se za vrijednosti sile F koje su ve}e od vrijednosti ______________ 1) Fizi~ar Charles Augustin de Coulomb, (1736-1806)

255

→ →

→

grani~ne sile F0(F > F0) tijelo po~inje kretati. Pojam konusa trenja potreban nam je za odre|ivanje podru~ja unutar kojih tijela mogu biti u ravnoteì. Ako tijelo miruje ili se jednoliko kre}e, tada se radi o stati~kom konusu trenja, a ako se tijelo kre}e nejednoliko, tada imamo kineti~ki konus trenja. U op}em slu~aju, kineti~ki konus trenja ima ne{to manji ugao ρk od ugla stati~kog konusa ρS. 10.5. TRENJE NA KOSOJ RAVNI Vrlo ~esto zadatak ma{inskih inìnjera je analiziranje ravnoteè tijela na kosoj ravni koja je nagnuta pod uglom γ (slika10.6.)

U grani~nom poloàju ravnoteà (prije nego {to tijelo po~ne da klizi niz kosu ravan) bit }e jedna~ine ravnoteè: G . sin γ – Fµ = 0 Σ Fx = 0 (10.11.) F =0 G . cos γ – F = 0

Σ

y

n

Za grani~ni slu~aj ravnoteè }e vrijediti: tada }emo imati:

odnosno

Fµ = µ . Fn,

(10.12.)

G . cos γ – Fn = 0 G . sin γ – µFn = 0,

(10.13.)

G . sin γ = µ . F cos α,

(10.14.)

te }e za ravnoteù vrijediti da faktor trenja s obzirom na ugao nagiba mora biti: µ=

sin γ = tg γ = tg ρ 0 , cos γ

{to zna~i da }e kretanje zapo~eti kada ugao nagiba bude jednak uglu trenja. Razmotrimo sada nekoliko posebnih slu~jeva ravnoteè na kosoj ravni. 256

(10.15.)

Slu~aj a)

→

→

Kolika je sila F potrebna da se tijelo teìne G pokrene uz kosu ravan (slika 10.7.)?

Jedna~ine ravnoteè za posmatrano tijelo su:

Σ Fx = 0 Σ Fy = 0

– G . sin γ + F – Fµ = 0, – G . cos γ + Fn = 0,

(10.16.)

odakle slijedi uz Fµ = µFn = tg ρFn da je F = G (sin γ + µ cos γ). sin ρ Kako je µ = slijedi da je potrebna sila cos ρ F =G

Slu~aj b)

sin ( γ + ρ) . cos ρ

(10.17.)

→

Kolika je sila F potrebna da sprije~i kretanje tijela niz kosu ravan? Sila potpuno sli~na kao kod slu~aja a). Poloàj i plan sila prikazan je na slici 10.8.

Jedna~ine ravnoteè bit }e sli~ne, samo {to sila Fµ djeluje u suprotnom smjeru u odnosu na slu~aj a). Na osnovu slike 10.8. i sinusne teoreme slijedi: 257

cos ρ0 647 4 48 4 sin( γ − γ 0 ) sin (90° + ρ 0 = F G sin( γ − ρ 0 ) F =G , cos ρ 0

odnosno

F = G (sin γ – µ0 cos γ).

Slu~aj c)

(10.18.)

→

Razmotrimo sada slu~aj kada sila F nije paralelna sa kosom ravni nego je horizontalna.

Plan sile prikazan je na slici 10.9. Iz plana sile o~ito da je: tg ( γ + ρ ) =

odnosno Slu~aj d)

F G

F = G . tg (γ + ρ)

(10.19.)

→

Odredimo sada veli~inu sile F koja je potrebna da sprije~i klizanje niz kosu ravan.

Sa slike 10.10. imamo da je tg ( γ − ρ 0 ) =

odnosno 258

F G

F = G . tg (γ – ρ0)

(10.20.)

10.6. RAVNOTE@A KLINA Na slici 10.11. prikazan je plan sila klina koje djeluju na klin.

Imamo da je na osnovu slike 10.11. Fn / 2 , sin α a sila trenja Fµ=µ FnK . Iz jedna~ina ravnoteè za obje povr{ine klina slijedi da je: FnK =

F x = 2 Fµ = 2 ⋅ µ

Fn 1 ⋅ 2 sin α

(10.21.) µ FS = Fn . sin α Na osnovu definicija sile trenja i jedna~ine (10.21.) moèmo definirati koeficijent trenja klina µ µ′ = (10.22.) sin α ′ gdje je 2α ugao klina. Razmotrimo ravnoteù klina za slu~aj sila koje sprije~avaju istiskivanje prikazanog klina. Na slici 10.12. prikazan je plan sila klina za takav slu~aj.

259

Zbog simetrije vrijedi izraz Fn1 = Fn2 = FnK , Fµ1 = Fµ2 = Fµ i FR1 = FR2

Σ Fy = 0

te slijedi

F – 2µFn cos α – 2Fn sin α = 0 ,

F = 2Fn (µ cos α + sin α).

(10.23.) (10.24.)

Uvr{tavanjem µ = tg ρ = F = 2 Fn

sin ρ jedna~ina (10.24.) postaje cos ρ

sin ρ cos α + cos ρ sin α , cos ρ

(10.25.)

odnosno F = 2 Fn

sin(α + ρ) . cos ρ

(10.26.)

Na osnovu→slike 10.12. o~ito je da normalne reakcije èle izbaciti klin iz njegova poloàja. Sila F koja je potrebna da sprije~i istiskivanje klina (uzimaju}i u obzir da u tom primjeru sile trenja mijenjaju smjer) bit }e: sin(α − ρ) F = 2 Fn (10.27.) cos ρ Za inìnjersku praksu posebno je va`no razmotriti slu~aj kada normalne reakcije ne mogu istisnuti klin, tada mora biti ispunjen uvjet: sin(α − ρ) F = 2 Fn < 0, (10.28.) cos ρ odakle slijedi da je sin (α – ρ) < 0 jer je 2 Fn ≠ 0 a ρ ≠ ∞ te }e biti: (α – ρ) < 0, (10.29.) odnosno α < ρ i kona~no 2α < 2ρ . (10.30.) Da ne bi do{lo do istiskivanja klina djelovanjem normalnih reakcija na njegove bo~ne povr{ine, potrebno je da ugao u vrhu klina bude jednak ili manji od dvostrukog ugla trenja. Za takav klin se kaè da je samoko~an. 10.7. TRENJE ROTIRAJU]IH TIJELA Dio osovine (vratila) kojom se osovina ili vratilo oslanja na leàjeve, naziva se rukavac. Veza izme|u vratila (osovine) i njegovih leàjeva moè biti trovrsna. Rukavac moè biti: (kao {to je prikazano na slici (10.13.) - radijalni, kada sila u njemu djeluje na pravcu radijusa; - aksijalni kada sila djeluje u pravcu uzdu`ne osi; - radijalno-aksijalni kada sile djeluju u oba pravca. 260

Okretanje vratila nastaje pod djelovanjem pogonskog sprega sila koji mora savladati otpor i otpor trenja u leàju osovine. Zna~i, otpor trenja ovisi i svodi se na spreg sila trenja u leàju osovine. Moment tog sprega naziva se moment otpor trenja Mµ. Op}enito veli~ine momenta trenja zavisi od: - optere}enja, - hrapavosti dodirnih povr{ina, - brzina okretanja, - obliku rukavca, - stepenu pohabanosti rukavca, - na~inu podmazivanja i - vrsti maziva. 10.8. RADIJALNI LE@AJ Kod potpuno podmazana leàja svojstva i analiza otpora trenja dobiva sasvim druga~iji oblik, jer se tada mora uzimati u obzir zra~nost, brzina okretanja, viskoznost sredstava za podmazivanje i mnogi drugi faktori. Zbog tog trenja u leàju osovine moè se odrediti pribli`no na osnovu Coulombovog zakona za takozvano suho trenje klizanja. U mnogim slu~ajevima takvi rezultati daju dosta dobru aproksimaciju. Kada osovina miruje, prikazano je na slici 10.14. a). Prilikom rotacije u smjeru prema slici 10.14. tada osovina se po~ne i ”penjati” u suprotnom smjeru od rotacije zbog sile trenja maksimalno od ta~ke A do ta~ke B, pri rotaciji (slika 10.14.) u tom poloàju osovina ostaje manje ili vi{e.

261

Reakcija Frez je tangenta na malu kru`nicu polupre~nika r0 = r . sin ρ koja se, po analogiji s konusom trenja naziva jo{ kru`nica trenja. Ta reakcija uvijek tangira kru`nicu trenja (kao {to je prikazano na slici 10.14. d.)) na strani prema kojoj se rukavac kotrlja. Ugao izme|u normalne reakcije i rezultante Frez je ugao trenja. Jedna~ina ravnoteè }e glasiti:

ΣM=0

Mµ = Σ Frez . r0 = Frez . r sin ρ Mµ = Σ

Fn . . r sin ρ cos ρ

Mµ = Σ Fn . r . tg ρ = Σ Fn . r . µ. Nakon sre|ivanja dobivamo veli~inu momenta otpora na trenje kod radijalnog leàja: Mµ = r . µ . Σ Fn Mµ = r . µF.

(10.31.)

10.9. AKSIJALNI LE@AJ U ovom primjeru prona|imo veli~inu momenta otpora na trenje Mµ na donjoj povr{ini osovine (slika 10.15.) koja rotira jednoliko. Pri tome pretpostavimo da je: a) µ - konstantno, b) pritisak po dodirnoj povr{ini jednoliko raspore|en.

262

Na osnovu slike 10.15. imamo da je:

Σ Fz = 0

p = F ( R 22 − R12 ). π

(10.32.)

Na elementarnu povr{inu dA = (rdθ) (dr) elementarna sila dFn = pdA i elementarna sila trenja: µF dFµ = µ dFn = µ pdA = dA (10.33) 2 π( R 2 − R12 ) Iz uvjeta ravnoteè dobijamo dobivamo

Σ Mz = 0

M µ ∫ rdFµ = 0 A

R2 2 π

R2 2π   µF µF 2 M µ = ∫ ∫ r ( rdθdr ) = ∫ r dr ∫ dθ 2 2  π( R 22 − R12 ) R1  π( R 2 − R1 )  R1 0  0

2  R 23 − R13  . M µ = µF 2 3  R 2 − R12  Ako je R2 = R R1 = 0 imamo da je moment sile otpora trenja Mµ =

2 µR⋅F 3

(10.34.)

(10.35.)

10.10. TRENJE U@ETA U dosada{njim izlaganjima smo prou~avali ravnoteù koja se odnosila samo na kruta tijela. Sada }emo prou~iti ravnoteù kada su u sprezi kruto tijelo sa savitljivim tijelom. Primjer takve veze dat je na slici 10.16., a on odgovara stati~koj ravnoteì kada na kruto tijelo djeluje uè koje ima u dodirnoj povr{ini odgovaraju}e trenje. Ozna~imo sa α obuhvatni ugao uèta (ugao u kom se dodiruje uè i kruto tijelo).

263

Σ Fx = 0 (F + dF) cos

dθ dθ – F . cos – µ0d Fn = 0 2 2

(10.36.)

dθ dθ – F sin =0 2 2

(10.37.)

Σ Fy = 0 dF – (F + dF) sin Iz jedna~ine (10.36.) slijedi da je:

dθ = µ dFn 2 dF = µ dFn

dF cos

na osnovu cos

(10.38.) (10.39.)

dθ dθ dθ ≈ 1 i sin ≈ imamo da je: 2 2 2

dFn = Fdθ.

(10.40.)

Uvr{tavanjem jedna~ine (10.39.) i (10.40.) slijedi: dF = µ . F . dθ, odnosno dF = µ ⋅ dθ , F Integracijom prethodne jedna~ine dobit }emo: F2

α

F dF ∫ F =∫ µdθ ln F2 = µ . α 1 F1 θ

F2 = F1 . eµα (10.41.) takozvanu Eulerovu formulu za izra~unavanje sila u uètu. Sila trenja uèta: Fµu = F1 − F2 = F2 (e µα − 1) =

264

F1 (e µα − 1) e µα

.

(10.42.)

Vrijednost eµα u jedna~inama (10.41.) i (10.42.) moèmo da na|emo koriste}i dijagram 10.17. ili tabelu 10.2.

10.11 KO^NICE êsta je zada}a u inìnjerskoj praksi analiziranje uslova pod kojim }e se neki ma{inski dio koji rotira zaustaviti. U tim slu~ajevima upotrebljavaju se ko~nice koje zaustavljaju ili zadràvaju odre|eni ma{inski dio da se ne kre}e (ne okre}e). Po{to ima dosta vrsta ko~nica, mi }emo u ovom poglavlju prou~iti odre|ene tipove mehani~kih ko~nica. Slu~aj a) Ko~nica sa jednom papu~om kod koje je ta~ka oslonca D iznad ta~ke dodira ko~ne obloge i ko~nog dobo{a (l2).

265

Iz uvjeta ravnoteè slijedi da je: Σ MD = 0 F . l – Fn . l1 – Fµ . l2 = 0 kako je Fµ = µ . Fn , to }emo dobiti da je sila F koja je potrebna za zako~enje F=

Fn (l1 ± µl 2 ) , l

(10.43.)

predznak + je za desno obrtanje, a – je za lijevo obrtanje. Slu~aj b) Ko~nica sa jednom papu~om kod koje je ta~ka oslonca poluga D ispod ta~ke dodira ko~ne obloge i ko~nog dobo{a (l2)

Postavimo uslov ravnoteè za polugu imamo da je: Σ MD = 0 F . l – Fn . l1 + Fn . µ . l2 = 0, dobivamo da je sila F potrebna za ko~enje: F=

predznak + je za desno obrtanje, a – je za lijevo obrtanje. 266

Fn (l1 m µl 2 ) , l

(10.44.)

Slu~aj c) Ko~nica sa jednom papu~om kod koje je ta~ka oslonca poluge D u istoj ravnini kao i ta~ka dodira ko~ne obloge i ko~nog dobo{a (lc = 0).

Iz momentne jedna~ine za ta~ku D imamo da je: Σ MD = 0 F . l – Fn . l1 ± Fn . µ . 0 = 0 . Sila potrebna za ko~enje: Fn ⋅ l1 , l bilo da se radi o lijevom ili desnom obrtanju. F=

(10.45.)

Slu~aj d) Jednostavna ko~nica sa trakom prikazana na slici 10.21.

Na osnovu slike 10.21. i uslova ravnoteè poluge imamo da je: F ⋅ l = F2 ⋅ l1 , F2 = F ⋅

l . l1

(10.46.)

267

Sila trenja vode}i ra~una o jedna~ini (10.42.) Fµ = F2 (eµα – l) = F

l µα (e – l), l1

(10.47)

moment ko~enja }e iznositi: M = Fµ . r = F . r

l µα (e – l), l1

(10.48)

Slu~aj e) Sumarna ko~nica sa trakom:

Iz uslova ravnoteè imamo da je: F ⋅ l = ( F1 + F2 ) ⋅ l1 F1 + F2 = Fµ

e µα e

µα

−l

+

Fµ e

µα

−l

= Fµ

e µα + l e

µα

−l

=F⋅

l . l1

(10.49.)

Ukupna sila trenja: Fµ = F

l e µα − l . l1 e µα + l

Ko~ioni moment je: M = F ⋅r ⋅

268

l e µα − l . l1 e µα + l

(10.50.)

Slu~aj f) Diferencijalna ko~nica sa trakom:

Na osnovu slike 10.23. i uslova ravnoteè poluge imamo: F ⋅ l = F2 ⋅ l 2 − F1 ⋅ l1 F1 = F2 e µα F2 =

da je sila trenja

Fµ e

µα

Fµ = F ⋅ l

−l (e µα − l ) l 2 − l1e µα

.

(10.51.)

Ko~ioni moment }e iznositi: M = Fµ ⋅ r = F ⋅ l ⋅ r

(e µα − l ) l 2 − l1e µα

.

(10.52.)

10.12. TRENJE KOTRLJANJA Trenje kotrljanja je otpor {to se pojavljuje pri kotrljanju valjka, to~ka i kru`ne → → plo~e. To~ak teìne G kotrlja se po podlozi pod dejstvom horizontalne sile F kao {to je prikazano na slici 10.24.

269

Deformacija podloge prikazana je na slici pove}ano. Raspodjela pritiska p na → dodirnoj povr{ini je pribli`no sli~na prikazanoj na slici, a rezultanta FR je takva da polazi kroz sredi{te to~ka. Sila koja je potrebna da izazove kretanje proizilazi iz momenta jedna~ine: f (10.53.) F = G = µKG, r f je faktor trenja kotrljanja. Faktor µK r je omjer izme|u sile otpora i teìne, pa je u tom smislu sli~an koeficijentu stati~kog i kineti~kog trenja. Veli~ina f zavisi od brojnih faktora koje je vrlo te{ko kvalificirati, tako da potpuna teorija o otporu kotrljanja ne postoji u decidiranom obliku.

gdje krak sile F pretpostavljen kao r, a µ K =

U tabeli 10.3. date su orijentacione vrijednosti za f.

10.13. UNUTRA[NJE TRENJE Kod ~vrstih tijela se pri svakoj deformaciji pojavljuju tangencijalne sile trenja koje pri tome vr{e rad i tako se pretvaraju u toplotu. Takva vrsta trenja naziva se unutra{njim trenjem. Unutra{nje trenje izu~ava se u teoriji elasti~nosti i teoriji plasti~nosti tako da je izvan na{ih prou~avanja i ne}e biti predmet na{eg izu~avanja.

10.14. TE^NO TRENJE Te~no trenje je ~esta pojava u inènjerskoj praksi, a posebno pri projektovanju i radu leàjeva svih vrsta. Leàjevi uglavnom rade s djelimi~nim podmazivanjem, kada se tanki sloj podmazivanja nikada ne odvaja od dodirnih povr{ina. Takvo se podmazivanje naziva polute~nim trenjem i pretstavlja stanje izme|u suhog i te~nog trenja. Teoretski problemi vezani uz ta pitanja prelaze okvir na{ih posmatranja, kako zbog te{ko}a i sloènosti tako i zbog pripadnosti hidrodinamici i teoriji podmazivanja ne}e biti predmet na{ih izu~avanja.

270

Rije{eni zadaci iz poglavlja 10 Zadatak 10.1. Blok ma{ine mase m = 2000 kg prikazan na skici vu~e se jednim uètom uz kosu ravan pod uglom od 20°. Teì{te bloka ma{ine je u ta~ki S. Izra~unati silu u uètu i koeficijent trenja.


Oslobodimo blok od podloge i postavimo tri jedna~ine ravnoteè. 271

Σ MA = 0, FG . cos 20° . 0,2 + FG sin 20° . 1,0 – FS . cos 10° . 0,7 – FS . sin 10° . 0,8 = 0 FG = m . g = 19,62 kN FS =

Σ Fy = 0;

19,62 (0,2 ⋅ cos 20° + 1 ⋅ sin 20°) = 12,55 kN . 0,7 ⋅ cos 10° + 0,8 ⋅ sin 10°

Fn – FG cos 20° + FS sin 10° = 0

Fn = 19,62 . cos 20° – 12,55 . sin 10° Fn = 16,26 kN. Σ Fy = 0; FS . cos 10° FG sin 20° – Fn . µ = 0 12,55 ⋅ cos 10° − 19,62 ⋅ sin 20° 16,26 µ = 0,35 .

µ=

Zadatak 10.2. Mehani~ka ko~nica ostvaruje pritisak na podlogu u ta~ki B, posredstvom klina kao {to je prikazano na slici. Klin se povla~i silom F = 200 N. Dimenzije ko~nice su l1 = 10mm, l2 = 35mm, l3 = 20mm, ugao α = 15° i koeficijent trenja µ = 0,11.

Odrediti: a) normalnu silu FN i silu trenja Fµ izme|u klina i kliznog stola; b) normalnu silu FNA i silu trenja FµA izme|u klina i ko~nice, c) pritisak u ta~ki B i d) reakciju u ta~ki C. 272


a) I. II.

Σ Fx = 0 = FNµ + FNA sin α + FNAµ cos α – F Σ Fy = 0 = FN + FNAµ sin α – FNA cos α F − FN µ FN = sin α + µ cos α cos α − µ sin α

I. = II. FNA =

F (cos α – µ sin α) – Fnµ (cos α – µ sin α) = FN (sin α + µ cos α) FN =

F (cos α − µ sin α ) µ (cos α − µ sin α ) + (sin α + µ cos α )

FN =

F (cos α − µ sin α ) µ ( 2 cos α − µ sin α ) + sin α

FN =

200 N (cos 15° − 0,11 ⋅ sin 15°) = 400,5 N 0,11 ( 2 ⋅ cos 15° − 0,11 sin 15°) + sin 15°

FR = FN µ = 400,5 N ⋅ 0,11 = 44,05 N

b) II. ⇒ FNA =

FN 400,5 N = cos α − µ sin α cos 15° − 0,11 ⋅ sin 15°

FNA = 427,2 N FRA = FNA = 427,2 . 0,11 = 46,99 N

I. II.

Σ Fx = 0 = FCx – FNA sin α – FRA cos α Σ Fy = 0 = FB + FNA cos α – FRA cos α – FCy 273

III.

Σ M(C) = 0 = FBl3 – FNA l2 – FRA l1 FB =

FNA l 2 + FRA l1 l3

FB =

427,2 N ⋅ 35mm + 46,99 N ⋅ 10mm = 771 20mm

III. ⇒

d) I.

FCx = FNA sin α + FRA cos α FCx = 427,2 N . sin 15° + 46,99 N . cos 15° = 156 N

II.

FCy = FB + FNA cos a – FRA sin α FCy = 771,1 N + 427,2 N . cos 15° – 46,99 N . sin 15° FCy = 1172 N 2 2 FC = FCx + FCy = (165 2 + 1172 2 ) N

FC = 1182 N .

Zadatak 10.3. U kliznim vo|icama nalazi se pokretni dio ma{ine kao {to je prikazano na slici. Kojom horizontalnom silom FH treba djelovati na pokretni dio ma{ine da bi se on kretao nalijevo. Vertikalna sila koja na njega djeluje je rezultanta teìne elementa i uticaja ostalih elemenata. 274

Ostale vrijednosti su:

Analiti~ko rje{enje Postavimo ravnote`ne jedna~ine:

Σ MA = 0 II. Σ Fx = 0 III. Σ Fy = 0

I.

Fv . c + FH . h – µFBn . d – FBn . b = 0 µ . FAn + µFBn – FH = 0 FAn – FBn – Fv = 0

Iz III. jedna~ine izra~unajmoFAn i uvrstimo u II, imat }emo: 2µFBn − FH + µFv = 0 FBn =

1 ( FH − µFv ). 2µ 275

Iz I. jedna~ine slijedi: 2e + dµ + b ⋅ Fv b + d − 2h µ 80 + 20 ⋅ 0,1 + 160 FH = ⋅4 160 + 20 − 300 0,1 FH = 0,73kN .

FH =

Zadatak 10.4. Tijelo teìne G leì na jednoj kosoj ravni koja je pod uglom od α = 5°. Koeficijent trenja µ0 = 0,23. Na tijelo djeluje sila F. Potrebno je: a) odrediti uticaj teìne i sile F na grani~ni ugao β i γ.

Analiti~ko rje{enje a) slu~aj da je sila F pod uglom β. I. II.

Σ Fx = 0 = F cos δ – FNµ0 – G sin α Σ Fy = 0 = FN – sin δ – G cos α

I.=II.: FN =

F cos δ − G sin α = F sin δ + G cos α µ0

cos δ – G sin α = Fµ0 sin δ + Gµ0 cos α cos δ – µ0 = cos δ −

276

G (sin α + µ0 cos α) F

sin ρ 0 cos α  sin ρ 0 sin δ G   =  sin α + cos ρ 0  cos ρ 0 F

cosδ cosρ0 − sinδ sinρ0 cosρ0 c o s (δ + ρ 0 ) =

G F

=

G sinα cos ρ0 + cosα sinρ0 cosρ0

F

s i n (α + ρ 0 )

δ = 1 8 0° + α − β = 1 8 5° − β c o s (1 8 5° − β + ρ 0 ) = c o s (1 9 7, 9 5° − β) =

G F

G F

s i n (α + ρ 0 )

s i n1 7, 9 5° = 0 ,3 0 8 2 3

G F

b) slu~aj da je sila F pod uglom γ. I. II.

Σ Fx = 0 = FNµ0 – G sin α – G sin ε Σ Fy = 0 = FN – G cos α – F sin ε

I.=II.: F N =

F cos ε + G sin α = F sin ε + G cos ε µ0

F cos ε + G sin α = Fµ0 sin ε + Gµ0 cos α cos ε – µ0 sin ε = cos ε −

cos ε cos ρ 0 − sin ε sin ρ 0 cos ρ 0 cos (ε + ρ 0 ) =

G F

=

sin ρ 0 sin ε cos ρ 0

=

G (µ cos α + sin α) F 0

 G  sin ρ 0 cos α   sin − α  F  cos ρ 0 

G sin ρ 0 cos α − cos ρ 0 sin α F

cos ρ 0

sin ( ρ 0 + α )

ε= γ+ α cos (γ − α + ρ 0 ) =

G

sin (ρ 0 − α ) F G G cos (γ + 7 ,95 ° ) = sin 7, 95 ° = 0, 1 3 8 3 6 . F F

Zaklju~ak: Ukoliko je G veliko, utoliko je β ve}e i γ manje, a ukoliko je F veliko, utoliko je δ manje i γ ve}e. 277

Zadatak 10.5. Dvo~eljusna ko~nica prikazana je na slici sa odgovaraju}im dimenzijama. Na nju djeluje protuteg teìne 160N. Koeficijent trenja izme|u dodirnih povr{ina je µ = 0,3. Potrebno je odrediti: a) Reakcije u ta~kama A i B za smjer okretanja koji je prikazan na slici, b) Koliki je ko~ioni moment na ko~ionom dobo{u?


a) Reakcije u ta~kama A i B.

Σ M0 = 0

160 . 400 – FBy . 60 – FBy . 60 + 2FBy . 60 = 0

kako je FBy = 553,3 N = FDy = FBy tg α =

FEx 60 = FEy 180

FEx =

1 FBy = 177,8 N = FGx = FDx 3

Za gredu CAD slijedi da je Σ MC = 0 278

– FA . 200 – µFA . 140 – FDx . 180 + FDy . 470 = 0 FA . 200 + 0,3 FA . 140 + 177,8 . 180 – 533,3 . 470 = 0 FA = 905 N, za gredu CBF Σ MC = 0 FB . 200 – µFB . 140 – FGx . 180 – FGx . 470 = 0 slijedi da je nakon sre|ivanja FB = 1790 N. b) Ko~ioni momenat Mµ = µ . FA140 + µ . FB . 140 = 11,32 . 104 Nmm. Zadatak 10.6. Na slici je prikazana jedna dvo~eljusna ko~nica za motorna vozila kod koje se sila za ko~enje prenosi preko jednog hidrauli~nog klipa FH . Za date podatke pita se koliki je ko~ioni moment. Za koju vrijednost koeficijenta trenja imamo maximalni moment ko~enja.

Analiti~ko rje{enje: Uzmimo u analizu lijevu ko~ionu papu~u

Σ MA = 0 FH . 2a – Fn1 . a + µFn1 . b = 0 2a ⋅ FM a − µb 2 ⋅ 0,11 Fn1 = ⋅ 5 = 16,18kN 0,11 − 0,35 ⋅ 0,12 Fn1 =

279

Ko~ioni moment za lijevu papu~u iznosit }e: Mµ1 = Fµ1 . r = µ . Fn1 . r Mµ1 = 0,35 . 16,18 . 0,14 = 0,793 kNm. Iz uvjeta ravnoteè.

Σ Fx = 0 – FAx + Fn1 – FA = 0 Σ Fy = 0 – FAv – µFn1 = 0 slijedi reakcija u osloncu A F Ax = 11,18 kN

F Ay = 5,66 kN

2 2 F A = F Ax + F Ay = 12,53 kN .

Napravimo analiti~ku analizu za desnu ko~ionu papu~u. Iz uslova ravnoteè imamo:

Σ MB = 0 FH . 2a – Fn2 . a + µFn2 . b = 0 2a ⋅ FH a + µb 2 ⋅ 0,11 Fn 2 = ⋅ 5 = 7,24 kN 0,11 + 0,35 ⋅ 0,12 Fn 2 =

Ko~ioni moment Mµ2 = µFn2 . r = 0,35 . 7,24 . 0,14 = 0,355 kNm. Reakcija u osloncu B

Σ Fx = 0 Σ Fy = 0

FBx – Fn2 + FH = 0 FBy + Fn2 . µ = 0

2 2 FB = FBx + FBy = 3,38 kN .

Ukupni ko~ioni moment ko~nice: MUKµ = Mµ1 + Mµ2 MUKµ = 1,148 kNm. Vrijednost koeficijenta trenja dobit }emo iz jedna~ine za ukupni ko~ioni moment.

280

M UKµ = Mµ1 + Mµ 2 = µ ⋅ r ( Fn1 + Fn 2 ) M UKµ = µ ⋅ r ⋅ FH ⋅

4  b 1 − µ   a

2

uslov je: 2

b  1 − µ −  = 0 a  a 0,11 µ= = = 0,91. b 0,12

Zadatak 10.7. Preko dva nepokretna valjka preba~ena je traka kao {to je prikazano na slici. Koliki je koeficijent trenja potreban da bi se ostvarile sile u krajevima trake S1 = 50 N i S2 = 150 N?

Analiti~ko rje{enje Sa slike je o~ito da je obuhvatni ugao α = 2β 90 / 2 cos γ = = 0,600 75 γ = arc cos (0,600) γ = 53°10 ′ β = 180° − 53°10 ′ = 126°500 = 2,22 rad α = 2β = 4,44 rad . 281

Koeficijent trenja dobit }emo iz Eulerove jedna~ine µ=

1 S2 1 1,099 ln = ⋅ ln 3 = α S1 4,44 4,44

µ = 0,2480.

Zadatak 10.8. To~ak vagona prikazan na slici ima pre~nik od 1000mm i teìnu G = 11,5 kN. Faktor trenja kotrljanja je f = 0,05cm. Kolika sila F treba da djeluje na to~ak u slu~aju: a) kada je to~ak na ravnoj podlozi, b) ako je podloga pod nagibom 1:180?

Analiti~ko rje{enje: a) Iz uslova ravnoteè: Σ MA = 0 F . R – G . l2 = 0 lR = 11,5 N. R b) Uslov ravnoteè za prikazani to~ak F . R – G sin α . R – G cos α . lR = 0

F=G.

F = G . sin α + G . cos α

lR R

1 = 0,0125 ≈ sin α α = 0°43′ 80 cos α = cos 43′ = 0,99992 ≈ 1 F = 155,3 N.

tg α =

282

Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 10. Zadatak 10.9. Ma{ina sa svojom teìnom G = 1,65 kN oslanja se na postolje po kom moè da klizi u ta~kama A i B. Rastojanje izme|u ta~aka AB je l1 = 520mm, a poloàj teì{ta od ta~ke A je na duìni l2 = 180mm. Koeficijent trenja µ = 0,11. Kolika je potrebna sila da djeluje na ma{inu da je horizontalno pomjera?

Rje{enje FH = 185,5 kN.

Zadatak 10.10. Teglja~ prikazan na slici vu~e teret koji ostvaruje silu u lancu Fe = 6 kN pod uglom θ = 60°. Koliku treba ostvariti silu F u ta~ki B ako je vozilo te{ko G = 40 kN te koeficijent trenja ta~ke i podloge µ = 0,5.

283

Zadatak 10.11. Kamion teìne G = 150 kN nai{ao je na strminu uz put koja je pod uglom θ. Za dimenzije prikazane na slici i koeficijente trenja µA = µB = 0,4 u ta~kama A i B odrediti koja maksimalna veli~ina nagiba θ moè biti da ne do|e do klizanja zadnjeg kraja kamiona.

Zadatak 10.12. Jedan klin pritisnut je silom F = 14,0 kN. Ako je koeficijent trenja µ = 0,07 na dodirnim povr{inama, odrediti horizontalnu silu kojom moèmo pomjeriti klin.

Rje{enje FH = 1,13 kN

284

Zadatak 10.13. Nosa~ prikazan na slici oslonjen je na tri povr{ine i optere}en silom F = 4,2 kN. Kolika je potrebna horizontalna sila da pomjera nosa~ u kliznim stazama, ako je koeficijent trenja µ = 0,07.

Rje{enje FH = 381 N

Zadatak 10.14. Klackalica je pri~vr{}ena radijalnim leàjem u ta~ki C ~iji je polupre~nik r = 50mm. U ta~ki B djeluje sila FB = 10,0 kN. Kolika je potrebna sila da djeluje u ta~ki A da bi klackalica zadràla postoje}i poloàj, ako je koeficijent trenja u leàju µ = 0,5, a dimenzije a = 200mm, b = 400mm?

Rje{enje FA = 23,15 kN

Zadatak 10.15. Dvije mase m1 = 20 kg, m2 = 30 kg vezane su {tapom zanemarive teìne. Kolika sila treba da djeluje na masu m2 pod uglom α = 30° da bi promijenila obje mase? Ugao konusa trenja kod prve mase ρ0 = 15°, ρ0 = 30°. 1

2

285

Rje{enje F = 328 N

Zadatak 10.16. Masa m1 = 30kg leì na masi m2 = 20kg. Masa m1 pri~vr{}ena je konopcem u ta~ki A kao {to je prikazano na slici. Masa m2 leì na podlozi koja je nagnuta pod uglom α = 20°. Kolika treba da djeluje sila na masu m2 F da bi se masa m2 pomjerila u pravcu sile? Koeficijent trenja izme|u dodirnih povr{ina je µ = 0,2.

Rje{enje F = 82 N

Zadatak 10.17. Aksijalni leàj pre~nika D1 = 50 mm i d1 = 30 mm optere}uje aksijalna sila F = 500 N. Odrediti koji je moment poseban za okretanje ako je koeficijent trenja µ = 0,3. 286

Rje{enje: M = 25,5 Nm

Zadatak 10.18. Ko`ni remen preba~en je preko nepomi~nog diska koji je od ~elika. O jedan kraj remena obje{en je teret F1 = 900 N. Na drugi kraj remena djeluje sila F2 pod uglom od 30°. Ako je koeficijent trenja izme|u ko`nog remena i ~eli~nog diska µ = 0,28, kolika je potrebna sila F2 da bi se teret podizao prema gore?

Rje{enje F2 = 430 N

Zadatak 10.19. Kolika mora da bude masa mA da bi sistem prikazan na slici ostao u miru? Koeficijent trenja na svim dodirnim povr{inama je µ = 0,25. Mase su spojene uètom. Masa mB = 100kg. 287

Rje{enje mA = 250kg

Zadatak 10.20. Moment okretanja dobo{a je M = 50 Nm a koeficijent trenja izme|u dobo{a i trake je µ = 0,3. Odrediti kojom silom F treba djelovati na ru~icu da do|e do zako~enja.

Rje{enje a) F = 53,6 N.

288

Zadatak 10.21. Sa skiciranom ko~nicom vr{i se zako~enje jednog motora ~iji je broj okretaja n = 400min–1 i snage 1kW. Dimenzije date na skici su: l1 = 120mm, l2 = 270mm, l3 = 750mm, d = 380mm, koeficijent trenja µ = 0,5. Potrebno je odrediti: a) moment zako~enja, b) silu trenja, c) normalnu silu na ko~nu oblogu, d) reakciju u zglobu A. Rje{enje a) Mµ = 23,88 Nm b) Fµ = 125,7 N c) Fn = 251,3 N d) FA = 240,5 N

Zadatak 10.22. Na skici je prikazana ko~nica sa trakom dimenzija l1 = 100mm, l1 = 100mm, l = 450mm i d = 300mm. Koeficijent trenja je µ = 0,25. Moment okretanja na ko~ionom dobo{u je 70Nm. Obuhvatni ugao α = 270°. Potrebno je odrediti: a) silu trenja, b) sila u traci F1 i F2 , c) silu F da bi se ostvarilo zako~enje i d) reakciju oslonca D.

Rje{enje a) Fµ = 466,7 N. b) F1 = 674,2 N, F2 = 207,6 N, c) F = 196 N, d) FD = 883,4 N.

289

Zadatak 10.23. Ko~nica prikazana na slici vr{i ko~enje silom F = 100 N. Koeficijent trenja izme|u trake i ko~ionog dobo{a je µ = 0,18. Potrebno je odrediti: a) sile u traci izme|u F1 i F2 , b) silu trenja i moment trenja, c) reakciju u osloncu A, d) kolikom bi silom F morali djelovati ako bi moment okretanja dobo{a iznosio 70 Nm da bi ostvarili zako~enja.

Rje{enje a) F1 = 2215 N, F2 = 1127 N b) Fµ = 1088 N Mµ = 108,8 Nm c) FA = 3112 N d) F = 64,36 N.

Zadatak 10.24. Jedan valjak (teìne G i polupre~nika r) oslanja se na hrapavu podlogu u ta~ki A i hrapavi vertikalni zid u ta~ki B. Koeficijent trenja izme|u valjka i dodirnih povr{ina je µ1. O uè koje je preba~eno preko nepomi~nog kotura C gdje je koeficijent trenja izme|u uèta i kotura m obje{en je teret teìne G2. Koja mora biti veli~ina tereta G2 da bi valjak mirovao?

Rje{enje G2 =

290

µ1 (l + µ1 ) l − µ + 2µ

2

e πα G1

Zadatak 10.25. Valjak pre~nika d = 500m vu~e se po podlozi tako da je krak trenja kotrljanja f = 5,4cm silom F = 500 N pod uglom α = 30°. Potrebno je odrediti: a) teìnu G valjka, b) koliki je pre~nik valjka ako bi njegova teìna iznosila G = 3 kN? Rje{enje a) F = 2255 N, b) d = 2r = 686mm.

291

11.1. PROSTORNE KOMPONENTE SILA →

Pretpostavimo da imamo jednu silu F koja djeluje u prostoru. Usvojimo u ta~ki O gdje djeluje sila prostorni koordinatni sistem→Oxyz (slika 11.1.). Da bi smo odredili prostorne komponente sile ili projekcije sile F na koordinatne ose, prvo projektujemo → silu F na osu Oz Fz i ravan xy Fxy. Zatim projektujemo silu Fxy na ose Ox Fx i Oy Fy. Usvojimo slijede}e uglove: →

α∠ izme|u pozitivne ose Ox i sile F → β∠ izme|u pozitivne ose Oy i sile → F γ∠ izme|u pozitivne ose Oz i sile F

→

Prostorne komponente sile odnosno sile F na ose koordinatnog sistema su: Fx = F cos α   Fy = F cos β  Fz = F cos γ 

(11.1.)

Na osnovu slike 11.1. i Pitagorinog pou~ka imamo da je F2 = Fx2 + Fy2 + Fz2 ,

(11.2.)

odnosno F2 = F2 cos2 α + F2 cos2 β + F2 cos2 γ F2 = F2 (cos2 α + cos2 β + cos2 γ) cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1.

(11.3.)

293

Na osnovu jedna~ine (11.1.) moèmo napisati Fx Fy Fz = = = F. cos α cos β cos γ

(11.4.)

Na osnovu pravouglih trouglova prikazanih na slici 11.1. b) dobijemo da je: x cos α =  l y  cos β =  l z cos γ = l 

(11.5.)

Primjenjuju}i jedna~ine (11.3.) i (11.4.) slijedi da je: l2 = x2 + y2 + z2 , odnosno Fx Fy Fz F = = = . x y z l

(11.6.)

11.2. REZULTANTA PROSTORNOG SISTEMA SILA KADA SVE SILE DJELUJU U JEDNOJ TA^KI Pretpostavimo da imamo jedno kruto tijelo, koje u ta~ki A napada prostorni sistem sila (slika 11.2.). Pretpostavimo da su nam poznati smjerovi svake sile: α 2 α 1 α n    F1  β1 F2  β 2 Fn  β n (11.7.) γ γ γ  1  n  2 Izvr{imo li projekciju svake sile na ose koordinatnog sistema Oxyz i saberemo sve projekcije u pravcu ose x, y, z dobit }emo projekcije rezultante Frx = F1x + F2 x + ... + Fnx ∑ Fix   Fry = F1 y + F2 y + ... + Fny ∑ Fiy  (11.8.) Frz = F1z + F2 z + ... + Fnz ∑ Fiz  294

Vode}i ra~una o jedna~inama (11.1.) projekcije rezultante postaju: Frx = Σ Fi cos αi Fry = Σ Fi cos βi

(11.9.)

Frz = Σ Fi cos γi . Intenzitet rezultante: (11.10.) Smjerovi rezultante: cos α R =

Fry Frx F cos β R = cos γ R = rz . Fr Fr Fr

(11.11.)

→

11.3. MOMENT SILE F S OBZIROM NA OSI KOORDINATNOG SISTEMA →

Analiti~ki se izraz momenta sile F s obzirom na osi koordinatnog sistema odre|uju na slijede}i na~in:

Moment s obzirom na osu z prema slici 11.3. }e biti: →

→

→

→

MzF = MF0 xy = Mx0 +My0 .

(11.12.)

Kako je

M 0x = − yF x   M 0y = xF y 

(11.13.)

bit }e

M zF = M z = xF y − yFx .

(11.14.) 295

Na isti na~in dobit }emo: M xF = M x = yF z − zF y .

(11.15.)

M yF = M y = zFx − xFz .

(11.16.) →

Prethodne jedna~ine pretstavljaju analiti~ke izraze za momente sile F s obzirom na koordinatne ose. → izraziti kao vekMoment sile F s obzirom na osi koordinatnog sistema moèmo → → torski produkt radius vektora napadne ta~ke r i vektora sile F .

Ukoliko vi{e sila djeluje na tijelo u prostoru, te ako znamo njihove projekcije na ose i poloàj napadnih ta~aka, tada je analiti~ki izraz stati~kog momenta rezultante Mx =

(yi Fzi – ziFyi),

My =

(zi Fxi – xiFzi),

Mz =

(xi Fyi – yiFxi).

(11.18.)

11.4. REDUKCIJA PROSTORNOG SISTEMA SILE NA JEDNU TA^KU Izu~avanje skupa sila koje djeluju na neko kruto tijelo (slika 11.4.) mogu}e je prim→ → → jenom principa redukcije sile. Izvr{imo redukciju u ta~ku O svake sile F1 , F2 ... Fn koje djeluju u ta~kama A1 , A2 ... An . 296

→

Na slici 11.5. prikazana je redukcija proizvoljne sile Fi s obzirom na ta~ku O, gdje → se primjenilo pravilo o paralelnom pomaku sile. Paralelnim preno{enjem sile Fi iz → ta~ke Ai u ta~ku O dobili smo paralelno prenesenu silu Fi u ta~ku O i spreg sila ~iji je moment: → → → Mi = ri × Fi , (11.19.) gdje je

(11.20.) Mi = Fi . h. 297

→

→

→

Kada izvr{imo redukciju svih sila F1 , F2 ... Fn u ta~ku O, dobivamo: a) skup sila u ta~ki O ~ija je rezultanta jednaka vektorskom zbiru komponenata → → → F1 , F2 ... Fn . (11.21.) →

→

→

→

b) skup spregova sile Mi pa je suma svih spregova sila M1 , M2 ... Mn jednaka →

→

→

→

M = M1 + M2 +... Mn →

M=

→

→

Mi =

→

→

( r × Fi).

(11.22.)

Moèmo zaklju~iti da je prostorni sistem sila, koji djeluje na kruto tijelo u razli~itim ta~kama, ekvivalentan sili koja djeluje u jednoj ta~ki i spregu sila kojem veli~ina zavisi od izbora ta~ke redukcije.

11.5. ANALITI^KI USLOVI RAVNOTE@E Kruta tijela vezana su osloncima, koji posreduju preno{enje sila na druga tijela ili ostale dijelove konstrukcije. Prilikom analize ravnoteè krutih tijela u osloncima postavljamo reakcije veze koje moraju biti takve da sa zadanim vanjskim silama moraju ~initi ravnoteù. Detalji o oslanjanju nosa~a dati su u poglavlju 6.1. a ovdje }emo dati tabelu oslanjanja i veza u okvirnim nosa~ima. 298

299

Da bi prou~ili analiti~ke uslove ravnoteè,→pretpostavimo da imamo jedno kruto → → tijelo (slika 11.8.) na koje djeluje sistem sila F 1 , F 2 , ... F n i neka su nam poznati poloàji napadnih ta~aka i smjerovi svake sile α 2 α 1 α n →  →  F1  β1 , F2  β 2 ,... Fn  β n . γ γ γ  1  n  2 →

300

(11.23.)

Izvr{imo li redukciju svih sila s obzirom na ta~ku O, tada }e biti: →

a) Glavni vektor sila FR: n n  F1x + F2 x + ... + Fnx = ∑ Fi cos α i = ∑ Fxi = FRx , i =1 i =1  n n  F1 y + F2 y + ... + Fny = ∑ Fi cos β i = ∑ F yi = FRy , i =1 i =1  n n  F1z + F2 z + ... + Fnz = ∑ Fi cos γ i = ∑ Fzi = FRz .   i =1 i =1

(11.24)

Intenzitet glavnog vektora →

FR = FR =

2 2 2 FRx + FRy + FRz ,

(11.25.)

odnosno FRx = FR ⋅ cos α R ,  FRy = FR ⋅ cos β R ,  FRz = FR ⋅ cos γ R . 

(11.26.)

Pravac glavnog vektora bit }e odre|en jedna~inama: FRy FRx F , cos β R = , cos β R = Rz . FR FR FR

cos α R =

(11.27.)

→

b) Rezultiraju}i moment sprega sila M: n  M 1x + M 2 x + ... + M nx = ∑ M ix = M x ,  i =1  n  M 1 y + M 2 y + ... + M nx = ∑ M iy = M y , i =1  n  M 1z + M 2 z + ... + M nz = ∑ M iz = M z .   i =1

(11.28.)

Intenzitet rezultiraju}eg momenta sprega sila →

M = M =

2 2 2 M Rx + M Ry + M Rz ,

(11.29.)

a pravac rezultiraju}eg momenta sprega sila odre|en je slijede}im jedna~inama: cos α M =

M M

x

, cos β M =

M M

y

, cos β M =

Mz M

.

(11.30.)

301

Na osnovu jedna~ina (11.24.) i (11.28.) moèmo zaklju~iti da }e potreban i dovoljan uslov biti da tijelo na koje djeluje sistem sila bude u ravnoteì da je: (11.31.) U skladu s jedna~inama (11.24.) i (11.28.) gdje su rastavljene sile i momenti u takozvane komponente jedna~ine, slijede i dovoljni i potrebni uslovi ravnoteè krutog tijela u obliku slijede}ih skalarnih jedna~ina: FRx = 0 M x = 0   FRy = 0 M y = 0  FRz = 0 M z = 0.

(11.32.)

Jedna~ine (11.32.) moèmo koristiti za odre|ivanje nepoznatih sila krutog tijela optere}enog prostornim sistemom tijela. Broj nepoznatih veli~ina koje moèmo izra~unati je {est, skladno s brojem jednad`bi koje moèmo postaviti. Vidimo da je kod tijela koje je u ravnoteì sprije~ena translacija i rotacija u sva tri pravca Oxyz koordinatnog sistema. Pretpostavimo da na kruto tijelo djeluje sistem sila koje su paralelne jednoj od osa koordinatnog sistema, npr. Oz osi (ovaj primjer se ~esto pojavljuje u inènjerskoj praksi). Za ravnoteù takvog sistema potrebno je i dovoljno da suma projekcija svih sila na osu paralelnu sa silama i suma momenta sila na druge dvije ose budu jednake nuli.

(11.33.)

302

Smjernice za rje{avanje zadatka iz statike prostornih sistema

303

Rije{eni zadaci iz poglavlja 11 Zadatak 11.1. →

Na {tap u ta~ki B djeluje vertikalna sila F . [tap je oslonjen na pod u ta~ki A i u ravnoteì odràva se pomo}u dva uèta kao {to je prikazano na slici. Odrediti sile u uàdima i silu kojom {tap priti{}e podlogu ako je: a = 3m, b = 4m, h = 5m, F = 10kN.

Rje{enje: Cosinusi smjera sile S1 (3, 5, –4) x

cos α 1 = cos β1 = cos γ 1 =

2

2

x +y +z 5 50 −4

2

=

3 2

2

3 + 5 + ( −4 ) 2

= 0,424264

= 0,707106

= 0,56568. 50 Za silu S2 koordinate napadne ta~ke (x = –6, y = 5, z = –4)

cos α2 = 0,68376, cos β2 = 0,5698, cos γ2 = –0,45584. i za silu u {tapu FS (x = 0, y = 5, z =0) cos α{ = 0, cos β{ = 0, cos γF = 1. i za silu F

cos αF = 0 cos βF = 0 cos γF = 1


Σ Fix = 0: Σ Fiy = 0: Σ Fiz = 0:

S1 cos α1 + S2 cos α2 = 0, S1 cos β1 + S2 cos β2 + F{ = 0, S1 cos γ1 + S2 cos γ2 + F = 0,

Rje{avanjem gornjih jedna~ina dobijamo vrijednost sila 304

S2 =

S1 =

F cos α 2 cos γ 1 − cos γ 2 cos α1

= 7,3125 kN ,

cos α 2 = 11,782kN , cos α 1

F{ = − S1 cos β1 − S 2 cos β 2 , F{ = −12,5kN .

Zadatak 11.2. Kvadratna plo~a teìne G = 10 kN oslonjena je na {est {tapova. Na kvadratnu plo~u → djeluje vertikalna sila F . za podatke F = 30 kN, a = 1m, h = 3m odrediti sile u {tapovima.

Rje{enje: Cosinusi smjerova dati su tabelarno za sve sile.

305


Σ Fx = 0:

S1

Σ Fy = 0: S1

1 11 3 11

Σ Fz = 0: − S1

1

Σ Mx = 0: aS1

3

11

11

− aS 4 3 11

− aS 2 1 11 1 11

3 11

1

1 11

+ aS 4 3 19

1 11

3

3

1

+ aS 2

− aS 5

1 19

3

11

19

19

− S5 3 11

3 19 3 11

3 11

3 19

− aS 5

19 = −10,9 kN , 12

S3 = −F

19 = −10,9 kN , 12

S 4 = −( F + G )

11 = −22,11 kN , 6

S 5 = 0 kN , S6 = F

306

11 = 16,58 kN . 6

11

3

= 0,

+ G + F = 0,

1 11

= 0,

− aS 6

19

3 19

+ aS 6

11 = −22,11 kN , 6

S 2 = −F

3

− S6

− aS 3

Sile u {tapovima dobivamo rje{avanjem gornjih jedna~ina: S1 = − ( F + G )

11

+ S6

− aS 5

− aS 5

− aS 4

3

1

− S6

19

+ S5

+ aS 2

19

1

− S5

1

− aS 4

19

+ aS 3

11

+ S4

19

− aS 3

19

11

+ S4

19

+ S3

3

+ aS1

+ aS 2

3

1

+ S4

19

+ S3

19

− S2

3

− S3

19 3

+ S2

Σ My = 0: − aS1

Σ Mz = 0: aS1

1

+ S2

1

3 19

11

3 11

− F ⋅ a = 0,

1

− aS 3

19

−

= 0,

− aS 6

3 11

+ aF = 0.

Zadatak 11.3. U ta~ki K sistema od tri {tapa obje{en je teret teìne G. Za dimenzije prema slici odrediti sile u {tapovima.

Rje{enje Cosinusi smjerova sila S1 , S2 i S3 prikazani su u tabeli.


Σ Fx = 0:

1

Σ Fy = 0:

2

Σ Fz = 0: −

2

6

S1 +

S2 +

1 2

S1 −

1 6

S2 −

2 6 1 6

1 6

S 3 = 0,

S 3 = 0,

S2 −

1 6

S 3 − G = 0.

Rje{enjem gornjih jedna~ina dolazimo do vrijednosti sila u {tapovima: S1 = − 2 ⋅ G , S2 =

6 ⋅ G, 2

S3 = −

6 ⋅ G. 2

307

Zadatak 11.4. Preko kotura K preba~eno je uè ~iji je jedan kraj vezan za zid a o drugi je obje{en teret G. Kotur je pri~vr{}en sa tri {tapa. Ako je poznat teret G odrediti sile u {tapovima.

Cosinusi smjerova sila S1 , S2 i S3 , G′ iG′′prikazani su tabelarno.

308

Postavimo ravnote`ne jedna~ine S1

Σ Fx = 0:

10

Σ Fy = 0:

−

Σ Fz = 0:

−

−

3 10 1 5

1

3 S 2 − G = 0, 5 10

S1 −

S3 −

3 10

S2 −

2 5

S 3 = 0,

9 G = 0. 5

Rje{avanjem gornjih jedna~ina odre|ujemo vrijednosti sila u {tapovima: S1 =

9 10 G, 10

S2 =

3 10 G, 10

S3 =

9 5 G. 5

Zadatak 11.5. Sa tri {tapa pri~vr{}en je jedan disk polupre~nika r kojeg optere}uje spreg sila ~iji je moment M0 . Potrebno je izra~unati sile u {tapovima.

Rje{enje

309

sin 60° = h=

h 3 , h = r ⋅ sin 60° = r r 2

3 r 2

Σ MC = 0 M 0 + S1 ⋅ h = 0,

S1 = −

M0 2M 0 =− , h 3r

Σ MA = 0 M 0 + S 2 ⋅ h = 0,

S2 = −

M0 2M 0 =− , h 3r

Σ MB = 0 M 0 + S 3 ⋅ h = 0,

S3 = −

M0 2M 0 =− . h 3r

Zadatak 11.6. Plo~a bez teìne optere}ena je silom F, a u ravnote`nom poloàju odràva se pomo}u 6 {tapova. Ako je poznata sila F, odrediti sile u {tapovima.

Rje{enje Uslovi ravnoteè u vektorskom obliku:

310

→

→

→

→

→

→

→

→

→

→

S1 + S2 + S3 + S4 + S5 + S6 + F = 0 →

ri × Si + rF × F = 0 r1 = r4 = r6 = 0 2 a  2 a  0       r2 = r5 =  0  r3 = 2a  rF = 2a . 0 0 0      

Cosinusi smjerova sila S1 , S2 i S3 , S4 , S5 , S6 i F prikazani su tabelarno.


Σ Fx = 0:

2

Σ Fy = 0:

2

Σ Fz = 0:

5 5

+ S4 +

2 S 6 + F = 0, 3

+ S5 +

2 S 6 = 0, 3

S1 + S 2 + S 3 +

1 5

S4 +

1 5

S5 +

1 S 6 = 0, 3

Σ Mx = 0: 3aS3 = 0, Σ My = 0: Σ Mz = 0:

2 aS 2 + 2 aS 3 + 4 5

2 5

aS 5 = 0,

aS 5 − 2 aF = 0.

Rje{enjem jedna~ina dolazimo do sila u {tapovima: S1 =

1 1 5 3 F , S 2 = − F , S 3 = S 4 = 0, S 5 = F, S6 = − F. 2 2 2 2 311

Zadatak 11.7. Trougaona plo~a teìne G odràva se u ravnote`nom poloàju pomo}u {est {tapova. Izra~unati sile u {tapovima.

Rje{enje:

Komponente sile S6 S6x =

1 6

S6 , S6y =

2 6

S6 , S6z =

1 6

S6.

Jedna~ina ravnoteè

Σ M(A) z = 0: (A) Σ M x = 0: Σ M(A) y = 0: Σ Mz = 0: Σ M(B) x = 0: (B) Σ M z = 0: 312

3aS3 = 0, 6aS6z – 2aG = 0, – 3aS4 + aG = 0, – 3aS5 – 6aS6x = 0, – 6aS1 – 6aS4 + 4aG = 0, – 6aS2 – 3aS6 = 0.

Sile u {tapovima dobit }emo iz gornjih jedna~ina: S 3 = 0, S 6 =

6 1 2 1 1 G , S 4 = G , S 5 = G , S1 = G , S 2 = G. 3 3 3 3 3

Zadatak 11.8. Homogena plo~a teìne G1 pri~vr{}ena je pomo}u {est {tapova. Kolike su sile u {tapovima ako se na plo~u postavi teret teìne G2 .

Rje{enje:

313

Na osnovu geometrije zaklju~ujemo da je: S 1x S S = 1z = 1 , S 2x S 2z S 2 S3y S4y

=

S 3 S1 x S 1z 4 a , = = . S 4 S 2 x S 1z 6 a

Jedna~ina ravnoteè }e biti:

Σ Fx = 0: Σ Fy = 0: Σ M(B) z = 0: Σ Mz = 0: Σ My = 0: y = 0: Σ M(D)

Stx – S2x =0, S3y + S4y = 0, 12aS1z + 12aS2z +6aG1 + 9aG2 = 0, –12aS1x + 12aS2x – 8aS4y = 0, –8aS2z – 8aS6 – 4aG1 – 6aG2 = 0, 8aS1z + 8aS5 + 4aG1 + 2aG2 = 0.

Rje{enjem gornjih jedna~ina dobivamo: S1 = S 2 , S 3 = − S 4 , 13 ( 2G1 + 3G 2 ), 24 1 S 4 = − ( 2G1 − G 2 ), 8 1 S 6 = − ( 2G1 + 3G 2 ). 8 S2 = −

Sile u {tapovima zavise od odnosa teìna G1 i G2 . Na primjer: za G2 < 2G1 {tap 5 je optere}en na pritisak G2 > 2G1 {tap 5 je optere}en na istezanje.

Zadatak 11.9. Vratilo AB prenosi moment torzije od 100 Nm. Oba zup~anika su sa zakošenim zubima β = 15°. Ugao dodirnice je α = 20°. Ako su poznate veli~ine a = 30m, d1 = 0,04m, d2 = 0,05m odrediti reakcije u leàjevima A i B. 314

Rje{enje Po{to se radi o zup~anicima sa zakošenim zupcima, raspored sila je dat na slijede}oj slici

Fu =

Fu , cos β

Fr = F u ⋅ tg α = Fu

tg α , cos β

Fa = Fu ⋅ tg β.

Moment torzije

M t = M x = F2 z ⋅ F2 z =

d2 d 2M 1 = F1 y ⋅ 1 , F2 z = = 4 kN , 2 2 d2

2M 1 2M 1 = 4 kN , F1 y = = 5 kN , F1 y = F1 ⋅ cos α ⋅ cos β. d2 d1 315

F1 y

5 = 5,5086 kN , cos α ⋅ cos β cos 20° ⋅ cos 15° F1x = F1 ⋅ cos α ⋅ sin β = 5,5086 ⋅ cos 20° ⋅ sin 15° = 1,3397 kN ,

F1 =

=

F2 z = F2 ⋅ cos α ⋅ cos β, F2 z 4 = = 4,40687 kN , cos α ⋅ cos β cos 20° ⋅ cos 15° F2 y = F2 ⋅ cos α = 4,40687 ⋅ sin 20° = 1,507 kN , F2

F2 x = F2 ⋅ cos α ⋅ sin β = 4,40687 ⋅ cos 20° ⋅ sin 15° = 1,0718 kN .

Kada su poznate projekcije sila F1 i F2 postavimo jedna~ine ravnoteè:

Σ Fx = 0: Σ Fy = 0: Σ Fz = 0:

F Az − F1z + F2 z − FBz = 0,

Σ Mz = 0:

F1 y ⋅ a + F2 x ⋅

Σ My = 0:

− F1z ⋅ a − F1x ⋅

F Ax + F1x − F2 x = 0, F Ay + F1 y − F2 y + FBy = 0,

d2 − F2 y ⋅ 2,5a + FBy ⋅ 3,5a = 0, 2 d1 + F2 z ⋅ 2,5a − FBz ⋅ 3,5a = 0. 2

Rje{enjem gornjih jedna~ina dobivamo reakcije u osloncima: d  1  , FBz =  − F1z ⋅ a − F1x 1 + F2 z ⋅ 2,5a  ⋅ 2   3,5a 0,04 1   FBz =  − 1,884 ⋅ 0,03 − 1,3397 ⋅ , + 4 ⋅ 2,5 ⋅ 0,03  ⋅ 2  3,5 ⋅ 0,03  FBz = 2,06367 kN , d   1 FBy =  − F1 y ⋅ a − F2 x 2 + F2 y ⋅ 2,5a  ⋅ , 2   3,5a 0,05 1   FBy =  − 5 ⋅ 0,03 − 1,0718 ⋅ − 1,507 ⋅ 2,5 ⋅ 0,03  ⋅ , 2   3,5 ⋅ 0,03 FBy = −0,6073 kN , F Ax = F2 x − F1x = 1,0718 − 1,3397 = −0,2679 kN , F Ay = − F1 y + F2 y + FBy = −5 + 1,507 + 0,6073 = −2,8856 kN , F Az = F1z − F2 z + FBx = 1,884 − 4 + 2,06367 = −0,05233 kN . 316

Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 11 Zadatak 11.10. Tijelo koje ima oblik {estostrane prizme oslonjeno je u ta~ki A pomo}u sferi~nog zgloba, a u ta~ki B pomo}u cilindri~nog leàja. Pomo}u nerastezljivog uèta CE odràva horizontalni poloàj ravnoteè. Preko kotura zanemarivih dimenzija u ta~ki D preba~ena je nerastegljivo uè koje je u~vr{}eno u ta~ki L, na ~ijem kraju visi teret teìne Q. U ta~ki K prizme djeluje vertikalna sila F. U nagnutoj strani prizme djeluje moment M koji je okomit na datu ravan i ima smijer kako je dato na slici. Odrediti reakcije u ta~kama A i B te silu u uètu CE, ako su poznate slijede}e vrijednosti: Q = 500 [N]; M = 1000 [Nm]; a = 80 [cm]; b = 40 [cm]; c = d = 20 [cm]; α = β = 30° i γ = δ = 60°.

Rje{enje Ako u ta~ki A sfernog zgloba smjestimo ishodi{te koordinatnog sistema Oxyz imat }emo da je reakcija u ta~ki A: → → → → F A = x A + y A z+ z A

a reakcija cilindri~nog zgloba B:

→

→

→

FB= yB+ zB.

317

→

Projekcija sile S na koordinatne ose S x = S xy ⋅ sin β = S ⋅ cos γ ⋅ sin β = 0,25 S S y = − S xy ⋅ cos β = − S cos γ ⋅ cos β = −0,433 S S z = S ⋅ sin γ = 0,866 S .

→

→

→

Sile u ta~ki D zamijenimo rezultatom FR = Q +Fn te na|imo njene projekcije na ose koordinatnog sistema Ozyz. ( FR ) x = 0 ( FR ) y = Q ⋅ sin δ = 500 ⋅ 0,866 = 433 N ( FR ) z = −Q − Q cos δ = −Q (1 + cos δ) = −750 N .

Koordinate ta~aka B, C, K i D su: xB = a + d,

y B = b,

zB = h − c

x c = 0,

y c = b,

zc = h

x K = a,

y K = 0,

zK = h

a , 2

y D = b,

zD = h − c

xD =

Moment sila za ose su: → → → M x (FA ) = M y (FA ) = M z ( FA ) = 0 → M x ( FB ) = bZ B − (h − c ) y B = 0,4 Z B − 0,69 y B → M y ( FB ) = − x B ⋅ z B = −( a + d ) z B = − z B → M z ( FB ) = x B ⋅ y B = ( a + d ) y B = y B → M x ( S ) = b ⋅ sin γ ⋅ S + h ⋅ S cos γ ⋅ cos β = (b sin γ + h ⋅ cos γ cos β) S = 0,73 S → M y ( S ) = Z c S x = h ⋅ S ⋅ cos γ ⋅ sin β = 0, 22 S → M z ( S ) = − y c S x = −bS cos γ ⋅ sin β = −0,1 S → → M x (F ) = M z ( F ) = 0 → M z ( F ) = − F ⋅ a = −320 → M x ( FR ) = −bQ (1 + cos δ) − (h − c ) Q sin δ = −[b (1 + cos δ) + (h − c ) sin δ] Q = −600 → a M y ( FR ) = x D ( FR ) z = Q (1 + cos δ) = 300 2 → a M z ( FR ) = x D ( FR ) y = Q ⋅ sin δ = 173,2 . 2 318

→

Provjerite momente M na ose koordinatnog sistema Oxyz. Mx = 0 My =M . cos α = 866 Mz = – M sin α = – 500. Postavimo uvjete ravnoteè za posmatrano tijelo: xA + 0,25 S = 0 yA + yB – 0,433 S + 433 = 0 zA + zB + 0,866 S + 400 – 750 = 0 0,4 zB – 0,69 yB + 0,73 S – 600 = 0 – zB + 0,22 S – 320 + 300 + 866 = 0 yB – 0,1 S + 173,2 = 0 zB = 0,22 S + 846 yB = 0,1 S + 326,8. Nakon rje{avanja jedna~ina dobijamo da je: S = 652 N zB = 989 N yB = 392 N yA = – 542,684 N zA = – 1203,632 N. xA = – 163 N

Zadatak 11.11. Masivna homogena plo~a, ima oblik pravouglog paralelo→ pipeda teìne G , moè se obrtati u krug oko vertikalne ose AB. Na plo~i u ta~ki D vezano je uè, preba~eno preko nepomi~nog kotura i na slobodnom kraju → uèta visi teret teìne Q . U ta~ki → E djeluje sila F paralelna ivici plo~e b. Sistem se odràva u ravnoteì pomo}u diska, u ~ijoj → ravni djeluje moment sprega M , a tako|er i reakcije, u sfernom A i cilindri~nom B, osloncu. Dimenzije su date na slici.

319

Rje{enje

Σ xi = xA + xB – Q = 0 Σ yi = yA + yB + F = 0 Σ zi = zA – G = 0 Σ Mx = – yB . h – F (c + d) – G . Σ My = xB . h – G .

b =0 2

a –Q.d=0 2

Σ Mz = – F . a + Q . b – M = 0 Rje{avanjem prethodnih jedna~ina dobivamo da je: 1a   G + d ⋅ Q h2  M =Q⋅b − F ⋅a xB =

yB = −

1 (c + d )⋅ F + b G   h 2 

d a  x A = 1 −  ⋅ Q − G h 2h  b c+d  yA =  − 1 ⋅ F + G h 2 h   z A = G.

Zadatak 11.12. Za zadani prostorni sistem sila koje djeluju u jednoj ta~ki A odrediti intenzitet, pravac i smjer rezultante sila.

320

Zadatak 11.13. Stub visine h = 8m u ravnoteì odràvaju tri uèta. Sile u uàdima su poznate S1 = 4 kN, S2 = 5,5 kN, S3 = 3 kN. Odrediti komponente rezultante u vertikalnom pravcu i okomitom na stub.

Zadatak 11.14. Na slici je dat jedan reduktor sa vi{e pogona. Poznat je intenzitet, pravac i smjer momenta koji optere}uje reduktor. Potrebno je prona}i intenzitet, pravac i smjer rezultiraju}eg momenta. M1 = 0,5 kNm, M2 = 3,0 kNm, M3 = 4,0 kNm, M4 = 1,6 kNm, β = 30° (u ravni x – y)

Rje{enje M R = M x2 + M y2 + M z2 = 5,587 kNm α M = 30,8° β M = 104,4° γ M = 63,4°.

321

Zadatak 11.15. Jedan konstruktivni dio u konstrukciji je optere}en sa silama F1 = 6 kN, F2 = 8 kN, F3 = 2 kN. Ako su poznate dimenzije a = 200mm, b = 250mm, c = 150mm, β = 30°, odrediti: a) rezultiraju}i moment od Mx i My , b) moment Mz .

Rje{enje MRxy = 2,238 kNm αz = 47,9° Mz = – 0,710 kNm.

Zadatak 11.16. Tri {tapa optere}uje F = 10 kN koja leì u ravni x – y. Potrebno je odrediti sile u {tapovima 1,2 i 3. Rje{enje S1 = 10,18 kN S2 = 6,44 kN S3 = 12,25 kN.

322

Zadatak 11.17. Tri {tapa optere}uje vertikalna sila F = 10 kN. Odrediti sile u {tapovima.

Rje{enje S1 = 2,47 kN S2 = 3,5 kN S3 = 6,39 kN. Zadatak 11.18. Za {tapove optere}ene prema slici odrediti sile u {tapovima FG = 20 kN.

Rje{enje S1 = S2 = 12,65 kN S3 = 20,785 kN.

Zadatak 11.19. Horizontalni nosa~ zglobno vezan u ta~ki C za vertikalni zid odràva se u ravnote`nom poloàju pomo}u {tapova 1 i 2. a ko je F = 6,0 kN, odrediti reakciju u osloncu C i sile u {tapovima 1 i 2.

Rje{enje S1 = 8,31 kN S2 = 7,51 kN FCx = – 9,6 kN FCy = – 3,6 kN FCz = – 1,6 kN. 323

Zadatak 11.20. Nosa~ AB optere}en u ta~ki C silom F = 450 kN odràva se u ravnoteì pomo}u dva uèta 1 i 2. Odrediti reakciju u zglobu A i sile u uàdima.

Rje{enje S1 = 297 kN S2 = 386 kN

F A = x A2 + y A2 + z 2A = 286 kN .

Zadatak 11.21. Vratilo AB optere}eno je zup~anicima kao {to je prikazano na slici, silama F1 = 8,0 kN, F2 = 3,0 kN, F3 = 2,0 kN, F4 = 4,0 kN. Odrediti silu F5 i reakcije u A - radijalno-aksijalnom leàju i B - radijalnom leàju.

Rje{enje FAx = 1,29 kN FAy = 3,43 kN FAz = 0,22 kN FBx = 1,29 kN FBz = 0,22 kN

324

Zadatak 11.22. Vratilo AB prenosi moment torzije preko zup~anika 1 i 2 M1 = 240 Nm. Odrediti reakcije u leì{tima A i B.

Rje{enje Sile u zup~anicima F1x = 2,41 kN F2x = 4 kN F2y = 1,5 kN F1z = 2,8 kN F1y = 6 kN F2z = 0, Reakcije u osloncu FAx = 2,9462 kN FAz = 3,6765 kN FAy = 2,7978 kN

FBx = – 4,5362 kN FBy = 0,8675 kN.

Zadatak 11.23. Vratilo AB prenosi moment torzije M1 = 160 Nm. Zup~anik 1 je sa kosim zupcima nagiba β = 10°, a zup~anik 2 sa pravim zubima. Ugao nagiba dodirnice je α = 20°. Ako su pre~nici zup~anika d1 = 120mm, d2 = 80mm, odrediti reakcije u leàjevima.

Rje{enje FAx = 1,62 kN FAy = 2,21 kN FAz = 0,47 kN FBx = 4,64 kN FBy = 1,0 kN FBz = 0. 325

Zadatak 11.24. Vitlo za podizanje tereta oslonjeno je na dva leàja A i B i podiè teret mase m = 400kg. Poznate su dimenzije: - pre~nik bubnja DB = 300mm, - rastojanje tereta od oslona A xm = 1,5, - pre~nici zup~anika d1 = 120mm, d2 = 540mm, - ugao dodirnice α = 20°. Odrediti reakcije u leì{tima A i B.

Rje{enje FA = 1,74 kN FB = 1,06 kN.

326

327

12.1. UVOD Kod konstrukcija kao {to su transmisije, vise}i mostovi, visokonaponski kablovi vaàn tip konstrukcionih elementa je savitljivo uè. Pri konstruisanju takvih elemenata va`no je poznavati veli~inu progiba, odnos izme|u sila istezanja i raspona, zavisnosti tih veli~ina od duìne uèta. Pri analizi savitljive uàdi u nekim primjerima teìna uèta je zanemariva prema optere}enju uèta. Me|utim, katkada je vlastita teìna uèta i jedino optere}enje. Prilikom analize savitljive uàdi smatramo da nema nikakva otpora pri savijanju, {to zna~i da je sila u uètu usmjerena u pravcu uèta. Savitljivo uè moè biti optere}eno nizom koncentriranih tereta, kontinuirano ili kombinovano. Ako je uè optere}eno silama kontinuirano raspore|enim po rasponu, onda ono zauzima odgovaraju}i ravnote`ni oblik. Taj je ravnote`ni oblik uèta, u stvari, lan~anica. Oblik lan~anice zavisi od vrste optere}enja. a) paraboli~na lan~anica - kada je uè optere}eno jednoliko kontinuirano du` horizontalne projekcije i b) obi~na lan~anica - kada je uè optere}eno jednoliko kontinuirano du` cijelog luka lan~anice.

Ako savitljivo uè oslobodimo od veza, dodamo reakcije veza i posmatramo ravnoteù, do}i }emo do veze izme|u sila u uètu, pregiba i duìne uèta.

12.2. PARABOLI^NA LANÂNICA Pretpostavimo da je uè optere}eno jednoliko kontinuirano du` horizontalne projekcije (npr. vise}i most). 327

Isijecimo elementarni dio uèta {irine ds i posmatrajmo ravnoteù tog elementa.


∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0

Fu ⋅ cos ρ − FH = 0   Fu sin ϕ − qx = 0  Dijeljenjem gornje dvije jedna~ine dobit }emo:

(12.1.)

tg ϕ =

qx . FH

(12.2.)

tg ϕ =

y 2y = . x x

(12.3.)

Sa slike 12.3. imamo da je tg ϕ

Izjedna~avanjem jedna~ine (12.2.) i (12.3.) dobit }emo: 2 y qx = x FH y=

qx 2 . 2 FH

(12.4.)

jedna~inu parabole s tjemenom na ta~ki C. Elimini{imo ugao ϕ iz jedna~ina (12.1.), imat }emo:

Fω2 = FH2 + ( qx ) 2 , 328

(12.5.)

odnosno

Fu = FH2 + q 2 x 2 . Pretpostavimo da je uè pri~vr{}eno u ta~kama iste visine, grani~ni uslovi su: 1 x = , y max = f . 2 Horizontalna sila je: FH =

ql 2 , 8f

(12.6.)

a pogib f =

ql 2 . 8 fH

(12.7.)

Sila u ta~ki A odnosno u ta~ki B gdje je uè pri~vr{}eno: q 2l 4

Fu =

64 f

2

+ q2

l2 , 4

(12.8.)

odnosno Fu =

l2 1 ql 1 + . 2 16 f 2

(12.8.)

Duìnu uèta izra~unat }emo na osnovu diferencijalnog odnosa:

ds = dx 2 + dy 2

(12.9.)

odnosno 1 2

L = 2∫ 0

2

1 2

2

 qx   dy   dx. 1 +   dx = 2 ∫ 1 +   dx   FH  0

(12.10.)

Zamjenom obrasca (12.6.) u jedna~ini (12.10) imamo: 1 2

L = 2∫ 1 + 0

64 f 2 x 2 l4

dx.

(12.11.)

Izraz pod korijenom moèmo rastaviti u red i integrirati ~lan po ~lan tako da dobijemo duìnu lan~anice:  l l 64 f L = 2 + 4  2 2 l

2

l3 1  64 f −  4 3 ⋅ 8 8  l

2

  l2  + ...  5 ⋅ 32   329

odnosno  8  f  2 32  f  4  L = l 1 +   −   + ... (12.12.) 5 l   3  l   Ovaj red konvergira za sve vrijednosti (f / 2) < 1 / 4. Za veli~inu slu~ajeva je f mnogo manji od 1 / 4, pa }e biti dovoljna samo prva tri ~lana reda da se postigne pribli`na vrijednost za L sa dovoljnom ta~no{}u.

12.3. OBI^NA LANÂNICA Pretpostavimo da je uè optere}eno jednoliko kontinuirano du` cijelog luka lan~anice. Isijecimo mali element uèta i posmatrajmo njegovu ravnoteù.

Jedna~ine ravnoteè elementa uèta (slika 12.4.)

∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0

Fu ⋅ cos ϕ − FH = 0  (12.13.)  Fu sin ϕ − q ⋅ s = 0  Razlika izme|u ovog primjera i prethodnog je u tome {to vertikalna komponenta Fuy uvijek jednaka teìni uèta duìne S. Iz jedna~ina (12.13.) slijedi da je: tg ϕ =

qs dy = . FH dx

(12.14.)

Po{to je FH = a = cos t parametar lan~anice, q

to je dy s dy = , s=a . dx a dx 330

(12.15.)

Deriviranjem prethodnog izraza imamo da je: d2y dx

2

=

1 ds ⋅ a dx

ds 2 = dx 2 + dy 2 ds  dy  = 1+   dx  dx  d2y dx 2

2

2

=

1  dy  1+   . a  dx 

Zadnja jedna~ina pretstavlja diferencijalnu jedna~inu obi~ne lan~anice. Uvedimo parametar: dy p= dx 1+ p2 dp = . dx a

Integracijom izraza dobijemo: x l u =  p + 1 + p 2  = + C   2

za x = 0 slijedi da je

(12.17.)

dy = p=0 dx c=0 p=

dy s = . dx a

Uvr{tavanjem u gornju jedna~inu dobit }emo: 2  s s lu  + 1 +   a a 

  x  = a , 

(12.18.)

odnosno 2

x

s s + 1+   = ea . a a

(12.19.)

Kvadriranjem i sre|ivanjem gornjeg izraza dobit }emo: 331

2

s 1+   = e a

s e = a

s=a s=a

2x a

2x a

x

−ea

x a 2e

x a e

− 2

x a e

x

s − 2e a +   a

2

 2x  x  e a − 1 e a     = 2 x = sh  a a

dy dx

dy x = sh . dx a

(12.20.)

Integracijom jedna~ine (12.20.) imamo da je: x y = ach + C1 a Integracionu konstantu C1 odredit }emo iz uslova yx = 0 = a slijedi C1 = 0, te je jedna~ina lan~anice: − x a  a = e +e a a 2  x

y = ach

x

 .  

(12.21.)

Silu u uètu dobit }emo iz jedna~ine ravnoteè: Fu = FH2 + q 2 s 2 = q a 2 + s 2  x  x Fu = q a 2 + a 2 sa  = q ⋅ a 1 + sh 2   a a  x Fu = qa ⋅ ch  a Fu = q ⋅ y.

332

(12.22.)

Rije{eni zadaci iz poglavlja 12 Zadatak 12.1. Za lan~anicu prikazanu na slici i optere}enje odrediti sile u uàdima AB, BC, CD i ED.

F1 = 4 kN F2 = 15 kN F3 = 3 kN

Rje{enje

Uvjeti ravnoteè za cijeli sistem su: Σ Fx = 0 – xA + xB = 0

Σ ME = 0 Σ Fy = 0

– yA . 18 + F1 . 15 + F2 . 10 + F3 . 2 = 0 yA – F1 – F2 – F3 + yE = 0 yE = 10 kN 333

Iz uvjeta ravnoteè uèta AB imamo:

Σ Mc = 0

x A ⋅ 12 − 12 ⋅ 8 + 4 ⋅ 5 = 0

x A = x E = 6,33kN

∑ΣFXFx==0 0 FBC cos θ BC − 6,33 = 0 ∑ΣFYFy==00 12 − 4 − FBC sin θ BC = 0 θ BC = 51,6° FBC = 10,2 kN

∑ΣFXF=x =0 0 FAB cos θ AB − 6,33 = 0 ∑ΣFYFy==00

− F AB sin θ AB + 12 = 0

θ AB = 62,2° F AB = 13,6 kN

∑ΣFXFx==00

FCD cos θ CD − 10,2 ⋅ cos 51,6° = 0

∑ΣFYFy==00

FCD sin θ CD + 10,2 sin 51,6° − 15 = 0

θ CD = 47,9° FCD = 9,44 kN

∑ΣFXFx==00

6,33 − FED cos θ ED = 0

∑ΣFFY y==00

10 − FCD sin θ ED = 0

θ ED = 57,7° FED = 11,8 kN . Zadatak 12.2. Uè pri~vr{}eno u ta~kama A i B nosi most koji uè kontinuirano optere}uje q0 N/m. Na}i maximalnu lm silu u uètu te duìnu lan~anice L. 334

Rje{enje Kako je q(x) = q0 to imamo na osnovu jedna~ine (12.4.) iz poglavlja 12.2. da je: q0 2 x . 2 FM

y=

Za vrijednosti x = l/2 y = h horizontalna sila FM

q0 ⋅ l 2 = 8h

y=

Kako je Fu = FH . cos ϕ za 0 ≤ ϕ ≤ dy dx

4h l

2

x2

π to je Fu max za maximalnu vrijednost ugla ϕ. 2

max = tg ϕ max

=

q0 x x= l 2 FM

 q ⋅l  ϕ max = tg −1  0   2 FM  Fu max =

FM . cos ϕ max 335

Iz ugla koji je prikazan na slici imamo da je:

4 FH2 + q 02 l 2

Fu max =

2

odnosno Fu max =

q0 ⋅ l  l  1+   2  4h 

2

.

Kako je elementarna duìna luka ds =

(dx )2 + (dy )2

2

 dy  = 1 +   dx  dx 

duìnu uèta l

2

L = ∫ ds = 2 ∫ 0

2

q ⋅x 1 +  0  dx .  FH 

Nakon integriranja  q ⋅l  l L= 1 +  0  2  2 FH 

2

+

 q ⋅l  FH ⋅ sin h −1  0  . q0  2 FH 

Uvr{tavanjem izraza za FH te sre|ivanjem dobijamo: 2   l  l  4h  −1  4 h   L= 1+   + sin   2 4h  l   l   

336

Zadatak 12.3. Obi~na lan~anica optere}ena jednoliko kontinuirano optere}enjem q = 5N/m prikazana je na slici. Odrediti maximalnu silu u uètu te duìnu lan~anice.

Rje{enje Kako je:

to nakon integriranja imamo da je: x=∫

ds 1

2  1  2 1 + 2 (q ⋅ S + C1 )   FH  Uvedimo oznaku da je u = (1/FH) (q . S + C1) to je du = (q/FH) ds

odnosno

x=

FH q

   −1  1 (q ⋅ S + C1 ) + C 2  . sin h     FH 

Znaju}i da je: 1 dy (q0 ⋅ S + C1 ) = dx FH

337

za

dy = 0 ⇒ S = 0 C1 = 0 te dobijamo dx dy q⋅S = tg ϕ = dx FH

za S = 0 x = 0 ⇒ C2 = 0 S=

 q  FH ⋅ x  . sin h q  FH 

Imamo da je:  q  dy = sin h ⋅ x  . dx  FH 

 q  FH cos h x  + C 3 q  FH 

y=

za y = 0 x = 0 ⇒ C3 = −

FH q

y=

 q   FH  x  − 1 . cos h q   FH  

Za ta~ku y = h, x = l/2 h=

FH q

  q⋅l cos h   2 FH

   − 1  

za q = 5N/m, h = 6m l =20m imamo da je: y=

 5   FH  x  − 1 cos h 5   FH  

6=

FH 5

  50 cos h   FH

   − 1  

y = 9,16[cos h(0,109 x )− 1] Za x = 10m L 45,8  5  = ⋅ sin h  ⋅ 10  = 12,1m 2 5  45,8 

L = 24,2m. 338

Sila u uètu Fu = FH/cos ϕ dy dx

max

5 ⋅ 12,1 = 1,32 45,8 ϕmax = 52, ϕ°

= tg ϕ max =

Fu max =

45,8 = 75,9 [ N ]. cos 52, ϕ°

Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 12 Zadatak 12.4. Za lan~anicu prikazanu na slici potrebno je odrediti sile u uàdima AC , CD i DB te duìnu lan~anice.

Zadatak 12.5. Za lan~anicu optere}enu jednoliko kontinuirano q = 700 N/m na rasponu 25m javlja se sila u uètu Fu max = 10 kN. Odrediti pregib uèta h.

339

Zadatak 12.6. Uè optere}eno jednoliko kontinuirano q = 5 N/m duìne 175m obje{eno je o dva stuba A i B rastojanja 150m. Stubovi su visine 50m. Odrediti duìnu d od uèta do podloge i horizontalnu silu FH.

Rje{enje d = 10,6m FH = 384 N.

340

341

342

343

344

345

346

347

348

13.1. ELEMENTARNI RAD →

Pod elementarnim radom sile F na putu ds podrazumijevamo proizvod projekcije sile na pravac puta i veli~ine puta = Fds . cos ϕ (13.1.)

→

→

U vektorskom obliku rad je predstavljen skalarnim proizvodom sile F i pomaka d r. →

→

Pretpostavimo da se napadna ta~ka sile F pomakne za beskona~no mali pomak d r izvr{en je rad → → = F . d r = F . cos ϕ . dr (13.2.) ili u analiti~kom obliku

(13.3.)

→

rad sile F }e biti izraèn slijede}om jedna~inom = Fxdx + Fydy + Fzdz = {F}T {dr}.

(13.4.)

→

U jedna~inu (13.2.) d r = ds, a za ϕ < 90° dA > 0, za ϕ > 90° dA < 0. U gornjim jedna~inama Fx , Fy , Fz su projekcije sile na koordinatne ose a x, y, z su koordinate napadne ta~ke sile. Ako tijelo vr{i rotaciono kretanje, onda je elementarni rad sile koja djeluje na to tijelo jednak proizvodu momenta te sile za obrtnu osu i ugla rotacije (13.5.) = M(F) . dϕ 341

→

Pretpostavimo da napadna ta~ka sile F pre|e put od ta~ke N do ta~ke M.

Pri kretanju napadne ta~ke sile rad se izraàva pomo}u krivolinijskog integrala = ∫ FV ds = ∫ (Fxdx + Fydy + Fzdz) NM

→

NM

gdje je: FV - projekcija sile F na pravac brzine (koja se poklapa sa tangentom). Ako projekciju sile na tangentu izrazimo u funkciji puta s i predstavimo zavisnost grafi~ki (slika 13.4.), onda je rad na pomjeranju od s0 do s1 proporcionalan {rafiranoj povr{ini.

342

→ →

→

Ukoliko na kruto tijelo djeluje sistem sila F1, F2 ... Fn, rad svih sila kod beskona~no malenog pomaka iznosi: =

(Fxdx + Fydy + Fzdz)

(13.6.)

13.2. PRINCIP VIRTUALNIH POMJERANJA Mogu}e ili virtualno pomjeranje sistema (ozna~ava se sa δ) naziva se svako elementarno pomjeranje sistema koje u datom momentu dopu{taju veze. Pomjeranje pri kome sistem ne napu{ta veze naziva se neosloba|aju}e, a u suprotnom slu~aju zove se osloba|aju}e. Veza koja ne dopu{ta osloba|aju}a pomjeranja naziva se zadràvaju}a ili dvostrana. Ako veza dopu{ta osloba|aju}a pomjeranja naziva se nezadràvaju}a ili jednostrana. Veza se naziva idealna ako je zbir radova njene reakcije pri svakom mogu}em pomjeranju jednak nuli, to jest virtualni rad reakcije idealne veze jednak je nuli. Da bi sistem sa idealnim zadràvaju}im vezama bio u ravnoteì, potrebno je i dovoljno da zbir elementarnih radova svih sila koje djeluju na sistem, pri svakom mogu}em pomjeranju, bude jednak nuli: → →

Fiδsi cos ∠ (Fi , dsi) = 0,

(13.7.)

(Fxiδxi + Fyiδyi + Fizδzi) = 0.

(13.8.)

ili u analiti~kom obliku:

Vrijedi i obrnuto: ako je zami{ljeni rad svih vanjskih sila koje djeluju na jedan mehani~ki sistem jednak nuli, onda je on u ravnoteì. Princip virtualnih radova jedan je od vrlo va`nih principa, ne samo u statici krutih tijela, nego i u drugim dijelovima mehanike. Primjena principa virtualnih radova u statici jednostavnija je od primjene uslova ravnoteè. Prednost primjene principa virtualnih radova velika je kod mehani~kih sistema kod kojih se jednostavno odre|uju geometrijske veze me|u pomacima.

343

Rije{eni zadaci iz poglavlja 13 Zadatak 13.1. →

Greda teìne → G odràva se u prikazanom ravnote`nom poloàju pomo}u uèta na koje djeluje sila F. Odredit silu F da bi greda i dalje ostala u ravnote`nom poloàju.

Rje{enje Kako je F x, slijedi da je virtualni rad vanjskih sila: = – G . δzs + F . δx = 0. Kako je zs = d sin ϕ a ovisnost δx i δz od δϕ je δzs = d . cos ϕ . δϕ, δx = – 5δc. Sa slike vidimo da je zami{ljena promjena duìne c negativna jer se duìna c smanjuje pove}anjem ugla ϕ. Zavisnost izme|u c i ϕ dobit }emo na osnovu kosinusnog pou~ka: c2 = a2 +b2 + 2ab cos ϕ 2cδc = – 2ab sin ϕdϕ, odnosno 5ab δx = ⋅ sin ϕdϕ. c Uvr{tavanjem u prvu jedna~inu: 5ab   δA =  − G ⋅ d ⋅ cos ϕ + F ⋅ sin ϕ dϕ = 0 c   G⋅d F= a 2 + b 2 2 ab cos ϕ. 5ab tg ϕ 344

Zadatak 13.2. Na ru~icu zavojne pre{e djeluje spreg sila ~iji je moment M. Korak zavojnice je h. Odrediti reakciju, odnosno silu sabijanja prese.

Rje{enje Translatorno pomjeranje zavojnice je δz, a ugao obrtanja δϕ. Odnos izme|u njih je: δz : h = δϕ : 2ϕ. Ako primijenimo princip virtualnih pomjeranja:

to je F ⋅h  M − δϕ = 0. 2π   Prethodna jedna~ina je zadovoljena ako je: F ⋅h =0 2π 2πM F= . h

M=

Zadatak 13.3.

→

Re{etkasti nosa~ prikazan na slici optere}en je silama F. Odrediti sile u {tapovima 1 i 2 metodom virtualnih radova. F = 5 kN a = 2m. 345

Rje{enje Re{etkasti nosa~ nema mogu}nost kretanja. Da bismo primijenili princip virtualnih pomjeranja, razrezat }emo {tap 2 zamijeniti silama S2 kao {to je prikazano na slici.

Veza izme|u mogu}ih pomjeranja: δβ = 2δα

Zami{ljamo rad svih vanjskih sila

δA = F ⋅ aδα + F ⋅ 3aδα − S 2 ⋅ aδα + F ⋅ aδβ − S 2 aδβ = 0 Slijedi Faδα + 3Faδα − S 2 aδα + 2 Faδβ − S 2 ⋅ 2aδβ = 0 ( Fa + 3Fa − S 2 a + 2 Fa − S 2 2 a )δα = 0 6aF − 3aS 2 = 0 S 2 = 2 F = 10 kN .

Donji {tapovi 1 i 2 optere}eni su na isteànje sila S2 = 10 kN. Reakcije u osloncima A i B nisu utijecale na rje{enje, jer kod zami{ljenih pomaka one ne vr{e nikakav rad. 346

347

348

349

350

351

352

353

354

355

356

357

358

359

360

361

362

348

KATEDRA ZA MEHANIKU

GRAFI^KE VJE@BE IZ STATIKE {kolske 20 / godine

Prezime i ime studenta:..............................................................................

ZADATAK BR. 1

Za nosa~ optere}en prema slici broj odrediti: a) grafi~kim i analiti~kim postupkom reakcije veze b) grafi~kim i analiti~kim putem nacrtati sve stati~ke dijagrame (Mf , Ft , Fa) c) odrediti maksimalnu vrijednost momenta savijanja.

Podaci

Datum izdavanja:............................. Predmetni nastavnik: Rok predaje:..................................... Prof. dr Isak Karabegovi}, dipl.in`. 349

350

351

352

353

KATEDRA ZA MEHANIKU



ZADATAK BR. 2

Za Gerberov nosa~ optere}en prema slici analiti~ki: a) odrediti reakcije oslonaca, b) ispituju}i detaljno svako polje nosa~a nacrtati stati~ke dijagrame (Mf , Ft , Fa), c) odrediti poloàj i veli~inu ekstremnih vrijednosti napadnog momenta u poljima kontinualnog optere}enja.

Podaci


355

356

357

358

359

360

KATEDRA ZA MEHANIKU



ZADATAK BR. 3

Za sistem krutih tijela optere}en prema slici broj zanemaruju}i sopstvene teìne greda odrediti: a) reakcije svih spolja{njih i unutra{njih veza kojima je sistem podvrgnut, b) nacrtati sve stati~ke dijagrame (Mf , Ft , Fa) za svako tijelo sistema posebno.

Podaci


362

363

364

365

366

KATEDRA ZA MEHANIKU



ZADATAK BR. 4

Za okvirni nosa~ optere}en prema slici broj odrediti: a) ra~unskim putem reakcije oslonca, b) napisati jedna~inu napadnog momenta, transverzalne i aksijalne sile za svako polje nosa~a i na osnovu njih nacrtati sve stati~ke dijagrame (Mf , Ft , Fa) c) ra~unom odrediti poloàj i veli~inu ekstremnih vrijednosti momenta u poljima kontinualnog optere}enja, kao i najve}u apsolutnu vrijednost momenta savijanja cijelog nosa~a (Mf max)

Podaci


368

369

370

371

372

373

374

KATEDRA ZA MEHANIKU



ZADATAK BR. 5

Za dati re{etkasti nosa~ prikazan na skici broj : a) analiti~kim putem odrediti otpore oslonaca, b) metodom Kremona odrediti sile u {tapovima , c) na datom presjeku R-R odrediti sile u {tapovima metodom Ritter, d) metodom Kulman odrediti sile u datom presjeku K-K.

Podaci


376

377

378

379

380

KATEDRA ZA MEHANIKU



ZADATAK BR. 6

Za povr{inu prikazanu na slici broj : a) analiti~kim putem odrediti koordinate teì{ta, b) grafi~kim putem odrediti koordinate teì{ta, d) odrediti veli~inu zapremine koja nastaje obrtanjem date povr{ine oko ose O...za ugao ϕ = 2π

Podaci


382

383

384

UPUTSTVO ZA IZRADU PROGRAMA Prema nastavnom programu Statike za studente I semestra Ma{inskih fakulteta, predvi|eno je da svaki kandidat samostalno uradi grafi~ke radove iz ove oblasti. Prora~une treba raditi na propisanim obrascima. Kada se zavr{e svi programi predaju se u fascikli A4 formata. Tek poslije uspje{no ura|enih, odbranjenih i pozitivno ocjenjenih grafi~kih radova, student moè iza}i na ispit iz Statike. UNIVERZITET U BIHA]U Tehni~ki fakultet BIHA]

Zadatak 1 Za nosa~ optere}en prema slici odrediti: a) grafi~kim i analiti~kim postupkom reakcije veze, b) grafi~kim i analiti~kim putem nacrtati sve stati~ke dijagrame (Mf , Ft , Fa), c) odrediti maksimalnu vrijednost momenta savijanja.

Slika uz zadatak 1 385

Podaci: F1 = 40 kN F2 = 60 kN M1 = 50 kNm M2 = 60 kNm q1 = 10 kN/m q2 = 16 kN/m a=2m Rje{enje: Grafi~ki postupak

Slika uz rje{enje zadatka 1 386

2 kN UF =  1 mm 1m UL =  5 mm 10 kNm UM =   1 mm 10 kNm  UM =  1 mm

FA = Fq . UF = 112 kN  xB = hf . UF = 30 kN  yB = eh . UF = 84 kN  FB = ef . UF = 89 kN Mfmax = 26,5 . H . UF . UL = 265 kNm

Analiti~ki postupak F2

a) Reakcija oslonca Jedna~ine ravnoteè: 1) Σx = 0 xB – F2 . cos60° = 0 2) Σy = 0 FA + yB – F1 – F2 sin60° – q1 . 2a – q2 . 2a = 0 3) ΣMA = 0 -F1 . a – q1 . 2a . a + q2 . 2a . a – M1 – yB . 3a + F2 . sin60° . 5a + M2 = 0 Prema zadanim podacima i jedna~inama nalazimo reakcije oslonca: xB = 30 kN, yB = 84,6 kN, FA = 111,36 kN. b) Jedna~ine napadnog momenta Mf , transverzalne sile F1, aksijalne sile Fa, u poljima nosa~a. I polje 0 ≤ x ≤ a Jedna~ina napadnog momenta x Mf (x) = -q1 . x .  2 2 Mf (x) = -5x . Jedna~ina transverzalne sile dMf (x) Ft(x) =  = -10x. dx Jedna~ina aksijalne sile Fa = 0. 387

Vrijednost Mf , Ft , Fa za pojedine karakteristi~ne presjeke polja: x = 0 Mf = 0 Ft = 0 Fa = 0 x = 2 Mf = -20 kNm, Ft = -20 kN, Fa = 0 II polje 0 ≤ x ≤ a Jedna~ina napadnog momenta x –F .x Mf (x) = -q1 . (a + x) . a+ 1 2 Mf (x) = -20 – 60x – 5x2. Jedna~ina transverzalne sile dMf (x) Ft(x) =  = -60 – 10x. dx

Jedna~ina aksijalne sile Fa = 0 Vrijednosti Mf , Ft , Fa za pojedine karakteristi~ne presjeke polja x = 0 Mf = -20 kNm, Ft = -60 kN, Fa = 0 x = 2 Mf = -200 kNm, Ft = -80 kN, Fa = 0. III polje

0 ≤ x ≤ 2a Jedna~ina napadnog momenta x Mf (x) = -q1 . 2a (x + a) – F1 . (x + a) – q2 . x .  2 2 Mf (x) = -8x + 31,36x – 160. Jedna~ina transverzalne sile dMf (x) Ft(x) =  = -16x + 31,36. dx

Jedna~ina aksijalne sile Fa = 0. Vrijednosti Mf , Ft, Fa za pojedine karakteristi~ne presjeke polja Fa = 0 x = 0, Mf = -160 kNm, Ft = 31,36 kN, Ft = -32,64 kN, Fa = 0. x = 4 m, Mf = -162 kNm, IV polje

0≤x≤a Jedna~ina napadnog momenta Mf (x) = -q1 . 2a . (x + 3a) – F1 . . (x + 3a) + F . (x + 2a) – q . 2a . a 2 . (x + a) – M 1 Mf (x) = -202,56 – 32,64x.

388

Jedna~ina transverzalne sile dMf (x) Ft(x) =  = -32,64. dx Jedna~ina aksijalne sile Fa = 0. Vrijednosti Mf , Ft, Fa za pojedine karakteristi~ne presjeke polja Ft = -32,64 kNm, Fa = 0 x = 0, Mf = -202,56 kNm, x = 4 m, V polje

Mf = -267,84 kNm,

Ft = -32,64 kNm,

Fa = 0.

0 ≤ x ≤ 2a

Jedna~ina napadnog momenta Mf(x) = -q1 . 2a . (x + 4a) – F1 . (x + 4a) + FA . (x + 3a) – – q2 . 2a . (x + 2a) – M1 + yB . x Mf(x) = -267,84 + 51,96x. Jedna~ina transverzalne sile dMf (x) Ft(x) =  = +51,96. dx Jedna~ina aksijalne sile Fa = -xB = -30. Vrijednosti Mf, Ft, Fa za pojedine karakteristi~ne presjeke polja x = 0, Mf = -267,84 kNm, Ft = 51,96 kN, Fa = -30 kN Ft = 51,96 kN, Fa = -30 kN. x = 4 m, Mf = -60 kNm, c) Poloàj i vrijednost matematskih ekstrema napadnog momenta. Polja kontinualnog optere}enja su I-I, II-II i III-III. Grafik funkcije napadnog momenta moè da ima matemati~ki ekstrem u presjeku u kome grafik transferzalne sile sije~e osu O, odnosno za Ft = 0, drugim rije~ima: dMf (x) Ft =  = 0, dx

389

I polje 0 ≤ x ≤ a Ft(x) = -10x -10x = 0. Zna~i da kriva nema matemati~kog ekstrema. II polje 0 ≤ x ≤ a Ft(x) = -60 – 10x -60 – 1x = x = -6 m. Rezultat pokazuje da nema ekstremne vrijednosti napadnog momenta. III polje 0 ≤ x ≤ 2a Ft(x) = -16x + 31,36 -16x + 31,36 = 0 x= M

f

31,36 = 1,96 m 16 x =1,96

= −129,267 kNm

(min)

Napadni moment ima matemati~ki ekstrem i to na x = 1,96 m i moment je minimalan Mf = -129,267 kNm (vidjeti dijagram Mf). Zadatak 2. Za dati Gerberov nosa~ i optere}enje: a) ra~unskim putem odrediti reakcije oslonaca, b) napisati jedna~ine napadnog momenta, transverzalne i aksijalne sile za svako polje nosa~a i na osnovu njih nacrtati stati~ke dijagrame Mf , Ft, Fa, c) ra~unom odrediti poloàj i veli~inu ekstremnih vrijednosti momenta savijanja u poljima kontinualnog optere}enja.

Podaci: F = 10 kN M = 20 kNm q = 20kN/m a=1m

Slika uz zadatak 2

390

Rje{enje: a) Reakcije oslonaca

Slika uz rje{enje zadatka 2

Jedna~ine ravnoteè: 1) Σx = 0 -xA + F = 0 2) Σy = 0

l l yA –  q . 3a –  q . 3a + FB – 2F = 0 2 2

l D 3) ΣMG = 0 -M +  q 3a . 3a – FB . 4a + 2F . 4a + F . a = 0 2 l l 4) ΣMA = 0 -MA +  q . 3a . a – M +  q . 3a . 6a – FB . 7a + 2F . 7a + F . a = 0 2 2 Prema zadanim podacima iz jedna~ina nalazimo reakcije: xA = 10 kN, yA = 40 kN, FB = 40 kN, MA = 60 kNm. Provjera: l yA . 3 – MA –  q . 3a . 2a = 0; 0 ≡ 0. 2 Jedna~ine napadnog momenta Mf (x), transverzalne sile Ft (x) i aksijalne sile Fa, u poljima nosa~a (ispitivanje polja nosa~a). I polje 0 ≤ x ≤ 3a Iz sli~nosti trouglova L

ΣM G = 0

3a – x q′′ =  . q 3a 3a – x x q′ = q – q′′ = q –  q =  q 3a 3a 1 q′ . x Fq′ =  2 x x2 1  qx =  q Fq′ =  6a 2 3a 3a – x Fq′′ = q′′x Fq′′ =  q . x. 3a q q′′  =  3a 3a – x

391

Jedna~ina napadnog momenta: 2 1 F ′′ Mf (x) = - MA + yA . x –  x . Fq′ –  2 q 3 10 Mf (x) = - 60 + 40x – 10x3 +  x2 3 Jedna~ina transverzalne sile: 10 3 2 2 = 40 x − 20 x + 10  xx 33 dx Jedna~ina aksijalne sile: Fa = xA. Vrijednosti Mf , Ft , Fa za pojedine karakteristi~ne presjeke polja su za x = 0 Mf = - 60 kNm, Ft = 40 kN, Fa = 10 kN za x = 3m Mf = 0kNm, Ft = 10 kN, Fa = 10 kN. Ft ( x ) =

dM f ( x )

II polje 0 ≤ x ≤ a Jedna~ina napadnog momenta: 1 q3a (x + 2a) Mf (x) = - MA + yA (x + 3a) –  2 Mf (x) = 10x. Jedna~ina transverzalne sile: Ft ( x ) =

dM f ( x )

= 10 10.x. dx Jedna~ina aksijalne sile: Fa = xA. Vrijednosti Mf , Ft , Fa za pojedine karakteristi~ne presjeke polja za x = 0 Mf = 0, Ft = 10 kN, Fa = 10 kN za x = 1m Mf = 10 kNm, Ft = 10 kN, Fa = 10 kN.

III polje 0 ≤ x ≤ a q : 3a = q′ : x x q q′ =  3a Jedna~ina napadnog momenta: 1 q . 3a (x + 3a) –  1 q′. x .  x Mf (x) = - MA + yA (x + 4a) –  2 2 3 10 Mf (x) = 10 + 10x –  x2. 9

392

Jedna~ina transverzalne sile: dM f ( x ) 10 Ft ( x ) = = 10 − x 2 . dx 3 Jedna~ina aksijalne sile: Fa = xA. Vrijednosti Mf , Ft , Fa za pojedine karakteristi~ne presjeke polja za x = 0 Mf = 10 kNm, Ft = 10 kN, Fa = 10 kN 170 20 za x = 1m Mf =  kNm, Ft =  kN, Fa = 10 kN. 9 3 IV polje a ≤ x ≤ 3 q : 3a = q′ : x x q q′ =  3a Jedna~ina napadnog momenta: 1 q3a (x + 3a) –  1 q′x .  x –M Mf (x) = - MA + yA (x + 4a) –  2 2 3 10 3 Mf (x) = -10 + 10x –  x . 9 Jedna~ina transverzalne sile: dM f ( x ) 10 Ft ( x ) = = 10 − x 2 . dx 3 Jedna~ina aksijalne sile: Fa = xA. Vrijednosti Mf , Ft , Fa za pojedine karakteristi~ne presjeke polja 10 20 za x =1m Mf =  kNm, Ft =  kN, Fa = 10 kN 9 3 za x = 3m Mf = - 10 kNm, Ft = -20 kN, Fa = 10 kN. Za vrijednosti Mf , Ft , Fa na granicama polja potrebno je redukovati ekscentri~ne sile → → F , 2F na desni kraj grede. Pri tome se savijaju spregovi koji su suprotnih smjerova. V polje 0 ≤ x ≤ a (gledano sa desne strane) M1 = Fa = 10 kNm M2 = 2Fa = 20 kNm. Jedna~ina napadnog momenta: Mf (x) = - M1 + M2 – 2F . x Mf (x) = 10 – 20x.

393

Jedna~ina transverzalne sile: dM f ( x ) ) =– = 20. FFt(x) t ( x= dx Jedna~ina aksijalne sile: Fa = xA. Vrijednosti Mf , Ft , Fa za pojedine karakteristi~ne presjeke polja za x = 0 Mf = 10 kNm, Ft = 20 kN, Fa = 10 kN za x = 1m Mf = -10 kNm, Ft = 20 kN, Fa = 10 kN. c) Poloàj i vrijednost matematskih ekstrema napadnog momenta Polja kontinualnog optere}enja su I-I, III-III i IV-IV. Grafik funkcije napadnog momenta moè da ima matemati~ki ekstrem u presjeku u kome grafik transverzalne sile sije~e osu Ox odnosno za Ft = 0, drugim rije~ima Ft =

dM f ( x ) dx

= 0,

I polje 0 ≤ x ≤ 3a 10 Ft (x) = 40 – 20x +  x2 3 10 2 40 – 20x +  x = 0 3 3,33x2 – 20x + 40 = 0. Rje{enje prethodne jedna~ine su kompleksni brojevi {to zna~i da kriva nema matemati~kih ekstrema. Prema znaku drugog izvoda zaklju~ujemo o konkavnosti i konveksnosti krive napadnog momenta i transverzalne sile: d 2 M f ( x) 2

= −20 +

dx nadole (ispup~ena); d 2 Ft ( x ) dx

2

=

20 x < 0, za sve vrijednosti u polju, pa je kriva Mt (x) konveksna 3

20 > 0, za sve vrijednosti u polju, pa je kriva Ft (x) konkavna (udubljena) 3

III polje 0 ≤ x ≤ a 10 Ft (x) = 10 –  x2 3 -33,3x2 + 10 = 0. Korijeni prethodne jedna~ine leè izvan segmenta [ 0,1 ] (izvan granica III polja), te zaklju~ujemo da napadni momenat nema matemati~kih ekstrema. IV polje a ≤ x ≤ 3a 10 Ft (x) = 10 –  x2 3 394

Slika Stati~kih dijagrama za Gerberov nosa~ zadatka 2

10 – 3,33x2 = 0 x12 =

10 = ±1,733 3,33

x1 = 1,733. Ekstrem momenta se nalazi na rastojanju x = 1,733m, a vrijednost mu je: 10 Mfmax = -10 + 10x –  x3 9 10 Mfmax = -10 + 10 . 1,733 –  1,7333 = 1,547 kNm 9 d 2 M f ( x) 20 = − x < 0, kriva Mf (x) konveksna je na dole (ispup~ena) 2 3 dx d 2 Ft ( x ) dx

2

=−

20 < 0, za sve vrijednosti kriva je konveksna (ispup~ena) 3 395

Zadatak 3. Za dati okvirni nosa~ i optere}enje: a) ra~unskim putem odrediti reakcije oslonaca, b) napisati jedna~ine napadnog momenta, transverzalne i aksijalne sile za svako polje nosa~a i na osnovu njih nacrtati stati~ke dijagrame Mf , Ft , Fa , c) ra~unom odrediti poloàj i veli~inu ekstemnih vrijednosti momenta savijanja kao i najve}u apsolutnu vrijednost momenta savijanja cijelog nosa~a Mfmax.

Podaci: F1 = F3 = 4 kN F2 = F4 = F5 = 2 kN

Slika uz zadatak 3.

Rje{enje: Kada se okvirni nosa~ oslobodi spolja{njih veza (oslonaca A i B) i djejstvo i veza → → zamjeni reakcijama xA A,A→ y A i FB tada za cijeli okvirni nosa~ kao krutu konstrukciju mogu da se postave tri nezavisna uslova ravnoteè u obliku: 1) Σxi = xA – F1+ F5 = 0 2) Σyi = yA + FB+ F2 – F3 – F4 = 0 → 3) ΣMA( Fi ) = FB. 4 + F1 . 2 – F2 . 1– F3 . 2 – F4 . 5 = 0 odakle nalazimo: xA = 2 kN, yA = 1 kN, FB = 3 kN. Ovaj okvirni nosa~ sastavljen je od dvije vertikalne AC i BD i jedne horizontalne LN grede i za svaku gredu treba da se nacrtaju stati~ki dijagrami. Pri odre|ivanju stati~kih veli~ina u popre~nim presjecima svih triju greda poloàj posmatra~a je u poloàju P, tj. unutar rama i okrenut je ka gredi za koju se odre|uju stati~ke veli~ine. Vertikalna greda AC I polje 0 ≤ y ≤ 2 Jedna~ina momenta savijanja: M(y) = -xA . y M(y) = -2y 396

Jedna~ina transverzalne sile: dM ( y ) Ft ( y ) = = −2 . dy Jedna~ina aksijalne sile: Fa = - yA. Vrijednosti Mf , Ft , Fa za pojedine karakteristi~ne presjeke polja: za y = 0 Mf = 0 , Ft = - 2 kN, Fa = - 1kN za y = 2m Mf = - 4 kNm, Ft = - 2 kN, Fa = - 1 kN. II polje 2 ≤ y ≤ 3 Jedna~ina momenta savijanja: M(y) = -xA . y + F2 (y – 2) M(y) = 2y – 8. Jedna~ina transverzalne sile: dM ( y ) Ft ( y ) = = 2. dy Jedna~ina aksijalne sile: Fa = - yA. Vrijednosti Mf , Ft , Fa za grani~ne presjeke polja: za y = 2m Mf = - 4 kNm, Ft = 2 kN, Fa = - 1kN za y = 3m Mf = - 2 kNm, Ft = 2 kN, Fa = - 1 kN. Vertikalna greda BD III polje 0 ≤ y ≤ 1 Jedna~ina momenta savijanja: M(y) = 0. Jedna~ina transverzalne sile: Ft = 0. Jedna~ina aksijalne sile: Fa = - FB. za y = 0 i y = 1m Fa = -3kNm. IV polje 1 ≤ y ≤ 4 Jedna~ina momenta savijanja: M(y) = F5 (y – 1 ) M(y) = 2y – 2 Jedna~ina transverzalne sile: dM ( y ) Ft = = 2. dy 397

Jedna~ina aksijalne sile: Fa = - FB. Vrijednosti Mf , Ft , Fa za grani~ne presjeke polja: za y = 1m Mf = 0 kNm, Ft = 2 kN, Fa = - 3kN za y = 4m Mf = 6 kNm, Ft = 2 kN, Fa = - 3 kN. Horizontalna greda LN V polje 0 ≤ x ≤ 1 Jedna~ina momenta savijanja: M(x) = F2 . x M(x) = 2x. Jedna~ina transverzalne sile: dM ( x ) = 2. Ft = dx Jedna~ina aksijalne sile: Fa = 0. Vrijednosti Mf , Ft , Fa za grani~ne presjeke polja: za x = 0 Mf = 0 Ft = 2 kN, Fa = 0 za y = 1 Mf = 2 Ft = 2 kN, Fa = 0. VI polje 1 ≤ x ≤ 3 Jedna~ina momenta savijanja M(x) = F2 . x + yA . (x – 1) + F1 . 1 – xA . 3 M(x) = - 3x + 3. Jedna~ina transverzalne sile Ft = F2 + yA Ft = -1 Jedna~ina aksijalne sile Fa = -xA + F1 Fa = 2. Vrijednosti Mf , Ft , Fa za grani~ne vrijednosti polja: x = 1m Mf = 0 kNm Ft = + 3 kN, Fa = 2 kN y = 3m Mf = - 6 kNm Ft = + 3kN, Fa = 2 kN. VII polje 3 ≤ x ≤ 5 Jedna~ina momenta savijanja M(x) = F2 . x + yA . (x – 1) + F1 . 1 – xA . 3 – F3 . (x – 3) M(x) = -7x + 15.

398

Slika dijagrama aksijalnih, transverzalnih sila i momenta savijanja zadatka 3

Jedna~ina transverzalne sile Ft = F2 + yA – F3 Ft = -1 Jedna~ina aksijalne sile Fa = 2. Vrijednosti Mf , Ft , Fa za grani~ne vrijednosti polja: za x = 3m Mf = - 6 kNm Ft = -1 kN, Fa = 2 kN. Vrijednosti momenta savijanja u ta~ki D MD = – F4 . 1 + F5 . 3 + FB . 0 MD = 4 kNm. VIII polje 0 ≤ x ≤ 1 (gledano s desne strane nosa~a) Jedna~ina momenta savijanja: M(x) = - F4 . x M(x) = -2x. 399

Jedna~ina transverzalne sile: Ft = 2 kN Jedna~ina aksijalne sile: Fa = 0. Zadatak 4. Za dati ravni re{etkasti nosa~ i optere}enje: a) analiti~kim putem odrediti otpore oslonaca, b) metodom Kremona odrediti sile u {tapovima, c) u datom presjeku odrediti sile u {tapovima metodom Ritter, d) metodom Kulmana odrediti sile u datom presjeku.

Podaci: F1 = 35 kN F2 = 25 kN a = 2m

Slika uz zadatak 4

Rje{enje: a) Reakcije oslonca Jedna~ine ravnoteè:


400

1) Σx = 0

xA – F1 . cos60° + F2 . cos60° = 0

2) Σy = 0

yA + FB – F1 . sin60°– F2 . cos60° = 0 F1 . cos60°. 2a + FB . a – F2 . cos60° . 2a – F2 . sin60° . 2a = 0

3) ΣMA = 0

Prema zadanim podacima i jedna~inama nalazimo reakcije oslonca: xA = 5 kN, yA = 18,66 kN, FB = 33, 3 kN FA = x A2 + y A2 = 5 2 + 18,66 2 = 19,318kN

Provjera reakcija: ΣMB = 0 yA . a – F1 . sin60° . a – F1 . cos60° . 2a + F2 . cos60° . 2a + F2 . sin60° . a = 0 18, 66 – 35 . 1,866 + 25 . 1,866 = 0 0 ≡ 0. b) Metoda izrezivanja ~vorova i metoda Cremona

1m UL =  10mm 1 kN UF =  1mm

Slika odre|ivanja reakcija oslonca A i B zadatka 4

 FB = cd . UF = 33,3 kN  FA = da . UF = 19 kN  xA = ca . UF = 5 kN  yA = de . UF = 18 kN.

401

Metoda izrezivanja ~vorova Provjerimo odnos broja {tapova S i broja ~vorova n

S = 2n – 3 9=2.6–3 9 = 9. Metoda Cremona

Napomena:  1 S1 = bg . UF = 33 .  = 33 kN, istez. 1  1 S2 = cg . UF = 33 .  = 30 kN, pritisak 1

Slika Cremonovog plana sila zadatka 4 Tabela sila u {tapovima re{etskastog nosa~a zadatka 4

402

c) Metoda Ritter

ΣMA = 0 FB . a + S8 . a = 0 S8 = - FB = 33, 3 kN (opt. na pritisak) ΣMC = 0 S6 . a + yA . a – xA . a = 0 S6 = xA – yA = 5 – 18,66 S6 = -13,6kN (opt. na pritisak)

Slika uz Ritterovu metodu zadatka 4

ΣMB = 0

 √2 S6 . a + yA . a + S7 . a .  = 0 2 2 S7 =   (- yA – S6 ) √2 S7 = -7,09 kN. d) Metoda Kulmana

Slika uz Kulmanovu metodu zadatka 4

403

1  . U = 23 .  S3 = ca = 23 kN, pritisak F 1  1 S2 = bd . UF = 30 .  = 30 kN, pritisak 1  1 S4 = dc . UF = 13,3 .  = 13,3 kN, pritisak 1 Obja{njenje metode izrezivanja ~vorova

→ → Pomo}u plana sila i veri`nog poligona odredimo spolja{nje reakcije veze FA i FB (vidi sliku). Metoda izrezivanja ~vorova koristi se ~injenicom da je svaki ~vor, izrezan iz re{etke, u ravnoteì pod uticajem spoljnih (aktivnih i reakcija veze) sila koje na njega djeluju i unutra{njih sila u {tapovima ~ije se ose u posmatranom ~voru sijeku. Prema tome, sve sile koje djeluju na dati ~vor moraju da zadovolje uvjet ravnoteè tj. da obrazuju zatvoreni poligon sila. Da bi smo mogli prakti~no konstruirati poligon sila, najvi{e dvije sile u njemu mogu da budu nepoznate. Primjenjuju}i ovo pravilo na prikazanu re{etku, vidimo da su mogu}i slijede}i redoslijedi rje{avanja unutra{njih sila po ~vorovima a) I II III VI IV V, b) I II III IV V VI, c) V IV III VI II I, d) V IV III II I VI itd.  1 S8 = dc . UF = 33 .  = 33 kN, (pritisak) 1 1 S1 = gb . UF = 33 .  = 33 kN, (istezanje) 1 Moèmo zaklju~iti slijede}e: - {tapovi 5 i 9 su neoptere}eni S5 = S9 = 0, - {tapovi 2, 3, 4, 6, 7 i 8 su prisutni, a {tap l zategnut, - posljednji poligon sila (za ~vor V) ima samo kontrolnu ulogu po{to su ve} sve unutarnje sile u {tapovima ve} odre|ene. Obja{njenje metode Cremona Nacrta se poligon spolja{nih sila koje djeluju na re{etku (a, b, c, d). Sile se nanose u usvojenoj razmjeri, redosljedom koji se dobije obilaze}i re{etku po spoljnim {tapovima u smijeru koji se usvoji i nazna~i na slici (ovdje je usvojen smjer kazaljke na satu). Poligon sile mora biti zatvoren. Da bi re{etka bila u ravnoteì, svaki njen ~vor i {tap moraju biti u ravnoteì. U ~vorovima djeluje sistem su~eljnih sila, te sve sile, spoljne i unutarnje u Cremoninom planu sila, moraju zatvoriti poligon. Crtanje poligona sila za ~vorove po~inje od ~vora u kome djeluju najvi{e dvije nepoznate sile, odnosno sile u dva {tapa. Smjer nano{enja sila u Cremoninom planu je isti kao i smjer nano{enja sila u poligonu → spolja{njih sila (smjer kazaljke na satu). Naprimjer za ~vor V, iz ta~ke c kraja sila F2 → povu~e se paralela sa {tapom (2), a iz ta~ke b, po~etka sile F2 paralela sa {tapom (1). 404

Presje~ena ta~ka g defini{e veli~ine sila u {tapovima (1) i (2). Sile u {tapovima imaju veli~ine:  1 S1 = bg . UF = 33 .  = 33 kN, (istezanje) 1 . 1 S2 = cg UF = 30 .  = 30 kN, (pritisak) 1 Dalje se crta poligon sila za ~vor IV, odnosno, onaj ~vor gdje su samo dvije nepoznate sile u {tapovima. Crtanje Cremoninog plana sila mogli smo po~eti i iz ~vora I. Obja{njenje metode Culmanna Odbaciv{i jedan dio re{etke od zadatog presjeka K-K odredimo pomo}u poligona sila rezultantu sila koje djeluju na preostalom dijelu re{etke FRl . U presjeku zraka 1 i 3 veri`nog poligona nalazi se ta~ka c na napadnoj liniji sile F Rl . Kroz tu ta~ku povu~emo rezultantu FRl . U presjeku njene napadne linije i pravca {tapa (3) dobija se jedna ta~ka K1 na Culmannovom pravcu. Druga ta~ka K2 je u presjeku druga dva {tapa koji se presje~eni (2) i (4). Razlaganje sile F21 na sile u {tapu (3) i na pravac Culmanove prave FK , tako da ~ine zatvoreni poligon sila, a zatim se obrne smjer fiktivne sile FK i pomo}u nje i sila u {tapovima (2) i (4) zatvori poligon sila. Zadatak 5. Za datu geometrijsku sliku potrebno je: a) odrediti analiti~ki koordinate teì{ta, b) odrediti grafi~ki koordinate teì{ta, c) primjerom II Guldinove teoreme odrediti veli~inu zapremine tijela koje nastaje obrtanjem date povr{ine oko Ox-ose.

Podaci: R = 100m.

Slika uz zadatak 5

405

Rje{enje: a) Analiti~ki na~in odre|ivanja teì{ta: xc =

∑ xi Gi , ∑ Gi

yc =

∑ yi Gi , ∑ Gi

zc =

∑ zi Gi . ∑ Gi

Koordinate teì{ta popre~nog presjeka profiliranog nosa~a (povr{i) su: ∑ xi Ai ∑ yi Ai xc = , yc = , ∑ Ai ∑ Ai Teì{te materijalne linije koja leì u jednoj ravni definirano je sljede}im koordinatama: ∑ yi li ∑ xi li yc = . xc = , ∑ li ∑ li gdje je: xi, yi,zi - koordinate teì{ta prostih elemenata tijela povr{i ili linije Gi - teìna pojedinih prostih elemenata tijela, Ai - povr{ina pojedinih prostih elemenata povr{i, li - duìna pojedinih prostih elemenata linije. Da bi smo lak{e odredili teì{te geometrijske slike, rastavimo datu sloènu povr{inu na geometrijske slike poznatih koordinata teì{ta.


Povr{ina A1 A1 = 2R . 2R = 4R2 = 40 . 103 mm2 x1 = R = 100 mm y1 = R = 100 mm. Povr{ina A2 A2 = − 406

R 2π = −7850 mm 2 4

x2 = −

4R = 42,463mm 3π

y2 = 2 R −

4R = 157,537 mm. 3π

Povr{ina A3 1 A3 =  R2 = –5 . 103 mm2 2 R x3 = 2 R − = 166,66 mm 3 R = 33,33mm. 3 Povr{ina A4 1 A4 =  R2 = –5 . 103 mm2 2 R x4 = 2 R − = 166,66mm 3 y3 =

R = 166,66mm 3 Koordinate teì{ta date geometrijske slike su: y4 = 2 R −

xc = xc =

A1 x1 + A2 x2 + A3 x3 + A4 x4 A1 + A2 + A3 + A4 40 ⋅ 103 ⋅ 100 − 7850 ⋅ 42,468 − 5 ⋅ 103 ⋅ 166,666 − 5 ⋅ 103 ⋅ 166,666 40 ⋅ 103 − 7850 − 5 ⋅ 103 − 5 ⋅ 103

1,91 xc =  . 100 = 86,036mm; 2,22

yc =

40 ⋅ 103 ⋅ 100 − 7850 ⋅ 157,537 − 5 ⋅ 103 ⋅ 33,33 − 5 ⋅ 103 ⋅ 166,66 40 ⋅ 103 − 7850 − 5 ⋅ 103 − 5 ⋅ 103

1,78 yc =  . 100 = 80,180mm. 2,22

407

b) Grafi~ki na~in odre|ivanja teì{ta U odre}enoj razmjeri nacrta se popre~ni presjek profila i odrede se teì{ta prostih elemenata 1, 2, 3 i 4. Respektuju}i definiciju za teì{te tijela, da je to ona njegova ta~ka koja prema bilo kom njegovom poloàju ostaje na istom mjestu u odnosu na nepomi~ni sistem referencije, prvo se odredi napadna linija rezultante u jednom poloàju (A), a zatim u drugom poloàju (A′), kada se tijelo zakrene za neki ugao. Obi~no se tijelo zakre}e za ugao od 90°, radi ta~nog presjeka napadnih linija sila A1 i A′, koji definira poloàj teì{ta tijela (povr{ine, linije). Sile (veli~ine povr{ina, odnosno duìna pojedinih prostih elemenata) se nanose u odgovaraju}oj razmjeri.

UL = 2mm  1mm UA = 100  mm  1mm

2

Slika uz grafi~ko rje{enje zadatka 5

c) Odre|ivanje zapremine tijela Zapremina tijela koja nastaje obrtanjem date povr{ine oko Ox - ose izra~unat }emo po obrascu: V = 2π yc . A V = 2π . 80,180 . (40 . 103 – 7850 – 5 . 103 – 5 . 103) V = 111 . 105

408

410

411

412

413

414

416

417

Tabela jedinica me|unarodnog sistema (SI)

418

Tabela ~inilaca decimalnih mjernih jedinica

Tabela upotreba ~inilaca i naziva decimalnih jedinica

419

Potencije broja 10

Tabela potencija broja 10

Tabela decimalnih brojeva ve}ih od milijuna U Francuskoj tako|er sinonim za 1012

420

GR^KI ALFABET

421

422

LITERATURA 1. An|eli}, T., Radosavljevi} LJ.: Mehanika, pojmovi, pravila, obrasci, Tehni~ka knjiga, Beograd 1964 2. Assmann, B.: Technische Mechanik, R. Oldanbourg Verlag Munchen Vien TI. 1: Statik, 1993 TI. 2: Kinematik und Kinetik, 1992 3. Bra`ni~enko, N. A. Kan, V.L., Mincberg B.L.: Sbornik zada~ po teoreti~eskoj mehaniki, Lenjingrad 1962 4. Boge, A.: Mechanik und Festigketslehr, Vieweg, Braunschweig, 1971. 5. Boge, A.: Aufgaben - sammlung zur Mechanik und Festigkeitslehe,Vieweg, Braunschweig, 1992. 6. Boge, A.: Losungen zur Aufgaben-sammung Mechanik und Festigkeitslehre, Vieweg, Braunschweig, 1992. 7. Bat, M. I., Dànelidza, G. J. Kelzon, A, S.: Rje{eni zadaci iz teorijske mehanike sa izvodima iz teorije, I-statika i kinematika, prevod s ruskog, Gra|evinska knjiga, Beograd, 1970. 8. Voronkov, I. V.: Teorijska mehanika, prevod sa ruskog, Gra|evinska knjiga, Beograd, 1963. 9. Vujo{evi}, L., Blagojevi} D.: Zbirka rje{enih zadataka iz statike sa izvodima iz teorije, Nau~na knjiga, Beograd, 1973. 10. \uri}, S.: Mehanika I, Statika, Ma{inski fakultet, Beograd, 1973. 11. Gross, D., Hauger, Schnell W.: Technische Mechanik, Springer, Berlin Bd. 1: Statik, 1982. Bd. 2: Elestostatik, 1985. Bd. 3: Kinetik, 1983. 12. Gross, D., Schnell W.: Formel - und Aufgabensammlung zur techischen Mehanik, Teubner, Stuttgart, TI. 1: Statik, 1982. TI. 2: Kinematik und Kinetik, 1983. 13. Hagandor P.: Techische Mechanik, Harri Deutsch, Frankfurt, Bd. 1: Statik, 1989. Bd. 2: Festigkeitslehre, 1990. 14. Pivko S.: Mehanik I, Statika, Nau~na knjiga, Beograd, 1963. 15. Rusov L.: Mehanika, Statika, Privredni pregled, Beogrd, 1973. Mehanika, Kinematika, Privredni pregled, Beograd 1974. Mehanika, Dinamika, Privredni pregled, Beograd 1975. 16. Mufti} O.: Mehanika I, Tehni~ka knjiga, Zagreb, 1989. 423

17. Pestel E.: Techische Mechanik, Bibliographisches Institut, Mannheim. Bd. 1: Statik, 1969. Bd. 2: Kinematik und Kinetik, 1969. 18. Steger H. Sieghart I. Glaüninger E.: Techische Mechanik I, Statik, B.G. Teubner Stuttgart,1990. 19. Steger H., Sieghart I. Glaüninger E.: Techische Mechanik 2, Festigkeitslehre, Kinematik, Kinetik, Hydromechanik, B. G. Teubner Stuttgart,1993. 20. Time{enko, S., Jang D. H.: Tehni~ka mehanika, prevod sa engleskog, Gra|evinska knjiga, Beograd, 1962. 21. Ivanovi} D.: Vektorska analiza, Nau~na knjiga, Beograd 1963. 22. Zimmermann-Rittinghaus: Mechanik-Aufgaben 1Hermann Schroedel-Verlag KG, Hannover, 1966. 23. Zimmermann-Rittinghaus: Mechanik-Aufgaben 2 Hermann Schroedel-Verlag KG, Hannover, 1965. 24. Charles Kittel, Walter Knight, Malvin Ruderman, Carl Helmhdz, Burton Moyer: Barkelay Physik Kurs, Mechanik, Frider. Viever. Braunschweig, 1991. 25. Murray R. Spiegel,: Allgemeine Mechanik, McGrow-Hill Boch Companz GmbH, Dusseldorf, 1979. 26. Goldstein Herbert: Klassische Mechanik, AULA-Verlag Wresbaden, 1991. 27. Kiessling Gunter, Korner Wolfgang, Mende Dietman, Spretko Hellmut, Physik, Leipzig 1981. 28. Hauger, Lippmann, Mannl,: Aufgaben zu Tecnische Mekanik 1-3, SpringerLenhbuch, Berlin, 1991. 29. Mayer, Schwarz, Stanger: Formal und tabellen ammlung, Handwerk und Technik, Hamburg, 1990. 30. Brommundt E. Sachs G.: Technische Mechanik, Springer-Verlag Berlin, 1988.

424

Predgovor

1

3

Osnovni pojmovi

4

7

1.1. [ta je mehanika 7 1.2. Sila 8 1.3. Sistem sila 9 1.4. Fizikalne veli~ine 10 1.5. Kordinatni sistemi 14 1.6. Kruto tijelo 15

2

Vektor

17

2.1. Vektor i skalar 17 2.2. Proizvod vektora i skalara 19 2.3. Jedini~ni vektor ili ort vektora 20 2.4. Vektor poloàja (radijus – vektor) 20 2.5. Sabiranje vektora 21 2.6. Komponente jednog vektora 23 2.7. Skalarni proizvod dvaju vektora 25 2.8. Vektorski proizvod dvaju vektora 26 2.9. Vektorsko – skalarni (mje{oviti) proizvod 28 2.10. Diferenciranje vektora 30 2.11. Integriranje vektra 31 2.12. Gradijent, divergencija i rotor 31 2.13. Linijski integral vektora 33 Rije{eni zadaci z poglavlja 2

3

Principi i aksiomi statike

35

45

3.1. Aksiome statike 45 3.2. Primjena pravila o paralelogramu sila kada u ta~ki krutog tijela djeluje vi{e sila 47 3.3. Pravilo o pomjeranju napadne ta~ke sile 48 3.4. Vezano tijelo. Veze. Reakcije veza 49 3.5. Aksiom o vezama 52

Rezultanta ravanskog sistema sila

53

4.1. Sistem sila u ravni ~ije se napadne linije sijeku u jednoj ta~ki – su~eljeni sistem sila 53 4.1.1. Geometrijski na~in slaganja dvije sile 53 4.1.2. Geometrijski naìn slaganja sistema sila 54 4.1.3. Teorem o tri sile 55 4.1.4. Razlaganje sile na komponente 56 4.1.5. Analiti~ki na~in definirana sile i rezultante sistema sila 58 4.1.6. Analiti~ki na~in slaganja sile 59 4..2. Paralelne sile i spregovi u ravni 60 4.2.1. Moment sile za ta~ku 60 4.2.2. Slaganje i razlaganje paralelnih sla 62 4.2.3. Spreg sila. Moment sprega sila 65 4.2.4. Ekvivalentnost spregova sila 67 4.3. Proizvoljan – op}i sistem sila u ravni 69 4.3.1. Paralelno preno{enje sile 69 4.3.2. Osnovna teorema statike 69 4.3.3. Svo|enje ravnog sistema sila na prostiji oblik 71 4.3.4. Poligon sila i veri`ni poligon 72 4.3.5. Grafi~ko odre|ivanje rezultante proizvoljnog sistema sila u ravni 74 4.3.6. Grafi~ko odre|ivanje rezultiraju}eg sprega sistema sila 75 4.3.7. Razlaganje sile na dvije njoj paralelne komponente 76 Rije{eni zadaci iz poglavlja 4 78 Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 4

5

Uvjeti ravnoteè za ravanski sistem sila 97

5.1. Uvod 97 5.2. Sistem sila ~ije se napadne linije sijeku u jednoj ta~ki – su~eljeni sistem sila 97

425

5.2.1. Analiti~ka metoda 97 5.2.2. Grafi~ka metoda 98 5.2.3. Tri neparalelne sile u ravnoteì 98 5.3. Paralelne sile 99 5.3.1. Analiti~ka metoda 99 5.3.2. Grafi~ka metoda 99 5.4. Op}i sistem sila u ravni 100 5.4.1. Analiti~ka metoda 100 5.4.2. Grafi~ka metoda 101 5.4.3. Culmanova metoda 102 5.4.4. Ritterova grafoanaliti~ka metoda 103 5.5. Stati~ki odre|eno i stati~ki neodre|eno oslonjenje 103 Rije{eni zadaci iz poglavlja 5 106 Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 5 129

6

Static èki odreðeni prosti nosaèi sa opterec æenjem u jednoj ravni 135

6.1. Oslanjanje tijela (nosa~a) 135 6.2. Metode odre|ivanja unutarnjih sila 137 6.2.1. Analiti~ki postupak 137 6.2.2. Konvencija o predznacima 139 6.2.3. Veza izme|u unutarnjih sila 140 6.2.4. Optere}enje proste grede 142 6.2.5. Optere}enje konzolnog nosa~a 147 6.2.6. Posredno optere}enje nosa~a 148 Rije{eni zadaci iz poglavlja 6 150 Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 6 157

7

Statièki odreðeni sloèni nosaèi sa opterec æenjem u jednoj ravni

7.1. Gerberov nosa~i ili sloèni nosa~i 165 7.1.1. Definicije 165 7.1.2. Analiti~ka metoda odre|ivanja momenta savijanja i transverzalnih sila Gerberovih nosa~a 166 7.1.3. Grafi~ko odre|ivanje dijagrama momenta savijanja i transverzalnih sila Gerberovih nosa~a 168 7.2. Okvirni nosa~i 169 7.2.1. Odre|ivanje reakcija momenta savijanja Mf, transverzalnih i aksijalnih sila okvirnog nosa~a 172 7.2.2. Odre|ivanje reakcija kod zakrivljenog trozglobog nosa~a 174 Rije{eni zadaci iz poglavlja 7 176 Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 7 195

426

8

Ravni res šetkasti nosaèi

205

8.1. Definicije 205 8.2. Analiti~ki na~in odre|ivanja sila u {tapovima – metoda ~vorova 208 8.3. Grafi~ki na~in odre|ivanja sila u {tapovima – recipro~ni plan sila 209 8.4. Culmannova metoda odre|ivanja sila u {tapovima re{etkastog nosa~a – metoda presjeka 212 8.5. Ritterova metoda odre|ivanja sila u {tapovima re{etkastog nosa~a – metoda presjeka 213 Rije{eni zadaci iz poglavlja 8 214 Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 8 221

9

Teìšte

227

9.1. Uvod 227 9.2. Teì{te tijela 227 9.2.1. Teìne nehomogenih tijela 227 9.2.2. Teì{te homogenih tijela 229 9.3. Teì{te povr{ine 230 9.4. Teì{te linija 232 9.5. Pappos – Guldinove teorema 234 9.6. Stabilnost ravnoteè 235 Rije{eni zadaci iz poglavlja 9 238 Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 9 246

10

Trenje

251

10.1. Uvod 251 10.2. Suho trenje 251 10.3. Ugao trenja 254 10.4. Konus trenja 255 10.5. Trenje na kosoj ravni 256 10.6. Ravnoteà klina 259 10.7. Trenje rotiraju}ih tijela 260 10.8. Radijalni leàj 261 10.9. Aksijalni leàj 262 10.10. Trenje uèta 263 10.11. Ko~nice 265 10.12. Trenje kotrljanja 269 10.13. Unutra{nje trenje 270 10.14. Te~no stanje 270 Rije{eni zadaci iz poglavlja 10 271 Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 10 283

11

Prostorni sistem sila

293

11.1. Prostorne komponente sila 293 11.2. rezultanta prostornog sistema sila kada sve sile djeluju u jednoj ta~ki 294 → 11.3. Moment sile F s obzirom na osi koordinatnog sistema 295 11.4. Redukcija prostornog sistema sile na jednu ta~ku 296 11.5. Analti~ki uslovi ravnoteè 298 Rije{eni zadaci iz poglavlja 11 304 Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 11 317

12

Lanèanice

327

12.1. Uvod 327 12.2. Paraboli~na lan~anica 327 12.3. Obi~na lan~anica 330 Rije{eni zadaci iz poglavlja 12 333 Zadaci za rje{avanje iz poglavlja 12 339

13

Princip moguæih (virtualnih) pomjeranja 341

13.1. Elementarni rad 341 13.2. Princip virtualnih pomjeranja 343 Rije{eni zadaci iz poglavlja 13 344

14 15 16

Prilog iz grafostatike

347

Prilog iz geometrijskih karakteristika tijela i površina 409 Prilog iz jedinica meðunarodnog sistema (SI)

Literatura

415

423

427

Statika Isak Karabegovic

Recommend Documents