198
Ivan Antoli ć Gra đ evna mehanika Školska knjiga • Zagreb

Građevna mehanika - Antolić

  • Upload
    ivek

  • View
    409

  • Download
    35

Embed Size (px)

Citation preview

Page 1: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 1/198

Ivan Antolić

Građevna mehanika

Školska knj iga • Zagreb

Page 2: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 2/198

IVAN ANT OLIĆ, dipl. ing. grad.

G R A Đ E V N A

MEHANIKA

za srednje graditeljske škole

V T I .  izdanje

školska knjiga

Zag reb, 2005.

Page 3: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 3/198

SADRŽAJ

P r e d g o v o r 3

1 .  O s n o v e s t a t i k e 7

1.1. Uvod 7

1 .2 . P o j a m s i l e i n j e z i n o p r e d o č a v a n j e

  8

1.3. Si le ko je djeluju u i stom pra vcu 10

1 .3 .1 . Zbr a j an j e s i l a 10

1.3.2.  R a v n o t e ž a s i l a * 1 5

1 .3 .2.1 . Graf i čk i uv j e t rav not e že 15

1.3.2.2.

  Anal i t i čk i uv j e t rav not e že 15

1 .4 . Su s t av s i l a ko j e d j e lu ju u raz l i č it im pra vc im a a imaju za j e dn i č ko hva t i š t e . . 17

1 .4 .1 . Sas t a v l j an j e s i l a 17

Za dac i za v j ežbu 22

1 .4 2 . Ra vno t eža s i l a

  2 3

1 .4 .2 .1 . Graf i čk i uv j e t ravn ot ež e 23

1.4.2.2.  Anal i t ičk i uv j e t rav no t ež e 23

1 .5. Ras t av l j an j e s i l e u dv i j e ko mp on en t e 26

1.6. Stat ič ki mo me nt si le 27

1 .6 .1 . Po uč ak o mo me ntu ili Var ign onov po uč ak 31

1.7. Op ći su sta v si la u ravnini 33

1 .7 .1 . Zbr a j an j e s i l a

  3 3

1.7.2.  Sus t av para l e ln ih s i l a u ravn in i

1 .7 .2 .1 . Dvi j e par a l e l ne s i l e u ravn in i

  4 n

Z a d a c i z a v j e ž b u

  4

*>

1 . 7. 3. R a v n o t e ž a o p ć e g s u s t a v a s i l a 5 2

1.7.3.1. Grafički uvjet i ra vn ote že 52

1.7.3.2.

  Ra čun sk i uv j et i ravn ot ež e 54

1 .7 .3 .3. P r im jena uv j e t a rav not e že 57

Z a d a c i z a v j e ž b u

  6 5

2.   N o s a č i

  6 6

2 . 1 .  O p ć e n i t o o n o s a č i m a

  6 6

2.1 .1 .

  Ležaj i

  6 7

2 1 .2 . R a s p o n n o s a č a

  7 0

2.1.3 .  P o d j e l a n o s a č a

  7 3

2 .1 . 4. O p t e r e ć e n j e n o s a č a

  7 9

2.1 .4.1 .  O b l i c i o p t e r e ć e n j a

  8 0

2 2 . T e o r i j a n o s a č a

  8 3

2.2.1 .  Defo rmac i j a i unu t a rn j e s i l e

  8 3

2 .2 .2 . O dre đ iva n j e unut a rn j i h s i la u no sač u

  8 4

2 2.2.1 .  P r e d z n a k u n u t a r n j ih s i l a

  8 7

2 2  2.2.  O d n o s i z m e đ u m o m e n t a s a v i j a n j a i  poprečne  si le  39

Page 4: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 4/198

2 . 3 R j e š a v a n j a s t a t i č k i o d r e đ e n i h n o s a č a 8 9

2 .3 .1 .

  J e d n o s t a v n o p o l o i e n n o s a č 9 0

2.3.1 .1 .  J e d n o s t a v n o p o l o ž e n n o s a č o p t e r e ć e n k o n c e n t r i r a n i m s il a m a . 9 0

2 .3 .1 . 2. J e d n o s t a v n o p o l o i e n n o s a č o p t e r e ć e n j e d n o l i k o r a s p o d i j e l je n i m

o p t e r e ć e n j e m 1 0 2

2 .3 .1 . 3. J e d n o s t a v n o p o l o ž e n n o s a č o p t e r e ć e n k o n c e n t r i r a n i m m o m e n

tom 120

2 .3 .2 . Konzoin i no sa č 124

2.3.2 .1 .

  K o n z o l a o p t e r e ć e n a k o n c e n t r i ra n i m s i l a m a 1 2 4

K o n z o i ni n o s a č o p t e r e ć e n j e d n o l i k o r a s p o d i j e l j e n i m o p t e r e ć e n j e m . . 1 2 5

2.3.3 .  N o s a č s p r e p u s t i m a 1 2 9

2.3.3 .1 .  N o s a č s p r e p u s t i m a o p t e r e ć e n k o n c e n t r i r a n i m s i l a m a 1 3 5

2 . 3 .3 . 2. N o s a č s p r e p u s t o m o p t e r e ć e n j e d n o l i k o r a s p o d i j e l j e n i m o p t e

r e ć e n j e m 1 3 9

J.  T e ž i š t a 1 «

3. 1 .  Po j a m t ež i š t a 144

3 .2 . Od ređ ivan j e po lo ža j a t ež iS t a 144

3 3 . Te ž i š t e j edn os t a vn ih l i n ij a 145

3.3.1 .  T e ž i š t e d u ž i n a 1 4 5

3 . 3 5 . T e ž i š t e k r u ž n o g l u k a 1 4 6

3 .3 .3 . Te ž i š t e po l ukr užn i ce - 147

3 .4 . Te ž t t t e s l ože n ih l in i j a 148

3.5.

  T e ž i š t e j e d n o s t a v n i h l i ko v a 1 5 0

3.5.1 .  T e ž i š t e t r o k u t a 1 5 0

3 . 5 .2 . T e ž t t t e p r a v o k u t n i k a 1 5 0

3 . 5 .3 . T e ž i š t e n e p r a v i l n a Č e t v e r o k u t a

  1 5 1

3 . 5 . 4 . T e ž i š t e t r a p e z a

  1

5 1

3.5.5.

  T e ž i š t e k r u ž n o g i s j e c k a 1 5 2

3 .6 . Te ž i š t e s l ože n ih l i kova 153

4 .

  O s n o v e o t p o r n o s t i m a t e r i j a l a 1 5 8

4 . 1 .  N a p o n i d e f o r m a c i j a

  1 5 8

4 .2 . D i j agram i sp i t i van j a če l i k a na v l ak

  1 6 2

4.3.

  D o p u š t e n i n a p o n i

  1 6 5

4 . 4 . V r s t e n a p r e z a n j a

  1 8 8

4. 4 . 1 .

  Cent r i ćk l v l ak

  1 8 6

4 .4 .2 . Cent r i čk i t l ak

  1 8 6

4.4.3 .  S a v i j a n j e b e z u z d u ž n e s i l e •

  1 6 7

4 . 4 . 4 . N a p r e z a n j e n a p o s m i k

  1 6 7

4.4.5.

  Na pre zan j e na t orzi ju

  1 6 7

4 .4 .6 . Eks cen t r l ćk l v l ak .

  1 6 8

4 .4 .7 . Ekscen t r i čk i t l ak

  1 6 8

4 .4 .8 . Sav i j an j e s uzdužnom s i l om

  1 8 8

4.5.  M om ent i nerc i j e III mo me nt t rom ost i l i kova 169

4. 5 . 1 .  G l a v n e o s i I n e r c i j e

  1 7 0

4 .5 .2 . E l i ps a Inerc i j e •

  1 7 1

4.5.3 .  M o m e n t In e r c i j e z a p a r a l e l n e o s i .

  1 7 2

4 .5 .4 Mo men t Inerc i j e Jedn os t av n ih l i kova 1*3

4 .5 .5. M om ent Inerc i j e » ložen lh l i kova . . .

  1 7 4

Page 5: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 5/198

S . P r o r a č u n k o n s t r u k t iv n i h e l e m e n a t a 1 7 8

5. 1 .  P r o r a č u n p r i n a p r e z a n j u n a c e n t r i e k l v l a k 1 7 8

5 2 . P r o r a č u n p r i n a p r e z a n j u n a c e n t r i e k l t l a k 1 8 0

5 2 1

  S t u p o v i i z i d o v i o d o p e k e

  1 8 5

5 2 2  P r o r a č u n v i tk i h s t u p o v a  186

5 2 3

  T e n 1 e

| j i

  187

5.3.

  P r o r a č u n p r i s a v i ja n j u b e z u z d u ž n e s i l e

  191

5.3.1 .  P o l o ž a j n e u t r a l n e o s i  1

9 2

5 .3 .2 . Naponi p r i sav i j an ju

  194

P o p i s l i t e r a t u r e

  1 9 9

Page 6: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 6/198

1 .  O S N O V E S T A T I K E

1 . 1 .  UVOD

Teorijska mehanika je nauka koja se bavi proučavanjem tijela u stanju gibanja

i mirovanja, te proučavanjem uzroka zbog kojih su se promijenila ta stanja. Ona se

dijeli na tri discipline, a to su dinamika, kinematika i statika.

D i n a m i k a  ispituje gibanja tijela zbog djelovanja sile.

Kin em at ik a   ispituje geometrijske oblike gibanja tijela, ali se pri tome ne bavi

pitanjem materije tijela ni uzrocima zbog kojih je došlo do gibanja.

S ta t ik a  ispituje mirovanje tijela vodeći brigu o uzrocima koji dovode tijelo

do stanja mirovanja. To je jedna od najstarijih grana teorijske mehanike. Njome

se ozbiljno bavi već grčki filozof Aristotel (384—322. god. pr. n. e.), koji u djelu

'Problemi mehanike« iznosi niz pitanja iz statike. Međutim, osnivačem mehanike,

pa time i statike može se smatrati Arhimed (287—212. god. pr. n. e.), koji uočava

osnovna svojstva sile. On u djelu »O ravnoteži« postavlja teoriju poluge. Kasnije

to djelo dobiva naziv »Zlatno pravilo mehanike«.

Statika je nauka koja se bavi ravnotežom sila u ravnini ili prostoru, pa se zbog

toga zove  ravninska statika  ili  prostorna statika.  Ona se uvelike primjenjuje u teh

nici, a posebno u građevinarstvu, gdje se bavi ispitivanjem uvjeta u kojima će

sastavni dijelovi nosive konstrukcije nekog objekta ili objekta u cjelini biti u stabil

noj ravnoteži. Statika je u građevinarstvu primijenjena nauka, a susreće se pod

raznim nazivima kao što su građevna m ehanika, građevna statika, statika građevnih

konstrukcija  itd.

Pri projektiranju novih i ispitivanju već izvedenih objekata u građevinarstvu

potrebno je izraditi statički proračun za nosive elemente. Pri tome je zadatak statike

da ispita ravnotežu sila koje izvana napadaju nosive elemente i da odredi one sta

tičke veličine koje su potrebne za određivanje tih elemenata.

Zadaci iz statike mogu se rješavati grafičkim ili analitičkim postupkom.

Grafički postupak  rješavanja zadataka omogućuje jasnoću i potpunu pre

glednost problema koji se rješava, a točnost rješenja zadatka ovisi o točnosti crtanja.

Anali t ičk i pos tupak  daje točnija rješenja, pa je njegova primjena pri rje

šavanju zadataka češća. Tom načinu rješavanja statičkih zadataka može se zamje

riti da ne daje takvu preglednost problema kao grafički postupak. U nekim zadacima

mož e se istovrem eno prim ijeniti grafički i analitički postup ak jer se tako iskorišta

vaju dobre strane jednog i drugog postupka.

Page 7: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 7/198

1 .2. POJAM S ILE I NJEZ INO PRE DO ČA VAN JE

U svakodnevnom životu vrlo se često spominje sila kao pojam određene jakosti

ili kao uzrok koji može promijeniti neko stanje. U mehanici se pojam sile definira

ovako

Sila  jc  svaki uzrok koj i može promijenit i s tanje g ibanja i l i s tanje

m i r o v a n j a  nekog t i je la . S i la je f iz ikalna vel ič ina koja mas i od

jednog k i lograma daje akceleraciju od jednog metra u sekundi

na kvadrat .

Definiciju sile potvrđuju svakodnevna iskustva. Evo jednoga od njih:

Kada se neko tijelo giba a potrebno ga je umiriti, ono se mora podvrgnuti

djelovanju sile da bi prešlo iz stanja gibanja u stanje mirovanja. Kada neko tijelo

miruje a potrebno ga je pokrenuti, ono se mora podvrgnuti djelovanju sile da bi

prešlo iz stanja mirovanja u stanje gibanja.

Sila kao fizikalna veličina potpuno je definirana samo kad joj je poznato   h v a -

t i š t e ,  pravac u kojem djeluje , smjer i ve l ič ina .  Prema tome, s ila ima karak

teristike vekto ra, pa sc njezino grafičko prik aziva nje, zbrajanje i odu zim anje izvodi

na načelu vektorskog računanja.

SI . 1 . Vektor

Vektor jc pojam koj im se graf ičk i predočavaju f iz ikalne vel ič ine

za č i je određivanje treba imat i veći broj podataka, kao š to su

vel ič ina , sm jer , položa j i td . ( s i . 1 ).

Hvat iš tc  sile je mjesto u kojem sila neposredno djeluje. Ono se obilježava

točkom, a označava slovom ili brojkom (si. 2).

Djelovanje sile događa sc u stanovitom pravcu čiji položaj u ravnini određuje

smjerni kut  u  (si. 2). Taj pravac, kao neomeđena crta u ravnini, naziva se pravcem

sile,

  a nazivaju ga još i drugim nazivima, kao .što su os sile, nosač sile, zraka sile itd.

S m j e r  sile u zadanom pravcu određen je strelicom (si. 2). U grafičkom prika

zivanju sile smjer sile može se odrediti brojkama ili slovima. Pri tome svaka sila u

zada nom prave u dobiva dva broja ili slova, na primjer 1 1 ', 22' itd., ili  aa', bb'  itd.

Page 8: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 8/198

SI.

  2 . P r e d o č a v a n j e s i l a

Brojke ili slova označavaju da sila djeluje od 1 pre m a 1', od nos no od

  a

  prema

  a

'l

Kod takvog načina prikazivanja sile strelica nije potrebna, ali se može nacrtat,

da bi slika bila jasnija.

SI.

  3 . P r e d o č a v a n j e s i l a S I . 4 . S m j e r s i l e

U analitičkom prikazivanju sile smjer sile određu je se predz nacim a plus ( + )

i minus

 

—).  Na primjer

+ F, - F

2

  (si. 2), odnosno + F , + F

2

  (si. 3).

Općenito ie svejedno koji se smjer sile odabire kao pozitivan jer ćc negativan

smjer biti onaj koji je suprotan pozitivnome. Kada sile imaju samo vertikalan i

horizontalan položaj u ravnini, njihovi predznaci bit će sljedeći:

Horizontalne sile koje djeluju slijeva nadesno imaju pozitivan smjer, a one koje

djeluju zdesna nalijevo imaju negativan smjer (si. 4).

Vertikalne sile koje djeluju prema gore imaju pozitivan smjer, a one koje

djeluiu prema dolje negativan smjer (si. 4).

Veličina sile izražava se intenzitetom ili jakošću djelovanja. Jedinice kojima

sc mjeri intenzitet sile jesu newton (njutn) s oznakom   N ,  k i l o n e w t o n ,  k N ,  ili

m c g a n c w t o n  M N .

Page 9: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 9/198

Pri grafičkom prikazivanju sile veličina ili intenzitet predočava se dužinom

pravca u kojem sila djeluje. Ta se dužina naziva  geometrijskim odsječkom sile,  a radi

kraćeg izraza čest je naziv  odsječak sile  (si. 5). Odsječak sile na zadanom pravcu

nanosi se u odabranom mjerilu. Mjerilo sila odabire se proizvoljno, ali pri tome

treba paziti da ono bude što jednostavnije. Na primjer:

jedan centimetar odgovara jednom kilonetutonu ( I o n s  1  kN).

Ako treba grafički pred očiti silu F j = 3,0 kN koja djeluje u horizontalno m

pravc u, postup ak je sljedeći: najprije se odabire m jerilo sila, a zatim točka 1 kao

početna točka geometrijskog odsječka zada ne sile. O d točke 1 u smjeru djelovanja

sile nanosi se veličina geometrijskog odsječka zadane sile na pravac sile. Tako jc

određen položaj točke 1' kao završetak odsječka zadane sile.

1  F - 1 0 t N [ [  f )

Mjerilo s i la:1em«1kN Mjer ilo s i l a: lem .U N

F - f f - 2 A n >

S I . S . O d s j e č a k s i l e S I . 6 . O d s j e č a k s i l e

Obrnutim postupkom može se iz nacrta sile, gdje je sila prikazana u stanovi

tom mjerilu, odrediti njezina brojčana veličina (si. 6).

U analitičkom prikazivanju sile njezina veličina ili intenzitet predočava se   broj

čanom vrijednošću. Uz brojku se stavlja predznak, čime je određen smjer djelova

nja sile. Na primjer, kad dvije sile djeluju u istom pravcu a imaju isti smjer djelo

vanja, one se prikazuju ovako:

F ,  = + 3,0 kN ,- F , =  - f  4,0 kN.

Ka da dvije sile djeluju u istom pravcu a imaju s up rot an sm jer djelovanja,

tada se one računski prikazuju ovako:

F ,

  - + 3,0 kN , F , =^ - 4, 0k N .

Iz definicije sile poznato je da je učinak sile, odnosno posljedica njezina djelo

vanja na tijelo u stanju mirovanja, gibanje tijela u smje ru zad ane sile. Brzina

gibanja tijela proporcionalna jc veličini sile. Kada na tijelo djeluje više zadanih

sila, njihov se učinak na tijelo može zamijeniti učinkom jedne sile. Ta se sita zove

rezu l tan ta  a zadane sile su njezine  k om p on en te .

| Rez ultanta jc s i la koja zamjenju je učinak zada nih s i la . |

1 . 3 . S ILE KOJE DJELUJU U ISTOM PRAVCU

1 . 3 . 1 .

  Zbrajanje si la

Sastavljanje sila koje djeluju u istom pravcu može sc provesti grafičkim ili

analitičkim postupkom.

Page 10: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 10/198

Grafičko sastavljanje  sila koje djeluju  u  is tom pravcu provodi se  tako da se

grafički zbroje geometrijski odsječci zadanih sila. Pri  grafičkom rješavanju zadataka

treba najprije postaviti nacrt sila jer je  njime određen položaj pravaca u  kojima dje

luju zadane sile. Paralelno s  pravcem zadanih sila treba povući nov pravac na  kojem

se nacrta plan sila u  odabranom mjerilu.  Na  sljedećem primjeru objašnjava  se kako

se sastavljaju sile koje djeluju  u  istom pravcu  (si.  7).

Primjer 1.

U horizontalnom pravcu djeluju sile  F =

  2,0

 kN ,

 ¥

2

 =   l , 5 k N i F j —

 11,0

kN   (si. 7).

 Grafičkim  i  računskim postupkom treba odrediti rezultantu zadanih

sila.

Nacrt sila određuje položaj sila  u  ravnini,  pa u  njemu  ne treb a prikazivati

sile u  mjerilu. Budući da sve  zadane sile djeluju  u  is tom pravcu, one će prouzročiti

gibanje  po  tom  istom pravcu. Zadane sile su  klizni vektori, pa im hvatiš ta mogu

biti u  bilo kojoj točki zadanog pravca a da pri  tome njihov učinak ostaje isti.

Učinak rezultante zamjenjuje učinak zadanih sila, pa i  njezino hvatište može

biti  na bilo kojoj točki zad anog pravca. Ta ko  je poznat položaj rezulta nte zadanih

Kila.

  Rezultanta djeluje  u  istom pravcu

  kao

 i  njezine komponente.

D a

 bi

  rezultanta zadanih sila bila potpuno određena, treba

  joj

 odrediti

  još dva

elementa,  a to su njezina veličina  i  smjer.  Ta dva  elementa određuju  se  pomoću

plana sila (si. 7) koji se crta na  principu vektorskog zbrajanja.

NACRT

 SLA

F f

? 0 t N

 

t

  F ; - 1 M N

  f

  F3 IOI1M  R

< t

•  C

PRAVAC

  SILA

1

  T 3 3 P l A N

 SRA

I

  I I I

SI.  7. Zbrajanj e sila

Mjir ilO  tM

l e m - U N

R

-t r

-«5cm

R - « k N

Paralelno  s  pravcem  u  kojem djeluju zadane sile treba povuć i  nov pravac.

Na njemu

  se

  odabire početna točka plana sila.

 To

 je točka  I.

 Od nje se

 u odabra

nom mjerilu nanose geometrijski odsječci zadanih sila, i to tako da se

 oni

 nanose

u smjeru zadanih sila.  U  ovom primjeru odab rano mjerilo jest  1 cm s l kN,  pa

geometrijski odsječak sile  F,  iznosi

  2 cm,

  sile  F

;

 =

  1,5

 cm ,  a  sile  Fj =

  1,0 cm.

Plan sila počinje nanošenjem geometrijskog odsječka sile F

t

 ( 1 1 '

 •= 2,0

 cm) ,

 na

  koji

se dalje nastavlja geometrijski odsječak sile F

;

 (22' =  1,5 cm) , a na  ovaj geometrij

ski odsječak sile F

3

  (33 ' =  1,0 cm).

Veličina rezultante

 je

 određen a njezinim geometrijskim odsječkom . R

 —

 

= 4,5 cm, a

 to

 u  mjerilu sila iznosi 4,5

 kN.

Page 11: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 11/198

Geometrijsk i odsječak rezultante zadanih s i la jednak je udalje

nost i od prve do zadnje točke odsječaka s i la .

Geom etr i j s k i od s j ečak rezu l tan te j ed n ak j e zb ro ju geom etr i j

sk ih odsječaka njezin ih komponenata .

Da bi rezultanta, kao sila u ravnini, bila potpuno određena, još preostaje da se

odredi njezin smjer.

Smjer rezultante is t i je kao smjer njezina odsječka . To je ori jen

tacija od prve do zadnje točke odsječaka zadanih s i la .

Anal i t ičk i pos tupak  pri sastavljanju sila koje djeluju u istom pravcu provodi

se tako da se algebarski zbroje veličine zadanih sila.

Za zadani sustav sila iz primjera 1. rezultanta iznosi :

R = F, + F

2

  + F , = + 2,0 + 1,5 + 1,0 = 4,5 kN .

Rezu ltanta zadan ih sila je pozitivna, što znači da je njezin smjer djelovanja

slijeva nadesno. Hvatište rezultante nalazi sc na zadanom pravcu. Tako je analitič

kim postupkom rezultanta potpuno određena.

Kada u jednom pravcu djeluje  n  sila, tada će njihova rezultanta iznositi

R = F , + F j + F

3

  + . . . + F „ ,

ili

R = I F (1)

i

Primjer 2.

U horizontalnom pravcu djeluju s ile F, = + 4,0 kN , F , = — 2,0 kN , F j —

-f- 3,0 kN i F

4

  =•-  —  4,0 kN . Valja o drediti re zultan tu zadan ih sila grafičkim i

analitičkim postupkom.

Grafički postupak

Nacrtom sila određeni su položaj i hvatište sila u zadanom pravcu, a time je

određen položaj i hvatište njihove rezultante. Veličina i smjer rezultante određuju

sc pomoću plana sila (si. 8). U planu sila grafički se zbrajaju geometrijski odsječci

sila u odabranom mjerilu. Mjerilo sila i u ovom je primjeru odabrano tako da jedan

centimetar odgovara jednom kilonewtonu (1 cm =   1 kN) .

Veličina rezultante određena je njezinim geometrijskim odsječkom.

R = 14' = 1 cm, a to u mjerilu sila iznosi 1,0 kN . Smjer re zulta nte orijentiran

je od prve prema posljednjoj točki odsječka zadanih sila. Tako je rezultanta potpuno

određena jer su joj poznati hvatište, smjer i veličina (si. 8).

Page 12: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 12/198

f i - 4 0 k N

A

B

  C

NACRT SLA

f

3

- 3 . 0 k N f 4 - 4 P k N

R

D

R A N SILA

Mjtr i to i i l« 1cm 1kh

R-IOkN

SI . 8 . Zbra j an j e s i l a

Analitički postupak

Veličina i smjer rezultante određuju se algebarskim zbrajanjem zadanih sila.

R = F , + F

a

  + F j

R =- + 4,0 - 2,0 + 3,0 ~ 4,0 = + 1,0 kN .

Rezultanta ima smjer slijeva nadesno. Njezino hvatište nalazi se na jednoj

od točaka zadanog pravca, pa je tako rezultanta potpuno određena.

Primjer

  3.

U vertikalnom pravcu djeluju sile + 3,0 kN , F , = — 2,0 kN i F

3

  =

=  H- 3,0 kN . Valja odrediti rezulta ntu zada nih sila grafičkim i računski m po stu p

kom.

Grafički postupak

Veličina rezultante zadanih sila određuje se kako je prikazano na slici 9:

R = 13' = 4,0 cm , a to u m jerilu sila iznosi 4,0 kN .

Analitički postupak

Veličina i smjer rezultante određuje se algebarskim zbrajanjem zadanih sila:

R   = F , + F

a

  + F ,

R « + 3,0 - 2,0 + 3,0 = 4,0 kN .

Smjer re zultan te je pozitivan, što znači da je njezino djelovanje usmjereno

odozd o prema go re. Hv atište rezultan te nalazi se na pravcu u kojem djeluju njezine

komponente, pa je tako rezultanta potpuno određena.

Page 13: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 13/198

c +

+

Mjerilo  s.l.  k m . U N

R - i J - l Ocm

1 1

SI.

  9 . S i l e u ver t i ka lnom pravcu

Zadatak

  I.

Z A D A C I Z A V J E Ž B U

U horizo ntalnom pravcu djeluju si le F , = + 2,0 kN , F j = + 4,0 kN i F

3

  = - 8,0 kN .

Val ja odredi t i nj ihovu rezu l tantu grafičkim i anal i t ičkim pos tupk om .

Zadatak 2.

U hor i zon t a lnom pra .cu d j e lu ju s i l e F , = + 2 ,0 kN , F j = + 4 ,0 kN , F j ~ - 8 ,0 kN i

F .  =

  4 .

  3,0 kN . Valja odredi t i rez ul tantu zadanih si la grafičkim i anal i t ičkim pos tupk om .

Zadatak

  3 .

U pravcu ko j i j e nagnut pod ku tom

  a — 20°

  pre ma horizon tal i djeluju si le F , = + 4 ,0 kN',

F ,

  ^ -f

  1,0kN,

  F

3

  = - 6 , 0 k N i F

4

  = + 3,0 kN. Valja odred i t i rezu l tantu zadan ih si la grafičkim,

i ana l i t i čk im pos tupkom.

Zadatak

  4 .

U pravcu ko j i j c nagnut pod ku tom

  a

  = 150" pre ma horizontal i djeluju si le F

s

  = — 3,0

kN , F = - 4,0 kN , F j «= + 10,0 kN i F , = - 3,0 kN . Val ja odre di t i rezul tan tu zadanih si la

grafičkim i anal i t ičkim postupkom.

Page 14: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 14/198

1 . 3 . 2 .

  Ravnoteža sila

Sustav sila koji djeluje

  u

  istom pravcu

 bit će u

  ravnoteži kada

 je

 učinak zadanih

sila jednak nuli. Drugim riječima, ravnoteža

  tih

  sila nastaje kada

  je

  njihova rezul

tanta jednaka nuli.

Pri određivanju ravnoteže tijela

 na

  koje djeluje sustav sila

 u

  istom pravcu treba

biti ispunjen uvjet

 da je

  rezultanta zadanih sila jednaka nuli.

 Taj se

  uvjet izražava

grafički

  ili

  analitički, ovisno

 o

  tome

 da li se

  zadatak

  o

  ravnoteži rješava grafičkim

ili analitičkim postupkom.

1 .3 .2 .1 .

  Grafički uvjet ravnoteže

Za ravnotežu sila koje djeluju

  u

  is tom pravcu nužan

  jc i

  dovoljan samo jedan

grafički uvjet ravnoteže koji glasi:

I  Zbroj geometrijsk ih odsječaka sv ih s i la mora b it i jednak nul i ,

odnosno pos l jednja točka

  u

  p lanu s i la mora past i

  u

  p oče tn u .

1.3 .2.2. Analit ički uvjet ravnoteže

Za ravnotežu sila koje djeluju

  u

  is tom pravcu nužan

  je i

  dovoljan također

  sa

mo jedan analitički uvjet ravnoteže koji glasi:

| Algebarski zbroj sv ih si la mor a b it i jednak nul i .

  j

Analitički uvjet ravnoteže može

 sc

  izraziti

 na

  sljedeći način:

E

 F = 0. (2)

i

Na sljedećem primjeru prikazana je  ravnoteža sustava sila koje djeluju  u  istom

pravcu.

Primjer

  4.

U horizontalnom pravcu djeluju sile F, =

  -f

 3,0 kN ,  F, = + 1,0 kN i F

3

  =

= — 2,0 kN . V alja uspostaviti ravnotežu

  tih

  sila grafičkim

  i

  analitičkim postup

kom.

Page 15: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 15/198

Grafički postupak

Iz plana sila se vidi da zadane sile ne ispunjavaju grafički uv jet rav note že jer

posljednja točka plana sila ne pada u početnu. Dakle, postoji rezultanta zadanih

sila, a ona iznosi + 2,0 kN (si. 10).

A

  F,-3PI.N  B F;-tPW   ̂ Fj-gttN  C R ^

I  i i i  t

  Mj t r i lo s ila: I c m- lk N

2

  t

  R

- 1

? - 2 c m

R-ZflkN

SI. 10.  Ravnoteža sila

Ravnoteža zadanih sila može se postići ako se poništi učinak rezultante. To se

može postići tako da se u zadani pravac doda jedna sila koja će imati učinak supro

tan uč inku rezultante zadanih sila. T o jc sila F«. = — 2,0 kN . Sada će taj sustav

sila biti u ravnoteži jer je ispunjen grafički uvjet ravnoteže (si. II).

A  F,-3JHN  8 F}-1,0tN  F

3

-2QkN  C  F

4

-201N  0

Mjer io  1 c m

- U N

4   2 ?

SI . 11 .

  Ispitivanje ravnoteže

Analitički postupak

Algebarskim zbrajanjem zadanih sila

£ F = F , + F, - F

3

  = + 3,0 + 1,0 - 2,0  ==  + 2,0 kN

ustanovljeno je da nije zadovoljen   računski uvjet ravnoteže. Algebarski zbroj svih

sila nije jednak nuli. Postoji rezultanta sila veličine + 2,0 kN.

Zadani sustav sila može biti u ravnoteži samo ako mu se doda nova sila koja

će biti jednaka rezultanti, ali suprotnog smjera. To je sila F

4

  = — 2,0 kN.

Page 16: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 16/198

1 4 .  SUSTAV S ILA KOJE DJELUJU U RAZL IČ IT IM PRAVCIMA

A IMAJU ZAJEDNIČKO HVATIŠTE

1 .4 . 1 .

  Sastavljanje sila

Ako te dvije sile djeluju na neko tijelo koje miruje, ono će se početi gibati u

smjeru rezultante tih sila jer rezultanta zamjenjuje učinak zadanih sila.

Iz fizike je pozna to da je rezultanta dviju sila koje djeluju u različitim pravcim a

a imaju zajedničko hvatište jednaka dijagonali paralelograma čije su stranice za

dane sile.

Tako je rezultanta potpuno određena jer je njezina veličina jednaka dijagonali

paralelograma, njezino hvatište je u hvatištu njezinih komponenata, a smjer njezi

nog djelovanja je orijentiran od hvatišta prema suprotnom kutu paralelograma

(si.

  12).

Grafičko sastavljanje s ila

Promatrajući sliku 12. možemo lako uočiti da je rezultanta zadanih sila dobive

na na principu vektorskog zbrajanja sila.

Princip vektorskog zbrajanja sila sastoji se u tome da se u planu sila nanose

geometrijski odsječci zadanih sila jedan na drugi u odabranom mjerilu. To se radi

tako da se svaki odsječak nanosi paralelno sa zadanom silom i u smjeru zadane

sile.

Stoga pri određivanju rezultante dviju sila ne treba crtati cijeli paralelogram

sila, već se rezultanta određuje vektorskim zbrajanjem zadanih sila.

Princip vektorskog zbrajanja sila koje djeluju u različitim pravcima a imaju

zajedničko hvatište objašnjava se sljedećim primjerom (si. 13).

2   A n t o l l ć : G r a đ e v n a m e h a n i k a

17

Page 17: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 17/198

SI . 13 . Zbro j s i l a

Primjer  5.

Sila F , = 4,0 kN djeluje u pravcu kojeg je položaj u ravnini odr eđen kutom

o, = 15°, a sila F

:

  = 3,0 kN u pravcu čiji je položaj od ređen kuto m  a

2

  — 60°.

Site Fj i F

2

  imaju zajedničko hvatište u točki  A.  Valja odrediti rezultantu grafičkim

pos tupkom.

Pri određivanju rezultante zadanih sila grafičkim postupkom potrebno je iz

raditi nacrt i plan sila.

Nacrtom zadanih sila određen je njihov položaj i hvatište u ravnini, pa tu

ne treba crtati sile u mjerilu (si. 13). Izradom plana sila u odabranom mjerilu od

ređuju se veličina i smjer rezultante (si. 13. b i 13. c).

Plan zadanih sila zapravo je prikaz njihova vektorskog zbrajanja, koje se provodi

ovako:

Paraleln o s pravcem u kojem djeluje sila F | pov uče se pravac izvan nacrta

sita (s i . 13. b) . Na bilo kojem mjestu na tom pravcu odab ire se početn a točka plana

sita. T o je točka I. Od poče tne točke u odab rano m m jerilu i u smjeru djelovanja

sile F

(

  nanosi sc geometrijski odsječak sile F,. Završetak odsječka sile F, obilježava

se točkom 1'. Kroz točku 1' povuče se pravac paralelno s pravcem u kojem djeluje

sita F

2

. Na taj pravac, u smjeru djelovanja sile lš i u istom mjerilu, nanosi se geo

metrijski odsječak sile F

2

. On se nanosi tako da se njegov početak s oznakom 2

postavi u točku I'. Završetak odsječka sile F

2

  označava sc brojem 2' . Tako je do

bivena izlomljena crta (1, 1', 2') koja se zove plan sila. Njime je određena veličina

i smjer rezultante.

Page 18: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 18/198

Geometrijsk i odsječak rezultante jednak je udaljenost i od prve

do pos l jednje točke odsječaka zadanih s i la .

| Vel ič ina rezultante jednaka je vektorskom zbroju zadanih s i la . |

Smjer rezultante is t i je kao smjer njenog odsječka, a to je ori jen

tacija od prve prema pos ljednjoj točki odsječaka a p lanu s i la .

Budući da rezultanta zadanih sila ima zajedničko  hvatište  sa svojim kompo

nentama, ona je potpuno određena. Ostaje još da se rezultanta postavi u nacrt sila

gdje je njezino mjesto djelovanja. To će se učiniti tako da se kroz hvatište zadanih

sila, odnosno kroz točku  A  (si. 13. a), povuče paralela s dužinom koja u planu sila

predočava odsječak rezultante (si. 13. b). Tako je ovaj zadatak grafičkim postupkom

potpuno riješen.

Pri vektorskom zbrajanju zadanih sila svejedno je kojim se redoslijedom u pla

nu sila nanose geometrijski odsječci zadanih sila. Konačan zbroj mora uvijek biti

isti. To je dokazano planovim a sila na slikama 13. b i 1 3. c, gdje se vidi da su veli

čina i smjer odsječka rezultante u oba slučaja isti.

Kada u zadanoj točki i u različitim p ravcima djeluje više od dvije sile, rezul

tanta se također određuje vektorskim zbrajanjem zadanih sila. To je učinjeno u

sljedećem primjeru:

Primjer  6.

Sila F , = 2,0 kN djeluje u horizontalno m pravc u. Sila F

2

  = 3,0 kN djeluje

u pravcu čiji je položaj određen kutom   a

2

  = 15°. Sila F

3

  = 2,0 kN djeluje u pravcu

čiji je položaj određen kutom a

3

  = 60°, a sila F* = 2,0 kN djeluje u vertik alnom

pravcu. Valja odrediti rezultantu zadanih sila.

Najprije valja izrad iti nacrt sila koji pokazuje položaj sila u ravni ni (si. 14. a).

Paralelno sa silama u nacrtu i u smjeru njihova djelovanja nanose se, jedan iza

drugo g, geometrijski odsječci zadanih sila. Ta ko se formira plan sila koji ima oblik

izlomljene crte  (1 ,  1', 2', 3' , 4') pa se on zbog toga naziva  p o l igon s i la .

Geometrijsk i odsječak rezultante je zaključna s tranica pol igona

s i la .

Poligonom sila određena je veličina i smjer rezultante, a kako je hvatište rezul

tante zajedničko s hvatištem njezinih komponenata, rezultanta je potpuno određena.

Do bro je uočiti da strelice odsječaka za danih sila u poligonu imaju isti smjer,

dok strelica odsječka rezultante ide u susret strelicama odsječka zadanih sila.

I u tom je primjeru prikazano da je svejedno kojim se redoslijedom nanose

sile u poligonu sila jer rezultanta u svakom slučaju ima istu veličinu i smjer (si.

14.   b i 14.  c).

Page 19: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 19/198

S I .

  14 . Zbro j v i še s i l a

Algebarsko zbrajanje s i la  koje djeluju u različitim pravcima a imaju zajed

ničko hvatište provodi se tako da se sile projiciraju u dva m eđu sob no oko mita pravca.

Najčešće su to vertikalni i horizontalni pravac, pa se djelovanje zadanih sila svodi

na njihovo djelovanje u vertikalnom i horizontalnom pravcu.

Postupak i način provedbe algebarskog zbrajanja sila koje djeluju u različitim

pravcima a imaju zajedničko hvatište objašnjava se istim zadatkom kojim se objaš

njava grafičko zbrajanje tih sila (primjer 5).

Sila F , = 4,0 kN djeluje u pravcu čiji je položaj u ravn ini odr eđen kutom

a

t

  = 15°, a sila F

2

  = 3,0 kN u pravcu čiji je položaj odr eđe n k uto m  a

2

  — 60°.

Sile F, i F

2

  imaju zajedničko hvatište u točki  A.

Treba odrediti rezultantu algebarskim zbrajanjem zadanih s ila.

Na slici 15. prikazan je nacrt zadanih sila i njihove projekcije na horizontalni

i vertikalni pravac.

Ho rizon talne projekcije sila F , i F

2

  jesu

F ;

  = A 'B ' = F

t

  • cos a,

Page 20: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 20/198

SI .  1 5 . R aču n s k o zb r a j an j e s i l a

M j e r i l o s i l a . 1 c m t 1 k N

Fj = B 'D' = F

2

  • cos a

2

F

2

  • cos o j = 3,0 • cos 60° = 3,0 • 0,5000 = + 1,500 kN

Horizontalna projekcija rezultante zadanih sila jest

R' = R

X

  = A

7

 

7

  + B T F = F ; + F i

F ;

  + F ; = + 3,864 + 1,500 = +

  5,364

 kN.

Vertikalne projekcije sila Fj i F

2

  jesu

FJ =  A

7 7

  ? '  = F , • s in a,

F ,

  • sin a , = 4,0 • sin 15° = 4,0 • 0,2588 = + 1,035 kN

F j =  W W  = F

2

  • sin a

2

F

2

  • sin a

2

  = 3,0 • sin 60° = 3,0 • 0,866 =  4-  2,598 kN

Vertikalna projekcija rezultante zadanih sila jest

R " = R , -

  A

7 7

 

7 7

  +  WW' =  F , + F

2

F ;

  + F

2

  = + 1,035 + 2,598 = + 3,633 kN

Veličina rezultante određuje se Pitagorinim poučkom:

R =

  / R T T R J

  =

  1/57364

J

  + 3 ,633

5

  =

  | /4n97T

  = 6,47 kN.

Grafičkim postupkom dobivena je vrijednost

  R

  = 6,45 kN , što pokazuje da

je grafički postupak u granicama točnosti.

Položaj pravca u kojem djeluje rezultanta zadanih sila određuje se tako da se

odredi kut nagiba pravca prema horizontali:

Page 21: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 21/198

a

R

  = 34°I0 ' .

Očitavanjem na slici 12. dobiveno je a„ = 35°, što je također u granicama

točnosti.

Kad se uzme u obzir da je hvatište rezultante poznato jer se ono nalazi u hva-

tiš tu zadanih s ila, rezultanta je računskim postupkom potpuno određena.

Iz ovog primjera može se općenito zaključiti slijedeće:

Horizontalna projekcija rezultante zadanih s i la koje dje luju u

raz l i č i t im p ravc im a a im aju za jed n ičk o h va t i š t e j ed n ak a j e

a lgebarskom zbroju horizontaln ih projekcija t ih s i la .

Vert ikalna projekcija rezultante zadanih s i la koje dje luju u raz

l i č i t im p ravc im a a im aju za jed n ičk o h va t i š t e j ed n ak a j e a lge

barskom zbroju vert ikaln ih projekcija t ih s i la .

Ako se zbog jednostavnijeg izražavanja horizontalne projekcije zadanih sila

označe sa X

L }

 X

2

,  X

3

  .. .

  X , ,

  a vertikalne projekcije tih istih sila sa

  Y

Y

2

, Y

3

  .. .  Y„,

navedeni zaključci mogu se izraziti ovako:

R

X

= X

1

+

  X

2

+ X

J

  + . . . + X

F L

  = i x  (3)

i

R , = Y , + Y , + Y

3

  + . . . + Y .  £ Y  (4)

i

Pitagorinim  poučkom može se odrediti veličina re zulta nte:

R

  - r j

/ R J  +R 1

  (5)

Položaj pravca rezultante određuje se kutom nagiba prema horizontali:

t g a « = ^ ( 6)

Tako je analit ičkim postupkom rezultanta potpuno određena.

Z A D A C I Z A V J E Ž B U

U točki A djeluju si le u razl iči t im pravcima. Položaj svakog pojedinog pravca određuje se

kutom nagiba pre ma hor i zon t a l i . Va lj a odred i t i rezu l t an tu zad anih s i l a g ra f i čk im i ana l i t i čk im

p o s t u p k o m .

Zadatak  I .

Vi =   3 ,0 kN , F

a

  = 4 , 0 k N , F

3

  = 2 ,0 kN

a , =

  10°,

 a

a

  =

  30°,

 a , = 90°

Page 22: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 22/198

Zadatak

  2.

F ,  = 2 ,0 kN ,

  F

2

  =

  3 ,0 kN , F

3

  = 3 ,0 kN , F

4

  = 4,0 kN

a,

  = 0° ,

 a

z

  = 45° ,

 a

3

  = 30°, a

4

  = 90°

Zadatak

  3 ,

F ,  = 3,0 kN , F

2

  = 2 , 0 k N , F

3

  = 3,0 kN , F* = 1,0 kN

a , =

  120°,

 a j =

  45° ,

 a j = 90°, a* = 0°

Zadatak

  4 .

F

;

  = 4 ,0 kN , F , = 4 ,0 kN , F

3

  = 3 ,0 kN , F« = 8 kN

a, = 0° , a j = 90° , a

3

  = 0°, a« = 210°

1.4.2. Ravnoteža sila

Ravnoteža sila koje djeluju u različitim pravcima a imaju zajedničko hvatjste

nastaje kad je njihova rezultanta jednaka nuli, pa pri određ ivanju ravno teže sila

treba biti ispunjen uvjet da ne postoji rezultanta.

Uvjet ravnoteže izražava se grafički ili analitički, ovisno o tome da li se zadatak

o ravnoteži sila rješava grafičkim ili analitičkim postupkom.

1 .4 .2 . 1 .

  Grafički uvjet ravnoteže

Za ravnotež u sustava sila u kojem sile djeluju u različitim p ravcim a a imaju

zajedničko hvatište nužan je i dovoljan samo jedan grafički uvjet ravnoteže, koji

glasi:

| Pol igon s i la mora b it i zatvoren l ik .   j

Objašnjenje: Kada je poligon sila zatvoren lik, tada posljednja točka poli

gona sila pada u početnu, pa je rezultanta zadanog sustava sila jednaka nuli. Tada

nastaje ravnoteža zadanog sustava sila.

1.4.2.2. Analit ički uvjeti ravnoteže

Za ravnotežu sustava sila u kojem sile djeluju u različitim pravcima a imaju

zajedničko hvatište nužna su i dovoljna dva analitička uvjeta ravnoteže, koji glase:

Page 23: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 23/198

Zb roj h or izon ta ln ih k om p on en ata s v ih si la m ora b i t i j ed n ak

nuli ili

I X = 0  (7)

Zbroj vert ikaln ih komponenata sv ih s i la mora b it i jednak nul i

ili

S Y = - ~ 0  (8)

Objašnjenje: Zbroj horizontalnih komponenata svih sila zapravo je horizon

talna komponenta rezultante zadanih s ila, a zbroj vertikalnih komponenata svih

sila jest vertikalna komponenta rezultante tih istih sila. Kada su vertikalna i hori

zontalna komponenta rezultante zadanih sila jednake nuli, tada je i sama rezultanta

zadanih sila jednaka nuli.

U sljedećem primjeru prikazuje se ravnoteža sustava sila koje djeluju u razli

čitim pravcima a imaju zajedničko hvatište.

Primjer  7.

Sila F, =  4-  3,0 kN djeluje u vertika lnom prav cu, sila F

2

  = 2,0 kN djeluje

u pravcu čiji je položaj prema horizontali određen kutom   a

2

  =  30°, sila F

3

  =

= 4,536 kN djeluje u pravc u čiji jc položaj prem a ho rizontali o dređ en kuto m

a

3

  = 60°, a sila F

4

  = — 4,0 kN djeluje u horizon talnom p ravc u. Zad ane sile imaju

zajedničko hvatište u točki A. Valja ih zbrojiti grafičkim i analitičkim postupkom.

NACRT SILA

M j e r i l o

  sita  1 c m 1 k N

R-0

POLIGON SILA

©

SI .

  16 . Graf i čk i uv j e t rav not e že

Grafičkim zbrajanjem zadanih sila (si. 16. b) nastaje zatvoren poligon sila.

Posljednja točka odsječka u poligonu sila pada u početnu točku, pa je zadani sustav

sila u ravnoteži.

Strelice odsječaka zadanih sila u poligonu idu jedna za drugom, pa se odmah

može uočiti da nema rezultante i da su zadane sile u ravnoteži

Page 24: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 24/198

Algebarsko zbrajanje sila zapravo je zbrajanje horizontalnih i vertikalnih pro

jekcija zadanih sila si. 17).

SL 17. Računski uvjet ravnoteže

R* =  X = — F

4

  + F

2

  • cos a

2

  +  F , • cos a

3

  =

= - 4,0 + 2,0 • cos 30° + F

3

  • cos 60° =

= - 4,0 + 2,0 • 0,8660 + 4,536 • 0,5000 =

= - 4,0 +  1,7320  + 2,268 -

= - 4,0 + 4,0 = 0

R, = 2 Y = + F, + F

2

  • sin

 a

2

  +

  F

3

  • sin a

3

  =

- + 3,0 + 2 • sin 30° - 4,536 • sin 60° =

= + 3,0 + 2,0 • 0,500 - 4,536 • 0,866 =

= 3,0 + 1,0 - 3,94 =

= + 4,0 - 3,94 = 0,06 Mp 2 0

Zadani sustav sila nalazi se u ravnoteži jer su zadovoljeni analitički uvjeti

ravnoteže.

Page 25: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 25/198

1 . 5. RASTAVLJANJE S ILE U DV IJE KO M PO NE NT E

Rastavljanje sile u dvije komponente obrnut je postupak zbrajanju sila. Sila se

rastavlja u dvije komponente kad se njezin učinak želi zamijeniti učinkom dviju

sila u određenom pravcu.

Rastavljanje sila u dvije komponente može se provesti grafičkim ili analitičkim

postupkom. Grafički postupak je brži i jednostavniji. On daje preglednije rezultate,

pa se u praksi češće primjenjuje, a osobito onda kad su komponente zadane sile

postavljene u sasvim općenitom položaju.

U sljedećem primjeru prikazuje se rješenje takva zadatka.

Primjer  8.

U točki A djeluje sila R = 4,0 kN . On a djeluje u pravc u čiji je nagib p rema

horizontali određen kutom  a  = 30°, a valja je rastaviti u komponente F, i Fj. Kom

ponenta Fj djeluje u pravcu čiji je nagib prema horizontali zadan kutom a. = 30°,

a komponenta F

2

  u pravcu pod kutem  a

2

  — 90°.

Pri grafičkom rješavanju zadataka (si. 18) treba najprije postaviti nacrt sila, a

zatim rastaviti zadane sile u dvije komponente.

Mjeri lo s i la:  em  = k N

F i -3 .95kN

F j - O f l k N

Si . i a R as t av l j an j e s i l e u dv i j e

k o m p o n e n t e

Rastavljanje sile u dvije komponente provodi se tako da se paralelno s prav

cem sile povuče pravac izvan nacrta sila. Na taj pravac nanosi se geometrijski

odsječak zadane sile u odabranom m jerilu (l cm s 1 kN ), p a je

r r

7

  4,0 cm = 4,0 kN

Iz početne točke odsječka sile R povuče se paralela sa zadanim pravcem u

kojem djeluje komponenta F,. Iz završne točke odsječka sile R povuče se paralela

sa zadanim pravcem u kojem djeluje komponenta F

2

. Te paralele sijeku se u točki

I

 '2  i tako formiraju trokut koji je zapravo plan sila F

x

  i F

2

, čija je rezultanta sila

R. Iz dobivenog trokuta očituju se geometrijski odsječci traženih komponenata:

F ,

  = 1 1' = 3,95 cm = 3,95 kN

Page 26: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 26/198

F ,

  = 22' = 4,00 cm = 4,00 kN

Smjerovi traženih komponenata još uvijek nisu određeni. Oni će se odrediti

ako zamislimo da se u ovom primjeru radi o zbrajanju sila F

t

  i F

2

  u njihovu rezul

tant u R. T ad a bi strelice odsječaka sila F] i F

2

  iš le jedna za drugom, a njima na

suprot išla bi strelica njihove rezultante R. Kad se na planu sila uspostavi taj uvjet,

određeni su smjerovi djelovanja komponenata F, i F

2

. Naposljetku se smjerovi

traženih komponenata prenose iz plana u nacrt sila, pa je time zadatak riješen.

Kod rastavljanja sile u dvije komponente često se traže komponente koje će biti

u ravnoteži sa zadanom silom.

Kad bi se takav zahtjev postavio na silu iz primjera 8, komponente F

t

  i F

2

imale bi istu veličinu kao u ranijem rješenju (si. 18. b), ali bi im smjer bio sup rota n.

Do suprotnog smjera komponenata došlo bi se uspostavljanjem uvjeta ravnoteže

u planu sila.

Ravnoteža sila nastaje kad ne postoji rezultanta. Tada u planu sila strelice sila

idu jedna za drugom, pa tražene komponente F

t

  i F

2

  doista imaju suprotan smjer.

Z A D A C I

Zadanu s i l u R va l j a ras t av i t i u komponent e F j i F

2

. Položaj zadane si le i njezinih kompo

nena t a određen j e ku tov ima nag iba prema hor i zon t a l i .

Zadatak

  1.

R •= 4, 0k N , F , => ?, F j *= ?

a

  = 0 ' ,

  a,

  = 45° ,

  a

2

  = 9 0 '

Zadatak 2.

R = 3 ,0 kN ,

  F, = ?,

  F

2

  - ?

a = 0°, a , = 60°, a

2

  = — 60°

Zadatak

  3 .

R = 5 , 0 k N , F , = ? , F

2

  - ?

a = - 9 0 % a , = 0 ° , a

2

  = 45°

Zadatak

  4 .

R = 2 ,0 kN , F = ? F

2

  = ?

a

  = - 4 5 ' , a , = 3 0 ' , a

2

  = 90"

1 . 6 . STAT IČKI MOMENT S ILE

Osim gibanja tijela po pravcu, koje nastaje kao posljedica djelovanja sile, može

se pojaviti još jedan oblik gibanja tijela. To je kružno gibanje ili rotacija.

Slika 19. prikazuje jedno tijelo na koje djeluje sila   F  u točki  A.  Ako je tijelo

zglobno pričvršćeno u točki C, zbog djelovanja sile   F  tijelo će rotirati oko točke

pričvršćenja. Tijelo zapravo rotira oko osi koja prolazi točkom C a okomita je na

ravninu u kojoj leže sila F i njezin krak.

Page 27: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 27/198

SI.

  1 9 .  Statički moment sile

Rotacija tijela nastaje kao posljedica djelovanja statičkog momenta sile.

Statički moment sile, kao uzrok rotacije tijela, novi je pojam u statici. On je

potpuno određen ako su mu poznati veličina i smjer djelovanja, te ako mu je

poznata os rotacije.

V el i č in a s ta t i čk og  momenta sile može se algebarski izraziti kao produkt

sile i njezina kraka.

M = F /  (9)

Statički moment = sila • krak

Krak s i le  je najkraća udaljenost sile do točke oko koje tijelo rotira. To je oko

mica spuštena iz točke rotacije na zadanu silu (si. 19).

Iz definicije statičkog momenta slijedi da je jedinica mjere njegova učinka

newtonmetar ili bilo koja druga izvedena jedinica.

netoton • metar =  netctonmetar (Nm)

netoton - centimetar =  nevitoncentimetar  (Ncm)

kiloneuton • metar =  kUonemtonmetar (kNm)

meganetoton  • metar =  meganetotonmetar (MNm)  i td.

S m j e r

  rotacije označuje se matematičkim predznacima. Dogovoreno je da se

rotacija smatra pozitivnom (+) ako tijelo rotira u smjeru kretanja kazaljke na satu.

Obrnuto, rotacija se smatra negativnom (—) ako tijelo rotira u smjeru suprotnom

od kretanja kazaljke na satu (si. 20).

SL   2 0 . S m j e r s t a t i č k o g m o m e n t a

Page 28: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 28/198

Veličina statičkog momenta može se izraziti grafički kao produkt dviju dužina.

Određiva nje statičkog mo me nta sile grafičkim postu pko m objašnjava sljedeći

primjer.

Primjer 9.

U vertikalnom pravcu djeluje s ila F = 4,0 kN. Treba odrediti s tatički moment

zadane sile s obzirom na točku C ako je krak sile /

  —

 3,0 m .

Pri rješavanju ovog zadatka grafičkim postupkom treba najprije izraditi nacrt

sile,

  i to tako da krak sile s obzirom na točku  C  bude nacrtan u odabranom mjerilu

(si.  21).

S I . 2 1 . G r a f ič k i p r i k a z s t a t i č k o g m o m e n t a

Izvan nacrta rastavlja se zadana sila u dvije komponente bilo kakva položaja i

veličine. Budući da u nacrtu položaj traženih komponenata nije određen, rastavlja

nje zadane sile u dvije komponente izvest će se ovako:

Paralelno sa zadanom silom treba povući pravac na koji se nanosi odsječak

zadane sile u odabranom mjerilu.

F =

  IP =

  4,0 cm = 4,0 kN

Zatim se na bilo kojem mjestu u ravnini odabire točka   O  u kojoj će se sjeći

tražene kom pone nte zadan e sile. Toč ka O zove se pol, a njena uda ljenost / od

geometrijskog odsječka zadane sile zove se polna udaljenost. Spajanjem početne i

završne točke geometrijskog odsječka zadane sile  F  s polom O određene su proiz

voljno odabrane sile 1 i 2, kao komponente zadane sile   F.

Hvatište komponenata 1 i 2 zajedničko je s hvatištem sile

  F

y

  a nalazi se u bilo

kojoj točki na pravcu djelovanja zadane sile F. Stoga je određivanje položaja kom

ponenata sile  F  u nacrtu zapravo paralelno prenošenje dužina 10 i l 'O iz plana u

nacrt .

Page 29: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 29/198

Tako je u nacrtu određen položaj sila

  1

 i 2, a tim e je riješen z adatak rastavljanje

zadane sile  F  u dvije proizvoljne komponente.

Ako se paralelno sa zadanom silom u nacrtu povuče paralela kroz točku  C,

dobiva se pravac koji se zove   o s m o m e n t a  (si. 21).JProdužavanjem pravaca u koji

ma djeluju sile 1 i 2 do osi mo me nta dobivaju se točke A

t

  i A

2

, koje na osi mo

menta obilježavaju dužinu  y.  Zbog s l ičnos t i t rokuta AAiA

2

  i trokuta 11'0 može

se postaviti ovaj razmjer:

y : / = F : f.

Rješavanjem tog razmjera dobiva se

F • / = f  • y

M = f y

  (10)

Taj izraz pokazuje da se veličina statičkog momenta sile s obzirom na zadanu

točku može izraziti produktom dviju dužina.

S ta t i čk i m om en t s i l e s ob z irom n a zad an u točk u j ed n ak j e

p rod u k tu p o ln e u d a l jen os t i / i od s j ečk a n a o s i m o m en ta  y.

Da bi se dobila stvarna veličina statičkog momenta, treba jednu dužinu uzeti

u mjerilu sila, a drugu u mjerilu dužina. Potpuno je svejedno koja će se dužina uzeti

u mjerilu sila, a koja u mjerilu dužina, ali je uobičajeno da se polna udaljenost /

uzima u mjerilu dužina, a odsječak  y  u mjerilu sila.

Očitavanjem navedenih geometrijskih veličina iz slike 21. i njihovim uvršta

vanjem u izraz (10) dobiva se traženi statički moment sile

  F

  s obzirom na točku

  C

(si.

  21).

M = f

  •

 y =  4,0 • 3,0 = 12,0 kN m .

Smjer djelovanja statičkog momenta sile određuje se prema smjeru kretanjti

kazaljke na satu, pa je u ovom slučaju statički moment sile negativan i iznosi — 12,0

kNm.

c

S I . 2 2 . G e o m e t r i j s k i p r i k a z s t a t i č k o g m o m e n t a

p p*

Veličina statičkog momenta sile može se geometrijski predočiti površinom

paralelograma čija je osnovica zadana sila  F,  a visina krak sile (si. 22).

A  —  F • /

M = A = F • /.

Page 30: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 30/198

Budući da se površina svakog paralelograma sastoji od površine dvaju jednakih

trokuta, veličina statičkog momenta sile može se geometrijski predočiti dvostru

kom površinom bilo kojeg trokuta. U takvom trokutu jedna stranica je zadana sila,

a druge su dvije stranice spojnice krajeva sile s točkom rotacije C (si. 22. i 23).

F • /

M = 2A = 2 • ~ .  = F • /.

1 .6 . 1 .   Poučak o momentu i l i Var ignonov [Varinjon] poučak

Kada u točki

  A

  djeluju dvije sile u različitim pravcima, one će, s obzirom na

proizvoljno odabranu točku C, proizvesti dva statička momenta koji su istog smjera

a različitih veličina (si. 24). Postavlja se pitanje koliki je statički moment njihove

rezultante s obzirom na istu točku.

Dokazano je da se s tatički moment s ile može predočiti dvostrukom površinom

trokuta čija je jedna stranica zadana sila, a druge se dvije sijeku u točki rotacije.

SI . 24 . Poučak o

m o m e n t u

Page 31: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 31/198

Tako prema slici 24. dvostruka površina trokuta ABC predočava s tatički moment

s i le F , :

M, = 2A = 2

  A C

2

  h

' = A Č - h , .

Dvostruka površina trokuta ABC predočuje s tatički mo me nt s ile F , :

M

i =

= 2 A , =  2

A C

2

h 2

  = A Č h

2

.

Dvostruka površina trokuta AEC predočava s tatički moment rezultante zada

nih sila:

M „ = 2 A , = 2 • = AC • h.

Zbrajanjem statičkih momenata zadanih sila dobiva se

M , + M

2

  = AC • h

t

  + A Č  •  h ,

M, + M

2

  = AC C hi  +h

2

)

M, + M

2

  = A Č • h

M, + M

2

  = M„ .

Time je dokazana ova tvrdnja:

S ta t i čk i m om en t rezu l tan te j ed n ak j e zb ro ju s ta t i čk ih m om e

n ata n jez in ih k om p on en ata .

Poučak o momentu ili Varignonov poučak jedan je od osnovnih poučaka stati

ke,

  a primjenjuje se pri određivanju rezultante paralelnih sila i pri određivanju

težišta složenih likova.

D T

u .

81 .

  2& Opći sus t av s i l a

Page 32: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 32/198

1 . 7 .  OPĆI SUSTAV SILA

  U

  RAVNIN I

Opći sustav sila u  ravnini jest sustav u  kojem sile djeluju  u  različit im pravcima,

a svaka  od  njih  ima  svoje hvatište  (si. 25).

1 .7 . 1 .

  Zbrajanje si la

Sastavljanje sila općeg sustava  je  određivanje rezu ltante zad anih s ila,  a ona

se može odrediti grafičkim

  ili

  analit ičkim postupkom.

Grafički postupak  se primjenjuje češće  od  analitičkog  jer  daje brže rješenje  i

omogućuje bolju preglednost problema koji

  se

  rješava,

  a

  analitički

  se

  postupak

primjenjuje

  pri

 rješavanju poseb nih slučajeva općeg sustava sila.

U sljedećem  je primjeru prikazan grafički postup ak  pri određivanju rezultante

općeg sustava sila

 u

  ravnini

  (si. 26).

Primjer 10.

U ravnin i

  XY

 djeluju

  tri

  sile

 u

  različit im pravcima

  i s

  različitim hvatištem .

Radi se, dakle, o  općem sustavu sila u  ravnini.

Sila

 F, =

  3,0 kN djeluje

  u

  točki

 A  i u

  pravcu čiji

  je

  nagib prema horizontali

određen kutom  a

t

  =  45°. Sila  F

2

 =  2,0 kN  ima  vertikalan položaj,  a  hvatiš te joj

i

SI .

  26. Verižnl poligon

g  A n t o l l ć : G r a đ e v n a m e h a n i k a

Page 33: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 33/198

se nalazi u točki B.  Sila F

3

  = 2,0 kN djeluje u točki  C  i u pravcu Čiji je nagib prema

horizontali određen kutom a

3

  = 60°. Valja odrediti rezultantu zad anih s ila.

Najprije treba konstruirati nacrt zadanih sila jer se pomoću nieca određuje

položaj sila u ravnini, a zatim se rješava zadatak (si. 26. a).

Postupak pri rješavanju ovog zadatka može se podijeliti u tri faze.

U prvoj fazi određuju se veličina i smjer rezultante crtanjem poligona zadanih

sila. Zaključna stranica tog poligona jest odsječak rezultante zadanih sila. Smjer

odsječka rezultante je orijentiran od prve prema zadnjoj točki poligona sila (si.

26.  b).

U drugoj fazi rastavlja se svaka pojedina sila na dvije proizvoljne komponente.

To se radi zato da se pomoću dobivenih komponenata kasnije u nacrtu s ila odredi

položaj rezultante. Da bi se svaka pojedina sila rastavila u dvije proizvoljne kompo

nente, odabire se točka  O  na bilo kojemu mjestu u ravnini. S točkom  O  spajaju se

počeci i završeci geometrijskih odsječaka zadanih sila, pa se tako svaka pojedina

sila rastavlja u dvije komponente (si. 26. b). Točka O zove se  pol,  a spojnice početka

i završetka geometrijskih odsječaka zadanih sila s točkom   O  zovu se  polne zrake.

Spajanjem početka i završetka geometrijskog odsječka sile F | s točkom   O

dobivaju se dužine 10 i 01 '. T e su dužine kom pon ente sile F j jer s njom formiraju

trokut sita 101'.

Ta ko je sila F , rastavljena u kom pon ente 1 i 2. Smjerovi kom pone nata 1 i 2

određ uju se tako da njihove strelice idu jedna za dru gom u susret sm jeru sile F i.

Spajanjem početka i završetka geometrijskog odsječka sile F

a

  s točkom  o  d o

bivaju se dužine 20 i 02'. Te su dužine odsječci komponenata sile F

2

  jer s njom for

miraju trokut 202'. Tako je sila F, rastavljena u komponentu 2 i 3. Smjerovi kom

ponenata 2 i 3 određuju se tako da njihove strelice idu jedna za drugem u susret

smjeru sile F

2

.

Spajanjem početka i završetka geometrijskog odsječka sile F

3

  s točkom O do

bivaju se dužine 30 i 03'. Te su dužine odsječci komponenata sile F

3

  jer s njom

formiraju troku t 3 03'. Ta ko je sila F

3

  rastavljena u komponente 3 i 4. Smjerovi

komponenata 3 i 4 određuju se tako da njihove strelice idu jedna za drugom u susret

smjeru sile F

3

.

Iz poligo na sila (si. 26. b) vidi sc da polna zraka 2 ima dvo stru ku funkciju.

Ona se u poligonu sila pojavljuje istovremeno kao komponenta sile F, i sile F

2

.

Ona, dakle, i u jednom i u drugom slučaju ima istu veličinu, ali suprotan smjer,

pa sama sebe poništava. Isto se događa i s polarnom zrakom 3 jer se u isto vrijeme

pojavljuje kao komponenta sile F

2

  i F

3

.

Promatrajući poligon sila (si. 26. b), možemo lako zaključiti da smo rastavlja

njem zadanih s ila F,, F

2

  i F

3

  na njihove komponente zamijenili te sile dvjema

novim silama. To su sile 1 i 2, koje su ujedno komponente rezultante   R,  pa će se

kasnije pomoću njih odrediti položaj rezultante u nacrtu sila.

U trećoj fazi rješavanja ovog zadatka grafičkim postupkom određuje se položaj

rezultante zadanih sila.

De bi se odredio položaj rezultante, potrebno je u nacrtu sila odrediti položaj

komponenata svih zadanih sila. Treba, dakle, odrediti položaj komponenata 1, 2,

3 i 4, a to se radi ovako:

Page 34: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 34/198

Na sili F

t

  u nacrtu sila (si. 26. a; odabire se točka a. Ona se može odabrati

na bilo kojem mjestu na pravcu sile jer ona obilježava sjecište sile F, s njezinim

kom ponen tama 1 i 2. Iz poligona sila u točku a parale lno se preno se sile 1 i 2, pa

je tako u nacrtu sila određen položaj komponenata sile F,.

U nacrtu sila komponenta 2 siječe pravac sile F

2

  u točki b . Kako je kompo

nenta 2 istovremeno komponenta sile F, i sile F

2

, ona točkom b obilježava mjesto

gdje se siječe sila F

2

  sa svojim komponentama 2 i 3. Stoga se iz poligona sila u

točku b paralelno prenosi pravac sile 3, pa je tako u nacrtu sila određen položaj

komponenata s ile F

2

.

U nacrtu sila komponenta 3 siječe silu F

3

  u točki c. Kako je komponenta 3

istovremeno komponenta sile F

2

  i sile F

a

, ona točkom c obilježava mjesto gdje se

sila F

3

  siječe sa svojim komponentama 3 i 4. Stoga se iz poligona sila u točku c

paralelno prenosi pravac s ile 4, pa je tako u nacrtu s ila određen položaj kompone

nata s ile F,.

Tako je u nacrtu sila (si. 26. a) određen položaj komponenata svih zadanih sila,

gdje kom pon ente 1 i 2 zamjenjuju silu F, . kom pon ente 2 i 3 zamjenjuju silu F

2

a komri>r>cnte 3 i  4  zamjenjuju silu F.,.

Tako u nacrtu sila nastaje nov sustav sila 1, 2, 3 i  4 ,  koji zamjenjuje zadani

sustav sila F,« F

2

  i Fj. Novi sustav sila ima oblik izlomljene crte, slične lancu ili

verigama, pa sc zove  ver ižn i p o l igon .

Već smo spomenuli da sile 2 i 3 zbog svoje dvostruke uloge same sebe poniš

tavaju, pa naposljetku kao aktivne sile u rav nini ostaju sam o sile 1 i  4 .  Iz nolieona

sila se vidi da su upravo te dvije sile komponente rezultante zadanih sila F,, F« i

F j ,

  pa rezultanta prolazi njihovim sjecištem.

Kad a sc u nac rtu sila produ že stranice verižnog poligona 1 i

  4

  do njihova sje

cišta, određeno je hvatište rezultante. Pravac djelovanja i smjer rezultante u nacrtu

sila isti su kao pravac i smjer njezinog odsječka u poligonu sila.

Tako je grafičkim postupkom rezultanta zadanog općeg sustava sila potpuno

određena.

O d n o s  verižnog pol igona i pol igona s i la .  Primjerom 10. pokazali smo da

su stanice verižnog poligona paralelne polnim zrakama. To je sasvim razumljivo

jer je verižni poligon nastao paralelnim prenošenjem polnih zraka u nacrt sila, pa

se to smatra stanovitim odnosom verižnog poligona i poligona sila. Međutim, treba

naglasiti da postoje još dva značajna odnosa između verižnog poligona i poligoni

sila koji se primjen juju pri grafičkom rješavanju zadata ka iz statike. T o su ovi

odnosi.

Stranice verižnog pol igona koje se s i jeku na neko) s i l i u nacrtu

s i la obuhvaćaju geometrijsk i odsječak te is te s i le u p lanu s i la .

S t ran ica ver ižn og p o l igon a k o ja u n acr tu s i la p ro laz i i zm eđ u

p ravaca d v i ju zad an ih s i la u p o l igon u s i la p ro laz i i zm eđ u geo

metrijsk ih odsječaka t ih is t ih s i la .

Page 35: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 35/198

1.7.2. Sustav paralelnih sila u ravnini

Paralelne sile u ravnini poseban su slučaj općeg sustava sila, pa se određiva

nje njihove rezultante provodi jednako kao za opći sustav. Određivanje rezultante

paralelnih sila u ravnini pokazuje sljedeći primjer.

Primjer  11,

U vertikalnom položaju djeluju četiri paralelne sile na razmacima koji su pri

kazani slikom 27. Zadane sile jesu F , = - 2,0 kN , F

2

  = — 2 ,0 k N, F ,  = + 3,0

kN, F

4

  =  —  4,0 kN. Valja odrediti rezultantu zadanih sila grafičkim i analitičkim

postupkom.

Ji  l-40m

S t

  2 7 . G r a f i č k o z b r a j a n j e p a r a l e l n i h s i l a

Grafički postupak. Rezultanta paralelnih sila određuje se zbrajanjem geometrij

skih odsječaka zadanih sila u planu sila.

V eličina rezultante određena je njezinim geometrijskim odsječkom . T o je du

žina 14' = 5 cm , Sto u m jerilu sila (1 cm =  1  kN) iznosi 5,0 kN.

Pravac djelovanja i smjer rezultante u nacrtu sila isti su kao i pravac i smjer

njezinog odsječka u planu sila.

Izborom pola O i njegovim spajanjem s početkom i završetkom geometrijskih

odsječaka svake pojedine zadane sile rastavlja se svaka zadana sila u dvije kompo

nente u obliku polnih zraka. Paralelnim prenošenjem polnih zraka iz plana u nacrt

sila određuje se položaj komponenata u nacrtu sila, a time i stanice verižnog poli

gona 1, 2, 3 i 4. Sjecištem prve i posljednje stranice verižnog poligo na, prolazi

rezultanta zadanih sila. Prenošenjem rezultante paralelnim pomicanjem iz poligona

u nacrt sila rezultanta je potpuno određena.

Analitički postupak.

  Rezultanta paralelnih sila određuje se algebarskim zbraja

njem zadanih sila.

Page 36: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 36/198

= F i R + F j + F , + F

4

  =

  —

  2 , 0 — 2 ,0 + 3 , 0 —  4,0 = - 5,0  k N

Veličina rezultante iznosi  5,0 kN , a negativan predznak znači da rezultanta

ima smjer prema dolje. Tako je rezultanta zadanih sila određena veličinom i smje

rom, a da bi bila potpuno određena, treba još pronaći njezin položaj.

Položaj rezultante paralelnih sila određuje se pomoću poučka o momentu

(si.  28).

SI.

  z a . R a č u n s k o z b r a j a n j e p a r a l e l n i h s i l a

I

M

1

* l

R

M

*

Kl

+<

«

  f

2 4

i

• - M m

Na bilo kojem mjestu u nacrtu sila odabire se točka C. Neka se ona u ovom

primjeru odabere tako da njezina udaljenost od sile  F

t

  iznosi  6, 0  m (si.  28) .  T i m e

je određena udaljenost svake pojedine sile od točke C, a udaljenost rezultante zada

nih sila od iste točke nepoznata je.

U ovom primjeru zadan je sustav od četiri vertikalne i paralelne sile. Primjena

poučka o momentu s obzirom na odabranu točku C može se izraziti ovako:

M , = M , + M j + M , +  M*.

Grafičkim prikazom zadanih sila na slici  28 .  određen je smjer sila i njihov

položaj s obzirom na točku C, pa je time određena veličina i smjer njihovih statič

kih  momenata.

M i

6,0 =

- 2 , 0

6,0 = - 12,0 k Nm

M

2

= F

2

• 4 , 0 = - 2 , 0 4 ,0 =

- 8,0  k Nm

M , 2,0 = + 3,0 2,0 = + 6,0

 k N m

M .

~ F

4

1,0 =

- 4 , 0 1,0 =

- 4 ,0   k Nm

Veličina i smjer statičkog momenta rezultante s obzirom na točku   C  nisu

poznali, pa se statički moment rezultante izražava kao nepoznanica.

M

M

  = R • x.

Uvrštavanjem dobivenih vrijednosti u početni izraz nastaje jednadžba s jednom

nepoznanicom, a nepoznanica je udaljenost rezultante od točke C.

Page 37: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 37/198

R • x - — 12,0 - 8,0 -f- 6,0 - 4,0

R • x = - 18,0 kN m .

Iz posljednjeg izraza vidi se da statički moment rezultante ima vrijednost

od 18,0 kNm i da je negativan, a to znači da rezultanta zadanih sila rotira oko točke

C   obrnuto od kretanja kazaljke na satu.

Već smo ustanovili da rezultanta zadanih sila ima smjer prema dolje, a budući

da ona rotira obrnuto od kretanja kazaljke na satu, zna se da mora biti smještena

lijevo od položaja točke  C.

Udaljenost rezultante od točke  C  iznosi

X =

  R

=

T

  =

Tako je i analit ičkim postupkom rezultanta potpuno određena.

Na istom primjeru paralelnih sila u ravnini prikazuje se grafičko određivanje

statičkog momenta rezultante i s tatičkih momenata njezinih komponenata s obzi

rom na zadanu točku C (si. 29).

S I . 2 9 . G r a f i č k o o d r e đ i v a n j e s t a t i č k o g m o m e n t a

Pri grafičkom određivanju statičkih momenata zadanih sila s obzirom na točku

C  treba kroz tu točku povući pravac paralelan sa svakom pojedinom silom, te na

njemu odrediti odsječak /. Treba dakle, za svaku pojedinu silu odrediti os momenta.

U ovom primjeru sve su zadane sile paralelne, pa je njihova os momenta zajed

nička i s njima paralelna.

U poglavlju 1.6. dokazali smo da je statički moment sile s obzirom na zadanu

točku u ravnini jednak produktu polne udaljenosti i odsječka na osi momenta.

Također smo dokazali da se odsječak na osi momenta dobiva produženjem stranica

verižnog poligona, koje se sijeku na zadanoj sili, do sjecišta s osi momenta.

Page 38: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 38/198

Ako se, dakle, u ovom primjeru s tranice 1 i 2 verižnog poligona produže do

sjecišta s osi momenta, dobiva se odsječak y, =

  A 1 B 1

  — 3,0 cm , što u mjerilu

sila iznosi 3 kN.

Statički moment sile F, s obzirom na točku   C  iznosi

M , = f ( - y , ) .

Odsječak na osi momenta smatra se negativnim kad se njegova dužina mjeri

odozdo prema gore. Obrnuto, kad se dužina odsječka na osi momenta mjeri odozgo

prema dolje, odsječak se smatra pozitivnim.

Uvrštavanjem u gornji izraz polne udaljenosti u mjerilu dužina, a odsječka na

osi momenta u mjerilu sila, dobiva se veličina statičkog momenta sile F, s obzirom

na točku C.

M ,

  = r

  4,0 ( - 3,0) - 12,0 kN m ,

što potpuno odgovara rezultatu dobivenom računskim postupkom.

Produženjem stranica 2 i 3 verižnog poligona do sjecišta s osi momenta dobiva

se odsječak y

2

  = B , B

2

  = 2,0 cm, što u mjerilu sila iznosi 2,0 kN .

Statički moment sile F

2

  s obzirom na točku  C  iznosi

M

2

  = f  • ( - y

2

)

M

2

  - 4,0 • ( - 2,0) « - 8,0 kN m .

Produženjem stranice 3 i 4 verižnog poligona do sjecišta s osi momenta dobiva

se odsječak y

3

  • CiC

2

  =-

 1,5 cm , što u m jerilu sila iznosi 1,5 kN .

Statički moment sile F

3

  s obzirom na točku  C  iznosi

M , = f

  •

 (y)

M

3

  ---- 4,0 • 1,5 =- 6,0 k N m .

Produženjem stranica 4 i 5 verižnog poligona do sjecišta s osi momenta dobiva

se odsječak y

4

  = D j D

2

  = 1,0 cm , što u mjerilu sila iznosi 1,0 kN .

Statički moment sile F

4

  s obzirom na točku

  C

  iznosi

M

4

  = f  • ( - y

4

)

M

4

  = 4,0

  •

  ( - 1,0) = - 4,0 kN m.

Nap osljetku produže njem stranica 1 i 5 verižnog poligona koje se sijeku n a

rezultanti zadanih sila do sjecišta s osi momenta dobiva se y* — R,R

2

  = 4,5 cm ,

što u mjerilu sila iznosi 4,5 kN.

Statički moment rezultante R s obzirom na točku C iznosi

M , = f  • ( - y»)

M „ = 4,0 • (— 4,5) - 18 ,0kN m.

Page 39: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 39/198

Točnost tog rezultata može se kontrolirati pomoću poučka o momentu:

M„ = M, + M

2

  + M , + M .

M * = - 12,0 - 8,0 + 6,0 - 4,0 = - 18,0 kN m ,

što govori da je s tatički moment rezultante zadanih s ila dobiven grafičkim postup

kom točno određen. Dobiveni rezultat ujedno govori da grafički postupak daje

točne rezultate jer oni ovdje potpuno odgovaraju rezultatima dobivenim analit ič

kim postupkom.

Z A D A C I Z A V J E Ž B U

Graf ičk im i ana l i t ičk im pos tupkom odred i rezu l tan tu ve r t ika ln ih pa ra le ln ih s i la P

l a

  F

2

,

F ,  i F« ako su zadane si le i razmak između si la

  A I , A I , A ,

  i

  A

4

.

Zadatak  1.

F ,

  = +  4 , 0 kN , F , = + 2 ,0 kN , F , = - 3 ,0 kN

a, •= 2 ,0 m, a j = 3 ,0 m.

Zadatak  2 .

F ,  - - 5 ,0 kN , F , = +  3,0kN,  F

3

  = +  4 , 0 k N , F . = -  3,0kN

a , = 2 , 0 m , i ,  = 3,0 m , a , »» 1,0 m .

Zadatak  3 .

F ,

  - -  4,0   k N , F , — — 3 ,0 k N , F

3

  - +

  4, 0

  kN , F . = + 5 ,0 kN , F , = - 2 ,0 kN

a, = 3 ,0 m , a , = 2 ,0 m , a , = 1 ,0 m , a« = 2 ,0 m.

Zadatak  4 .

F |

  — + 2 ,0 kN , F , - +

  3,0kN,

  F

3

  - -  6,0kN,  F« = + 2 ,0 kN , F , = -  3,0kN

a ,

  -

  2 , 0 m , i ,  — 3,0 m,

  aj -= 1,0

 m ,

 a

4

  - 1,0 m .

1 .7 .2 . 1 .

  Dvije paralelne sile u ravnini

Dvije paralelne sile u ravnini najjednostavniji su slučaj općeg sustava sila.

One mogu biti is tog il i suprotnog smjera.

Dvi je p ara le ln e s i l e i s tog s m jera .  Određivanje rezultante dviju paralelnih

sila is tog smjera može se znamo pojednostavniti u odnosu prema zadatku u kojem

jc zadano više sila. T o se mo že dokazati sljedećim prim jerom .

Primjer  12.

U vertikalno m položaju djeluju dvije paralelne sile istog smjera, F , = • — 2,0

kN i F

2

  = — 4,0 kN . Razmak z adanih sila jest 3,0 m . Valja odred iti rezu ltantu

grafičkim i analitičkim postupkom.

Page 40: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 40/198

Grafički postupak.  Veličina i smjer rezultante određuje  se  poligonom sila, a

njezin položaj u nacrtu verižnim poligonom (si. 30).

M , *r ik > t i U 1 o n 1 k N

J

S I.   30 .  Graf i čko zbra j an j e ver i žn im po l i gon om

Iz poligona sila se vidi da je veličina rezultante jednaka zbroju zadanih sila i

da je njezin smjer isti kao smjer zadanih sila. Položaj rezultante određen je sjecištem

prve i zadnje stranice verižnog poligona. Rezultanta se nalazi između zadanih sila

i njihov razmak dijeli u dužine  l

t

  i l

2

.  U ovom primjeru je /, = 2,0 m , a /

;

  — 1,0 m.

Položaj rezultante dviju paralelnih sila može se grafički odrediti bez crtanja

poligona sila i verižnog poligona. Evo kako se to radi:

Uspoređivanjem trokuta

  ac r

  u nacrtu sila s trokutom  11 '0 u planu sila vidim o

da su oni slični. Ti su trokuti slični jer su im stranice paralelne, pa se za niih može

postaviti ovaj odnos:

ČT  :ča =  FP  : 0 T

ča •

 I P

  = čr • OT.

Iz slike 30. vidi se da jc

ča - - - / , , i ' . =  T r ,  OT = t.

Uvrštavanjem tih vrijednosti u gornji izraz dobivamo:

/ , • F , - c r f.

Page 41: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 41/198

Trokut b'cr i trokut 022' također su slični, pa se i za njih može postaviti ovaj

odnos :

"Fr :čb =  22 '  : 0 T

čb • 2 T  = čr • OT

Iz slike 30. vidi se da je

čb =  l

2

, 22'  = F

2

,  OT= f.

Uvrštavanjem tih vrijednosti u gornji izraz dobivamo:

/, • F , = čr • f.

U izvedenim jednadžbama desne strane su jednake, pa moraju biti jednake i

lijeve strane tih jednadžba.

/, • F , =

  l

2

  •

  F

2

( I I )

Izraz (11) može se opisati ovako:

Ud al j en os t i rezu l tan te od zad an ih s i la m eđ u s ob n o s e od n os e

ob rn u to p rop orc ion a ln o ve l i č in am a zad an ih s i la .

Primjenjivanjem izraza (11) može se odrediti položaj rezultante dviju paralelnih

sila istog smjera bez crtanja poligona i verižnog poligona sila (si. 31).

i

Mjarlls dulinc  1 e m « 1 m

F

2

  ti

-20cm>20m

1 j - l j 0 c m . 1 j D m

8 L 3 t .

  Zbrajanje

  b e z

  verižnog poligona

Page 42: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 42/198

Ako se na pravac sile Fj nanese geometrijski odsječak sile   F

2

,  a na pravac sile

F

2

  geom etrijski odsječak sile F 0  te ako se spoji točka 2 sa 1', a točka 2' sa točkom

1, grafički je uspostavljen odnos koji je prikazan izrazom (11 ).

Iz slike 31. vidi se da je

pa sc na sjecištu dužina 21' i 2'I nalazi rezultanta zadanih sila.

Uspoređivanjem slike 30. i slike 31. vidi sc da je

a T - 2T - F ,

b b '  =

  FT

  = F ,

R = H , + F

2

  = -  2,0 - 4,0 = - 6,0 kN .

Rezultanta dviju parale ln ih s i la is tog smjera jednaka je zbroju

zad an ih s i la i im a s m jer zad an ih s i la . Po loža j rezu l tan te j e

između zadanih s i la , a l i b l iže većoj s i l i .

Položaj rezultante paralelnih sila određuje se analitičkim postupkom pomoću

poučka o momentu, ali kad se radi samo o dvjema paralelnim silama, položaj rezul

tante može se odrediti još i ovako:

Kad se u ta dva izraza uvrste zadane vrijednosti, dobiva se sustav od dvije

linearne jednadžbe s dvije nepoznanice:

Lijeve strane dobivenih jednadžba jednake su, pa moraju biti jednake i njihove

desne s trane.

22'  : H' = / ,

F

2

  : F , = / , :

/ , + / , = 3,0

= 3,0 -  l

2

.

2 l

2

  = 3,0 - /,

2 /j +

  h

  = 3,0

3,0 /, = 3,0

Uvrštavanjem vrijednosti  l

2

  =  1,0 u prvu jednadžbu dobiva se :

/, = 2,0 • 1.0

= 2,0 m .

Page 43: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 43/198

Tako je analit ičkim postupkom određena rezultanta dviju paralelnih s ila is tog

smjera.

Dvi je p ara le ln e s i l e s u p ro tn og s m jera .  Postupak pri određivanju rezul

tante dviju paralelnih s ila suprotnog smjera, is t i je kao pri određivanju rezultante

dviju paralelnih sila istog smjera, samo Sto rezultanta u ovom slučaju uvijek zauzi

ma položaj izvan pravca djelovanja zadanih sila.

Primjer  13.

U vertikalnom položaju djeluju dvije paralelne s ile suprotnog smjera, F, =

= — 1,0 kN i F , = -f 5,0 kN . Razmak za danih s ila je / = 3,0 m . Valja odredit

rezultantu grafičkim i analit ičkim postupkom.

Grafički postupak.  Veličina i smjer rezultante zadanih sila određuje se poligo

nom sila, a njezin položaj verižnim poligonom (si. 32).

.L-Mm ).

S I 3 2 . G r a f i č k o z b r a j a n j e v e r i ž n im p o l i g o n o m

Iz poligona sila vidi se da je veličina rezulta nte jednak a zbroju geometrijsku

odsječaka zadanih sila i da je njezin smjer jednak smjeru veće sile. Iz nacrta sil<

vidi sc da je položaj rezultante određen sjecištem prve i posljednje stranice veriž

nog poligona, te da se ona nalazi izvan zadanih sila, ali bliže većoj sili. Iz nacrt;

sila se može očitati da je

/, = 3,75 m, /j = 0,75 m.

Page 44: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 44/198

Za sustav dviju paralelnih sila suprotnog smjera vrijedi također odnos

pa se i ovdje može odrediti položaj rezultante bez crtanja poligona i verižnog poli

gona sila (si. 33).

81 .  33 . Zbrajanja bez  verižnog

poligona

i

i .

dufim:1cma1m

l-3JScni»27Sni

l2«07SanaQ79«

Analitički postupak.

  Veličina i smjer rezultante određuje se algebarskim zbra

janjem zadanih sila:

R = Fj + F

2

  = — 1,0 + 5,0 = + 4,0 kN .

Rezu l tan ta d v i ju p ara le ln ih s i la s u p ro tn og s m jera j ed n ak a j e

zb ro ju zad an ih s i la i im « s m jer veće s i l e . Po loža j rezu l tan te

je izvan s i la , a l i b l iže većoj s i l i .

Položaj rezultante određuje se rješenjem ovih jednadžba:

/ , - / , = 3,0

±=

5fi

li  1,0

U

  = 5,0 • /, /, = 3,0

  I-

  I

2

.

Lijeve strane dobivenih jednadžbi jednake su, pa moraju biti jednake   i  njihove

desne s trane:

5,0 • /, = 3,0 +  l

2

5,0 • h - l

2

  = 3,0

Page 45: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 45/198

4,0 • /, = 3,0

4,0

Uvrštavanjem vrijednosti /, = 0,75 u prvu jednadžbu dobiva se

/, = 5,0 • 0,75 = 3,75 m ,

pa je tako određen položaj rezultante zadanih sila.

Z A D A C I Z A V J E Ž B U

Odred i rezu l t an tu dv i j u ver t ika ln ih para l e ln ih s il a g ra f ičk im i računsk im pos tup kom ako

j e zadano:

a ) F , = 4 ,0 kN , F , = 3 ,0 kN , / = 4 ,0 m ,

b)

  F | = 3 ,0 kN , F

5

  6,0 kN , / = 3,0 m,

c ) F , = 4 , 0 k N , F j =  1,0kN,  / 5 , 0 m ,

d)   F , = 5 ,0 kN , F

2

  2,0 kN , / - 2,0 m.

Par s i la  su dvije paralelne sile jednake veličine a suprotnog smjera (si. 34).

On nema rezultante, pa njegovim djelovanjem ne može nastati gibanje po pravcu.

Međutim, zbog djelovanja statičkog momenta para sila nastaje rotaciono gibanje

ili vrtnja.

Statički moment para sila određuje sc kao zbroj statičkih momenata paralelnih

sila.

Odabere li sc točka  A  na bilo kojem mjestu izvan pravaca sila  F  (si. 35), statički

moment para sila s obzirom na tu točku iznosi

M , = F • / , — F •  U

M , = F (/, - / ,) .

F

F

A +

h

SI .  34 .

  S ta t i č k i m o m e n t

para s i l a

SI.   3 5 .  S t a t i čk i m ome nt

para s i l a

SI.   36 .

  S t a t i č k i m o m e n t

p a r a s t l a

Page 46: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 46/198

Iz slike  .^5.  vidi se da ie / = /, —  l

2

,  pa je s tatički mo me nt para s ila s obzirom

na točku

  A

M

A

  - F • /.

Odabere li se točka  B  na bilo kojem mjestu između pravaca sila  F  (si. 36),

statički moment para sila s obzirom na tu točku iznosi

M , =

  F • /, + F •

  h

M „ -  F  {h + h).

Iz slike 36. vidi se aa je / =   l

y

  + /

2

> pa je statički moment para sila s obzirom

na točku  B

M

B

  = F • /.

U jednom i u drugom slučaju statički moment para sila ima istu vrijednost,

pa se na osnovi toga može zaključiti:

Stat ičk i moment para s i la s obzirom na b i lo koju točku u rav

n in i ima is tu vri jednost koja je jednaka produktu jedne s i le i

m e đ u s o b n o g  razm ak a s i la .

M

  = F /  (12)

Time je ujedno dokazano da par sila ne može nikad sam od sebe biti u ravnoteži

jer mu je statički moment konstantna veličina za bilo koju točku u ravnini. Statički

moment para sila pozitivan je ako rotira u smjeru kretanja kazaljke na satu, a nega

tivan je ako rotira obrnuto od smjera kretanja kazaljke na satu.

• t

j » - 2 F

>

F

  i

. . . i .

, . _ _ J .

  B

i'

F

i

A

' t

. _ _ J .

  B

i'

F

i

F,

R

-2F

SI 37.  PomaK para  s i l a u p ravcu

SI .

  38 .

  P o m a k p a r a s i l a n a o k o m i t p r a v a c

Page 47: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 47/198

Veličina i djelovanje statičkog momenta para sila neće se promijeniti ako se

hvatište zadanih sila pomakne na drugo mjesto na pravcima djelovanja zadanih sila.

To se može dokazati ovako:

Slika 37. prikazuje par sila  F— F  sa hvatiš tem sila u točkama  A  i  B  i zadanim

krakom /. Ako se na pravcu prve sile odabere točka At kao hvatište dviju novih sila

jednakih veličina a suprotnog smjera, stanje u ravnini ostaje nepromijenjeno. Neka

nove sile imaju veličinu F

t

  = F. Ako se na pravcu druge s ile odabere točka B

t

kao hvatište dviju novih sila jednakih veličina a suprotnog smjera, stanje u ravnini

ostaje također nepromijenjeno. Neka s ile na tom pravcu.imaju veličinu F

2

  =

= F, = F. Tako su na svakom zadanom pravcu dobivene tr i jednake s ile od kojih

se dvije međusobno poništavaju. Konačan rezultat je par sila   F

x

  — F

2

,  koji je

jednak paru sila F — F, ali s novim hvatiš tem u točkama A i B ,. Ti m e je dokazano

da se veličina i djelovanje para sila ne mijenja kad mu se hvatište sila pomakne po

pravcu njihova djelovanja.

Veličina i djelovanje statičkog momenta para sila neće se promijeniti ako se

hvatiš te zadanih s ila pomakne na drugo mjesto na pravcu koji je okomit na pravac

djelovanja zadanih sila. To se može dokazati ovako:

Slika 38. pokazuje par sila  F — F  sa hvatištem sila u točkama  A  i  B  i zadanim

krakom /. Ako se na pravcu koji je okomit na pravce djelovanja zadanih sila odabere

točka  A  kao hvatište dviju novih sila jednakih veličina a suprotnog smjera, stanje u

ravnini ostaje nepromijenjeno. Neke nove sile imaju veličinu F, = F. Ako se na

istom pravcu odabere točka B

t

  koja je od točke A, udalje na za veličinu / i u njoj

postave dvije sile jednakih veličina a suprotnog smjera, stanje u ravnini ostaje

također nepromijenjeno. Neka te nove sile imaju veličinu F

2

  = F , = F . Tako je

dobiven sustav od šest jednakih i paralelnih sila u ravnini. Sile F i F

t

  zamjenjuju 6e

rezulta ntom R = 2 F , čije je hvatište u točki

  C.

  Jednakom rezultantom, ali suprot

nog smjera , zamjenjuju se sile F i F

2

. Kako rezultante R djeluju u istom pravcu,

a imaju istu veličinu i suprotan smjer, same sebe poništavaju. Tako u ravnini ko

načno ostaje samo par sila F , —  F

2

  koji je jednak paru sila  F — F,  ali sa novim

hvatištem u točkama A, i B,. Time je dokazano da se veličina i djelovanje statičkog

momenta para sila ne mijenja kad se on pomakne po pravcu koji je okomit na pravce

djelovanja zadanih sila.

Veličina i djelovanje statičkog momenta para sila neće se promijeniti ako se

on u svojoj ravnini djelovanja zaokrene za bilo koji kut. To se može dokazati ovako:

Slika 39. pokazuje par siia F

 —

 F sa hvatištem sila u  A  i B  i zadanim krakom / =

= AB. Kad se krak zadanog para sila zaokrene za neki kut   a,  on zauzima novi

položaj / = AC. Ako se točka

  A

  i točka

  C

  odaberu kao hvatišta dviju novih sila

jednakih veličina a suprotnog smjera, stanje u ravnini ostaje nepromijenjeno. Neka

te nove sile imaju veličine  F,  = F. U točki A sada djeluju t ri sile jedna kih veličina.

Sile  F  i  Fi  mogu se grafički zbrojiti u rezultantu  R,  pa točka  A  postaje hvatište

dviju sila, i to sile  F  i sile  R.  Poznato je da je svaka sila klizeći vektor jer sc njezino

hvatište može premjestiti u bilo koju točku na pravcu djelovanja zadane sile.

Primjenom tog svojstva sile sila /

;

  se može premjestiti iz točke  B  u točku  D.

Isto tako, sila  Fi  se može premjestiti iz točke  C  u točku  D.  Tako sile  F  i F, sada

djeluju u zajedničkom hvatištu  D,  pa se grafičkim zbrajanjem mogu zamijeniti

njihovom rezultantom  R.

Page 48: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 48/198

S I.

  39. Zaokret para sila

Prikazanim postupkom grafičkog zbrajanja sila F i F

t

  dobivaju  se  dvije rezul

tante. Jedna od njih ima hvatište u točki A, a druga u  točki B.  O ne su  jednakih veli

čina a  suprotnog smjera. Kako djeluju  u  is tom pravcu , međusobno sc  poništavaju.

Tako  od  zadanog sustava sila ostaje samo aovi  par  sila  F

{

  — i

7

, ,  koji  je  jednak

zadanom paru sila  F — F.  T i m e  je  dokazano da se i  veličina statičkog momenta

para sila ne  mijenja ako se on zaokrene za bilo koji kut u  ravnini.

Djelovanje para sila neće se  promijeniti ako mu se  krak poveća a  sile smanje,

odnosno

 ako mu se

  sile povećaju

  a

  krak smanji,

  ali

 samo

 ako

 s tatički m ome nt para

sila ostane nepromijenjen.

  To se

  može dokazati ovako:

Slika

  40.

 prikazuje

  par

  sila  F — F

 sa

  hvatištem

  u

  točkama  A

  i

 B

  i

  zadanim

krakom

  / =

  AB. Statički moment

  tog

  para sila iznosi

  M

  —

 F • /. Taj par

  sila

može  se  pretvoriti  u  novi  par  sila većeg kraka  / +  x  i  manje sile  F

2

, ali  tako da

statički moment ostane nepromijenjen, odnosno  da je

F

  • / F

2

  •

 (/ + x).

Ako  se  sila  F sa  hvatištem  u  točki  B  rastavi  u  dvije komponente, i to u  silu

F,  sa hvatištem  u  točki  A  i  silu  F

2

  sa hvatištem  u  točki  C.  Tada je

F  = F, + F,

F ,

  • / F, • x.

^ Anloltfr; f i rnt lcv nn meh an ika

49

Page 49: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 49/198

8 +

81 .

  4 0 . P o v e ć a n j e k r a k a p a r a s i l a

Iz posljednje jednadžbe može se izračunati povećanje kraka para sila, koje

iznosi

F

2

pa je

F ,  = F - F

a

,

F  — F

2

x =

Uvrštavanjem tog izlaza u početni uvjet, dobiva se

F • / = F

3

  • (/ + x)

F • / = F , • / + F

2

  • x

F • /

  —

  1

;

2

  • / + F

2

  • •

F • / = F , • / + F • / - F

a

  • /

F • / = F • /.

Time je dokazano da se djelovanje zadanog para sila ne mijenja kad se krak

poveća a sile smanje ako jc statički moment para sila ostao nepromijenjen.

Sva do sada spomenuta svojstva para sila opisana su i dokazana s namjerom da

sc pokaže kako je par sila nov pojam u statici i da ne mijenja svoju veličinu i učinak

ako se pomakne u bilo kojem pravcu ili se zaokrene za bilo koji kut. Njegov učinak

nije vezan ni za jednu točku u ravnini.

Zbrajanje  učinaka parova sila.  Primjenom opisanih svojstava para sila u ravnini

mogu se zbrojiti učinci vi.šc zadanih parova sila s različitim veličinama sila i razli

čit im kracima.

Page 50: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 50/198

S i.   41. Zbrajanje parova sila

F

3

-»,0kN

F,-»» N

, U'Vm

t-a>m

1*

Slika 41. prikazuje tri zadana para sila čiji su statički momenti

M ,  = + F , • J, =  -f  2,0 • 1,5 = +3,0 kNm

M

2

  = - F j • l

2

  =--- - 1,5 • 4,0 = - 6,0 kNm

M ,

  = - F , • /, = - 2,0 • 2,0 = - 4,0 kNm.

Ako se žele spojiti učinci zadanih parova sila, sve ih treba svesti na zajednički

krak /. Za to se odabiru točke  A  i B  na razmaku / = 2,0 m. Kroz te točke povuku

se paralelni pravci u kojima će djelovati ove sile:

F ' -

M |

F a - —

3^0

+

  2fi

_ ^?

2,0

+ 1,5 kN

- - 3,0 kN

Page 51: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 51/198

ako su u svakom pravcu dobivene tri nove sile koje se mogu zamijeniti rezul-

R = +  F'

2

  +  F

3

R *= + 1,5 - .3,0 - 2,0 = - 3,5 .

Statički moment rezultirajućeg para sila iznosi

M j,

  = R • / =  —  3,5 • 2,0 = — 7,0 kN m ,

na je tako provedeno zbrajanje učinaka zadanih parova sila.

1 .7 .3 . Ravnoteža općeg sustava si la

Tijelo na koje djeluje opći sustav sila u ravnini nalazi se u stanju mirovanja kad

je zadani sustav sila u ravnoteži. Tada se tijelo ne može gibati po pravcu niti može

rotirati .

Pozn ato je da gibanje tijela po pravc u nastaje kao posljedica djelovanja sile,

a rotacija kao posljedica djelovanja statičkog momenta, pa je zato lako ustvrditi

da će ravnoteža općeg sustava sila u ravnini nastati onda kad ne bude postojala

rezultanta zadanih sila i kad ne bude para sila.

Ravnoteža općeg sustava sila u ravnini može se ispitati grafičkim ili računskim

postupkom, a uvjeti ravnoteže koje treba zadovoljiti izražavaju se grafički ili ra

čunski.

1 .7 . 3 . 1 .

  Grafički uvjeti ravnoteže

Za ravnotežu općeg sustava sila u ravnini nužna su i dovoljna dva grafička

uvjeta ravnoteže, koja glase:

1.

  Pol igon s i la mora b it i zatvoren l ik .

2 .  Verižn i pol igon s i la mora također b it i zatvoren l ik .

Ob a u v je ta m ora ju b i t i i s p u n jen a i s tovrem en o .

Prvi uvjet zahtijeva da ne smije postojati rezultanta općeg sustava sila u rav

nin i, a dru gi da ne smije postojati par sila u istoj ravn ini Zbo g toga oba uvjeta

moraju biti ispunjena istovremeno.

Prvi uvjet ravnoteže bit će ispunjen kad posljednja točka odsječka

 

1

  padne

u početnu točku plana sila, a dru^i će biti ispunjen kad posljednja stranica verižnog

poligona padne u prvu.

Page 52: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 52/198

Ako jedan od spomenutih uvjeta nije ispunjen, tijelo na koje djeluje opći

sustav sila u ravnini nije u ravnoteži.

Kad zadani opći sustav s ila ima svoju rezultantu, a u s tanovitim okolnostima

je njegov verižni poligon zatvoren, očito je da nema ravnoteže. Tijelo na koje djeluju

zadane sile giba se u smjeru rezultante.

Kad je kod zadanog općeg sustava sila ispunjen samo prvi uvjet ravnoteže,

ravnoteža također ne postoji. U tom se slučaju opći sustav sila svodi na par sila u

ravnini, a tijelo na koje djeluju zadane sile vrti se na mjestu. Primjer općeg sustava

sila u ravnini koji je prikazan na slici 42. pobliže objašnjava redukciju općeg sustava

sila na par sila.

S I .  42 . Red ukc i j a s i l a na pa r s i l a

Zadan je sustav sila F, F

2

  F

3

  F

4

  u sasvim općenitom položaju. Grafičkim

zbrajanjem, odnosno crtanjem poligona sila ustanovljeno je da zadane sile nemaju

rezultante. Posljednja točka poligona sila pada u početnu, pa je poligon sila zatvoren

lik. Ipak, zadani sustav sila nije u ravnoteži jer verižni poligon nije zatvoren lik, a to

sc dokazuje ovako:

U planu sila odabire se pol  O  na bilo kojem mjestu u ravnini. Spajanjem pola

s vrhovima poligona dobiju se polne zrake 1, 2, 3, 4 i 5. Polna zraka 5 pada u polnu

zraku I jer je poligon sila   7 a i v o r e n  lik. Paralelnim prenošenjem polnih zraka u

nacrt sila formira se verižni poligon. Stranice verižnog poligona su komponente

svake pojedine zadane sile, pa one zamjenjuju učinak zadanih sila.

Stranice 2, 3 i 4 verižnog poligona imaju dvostruku ulogu. One svaka za sebe

predstavljaju dvije sile jednakih veličina a suprotnog smjera, pa se same sobom po

ništavaju. T ako na kraju u nacrtu sila ostaju samo stranice verižnog poligona 1 i 5

kao dvije jednake sile suprotnog smjera. Da su sile I i 5 zaista jednake a suprotnog

smjera, vidi se iz plana sila, jer su njihove veličine predočene istom dužinom Ol.

S obzirom na to da sile t i 5 u nacrtu sila djeluju na razmaku I. one čine par

sila koji će proizvesti rotaciju u smjeru kretanja kazaljke na satu.

Page 53: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 53/198

Zadani .sustav sila nije u ravnoteži jer posljednja stranica veriž nog poligona

ne pada u početnu stranicu. Nije ispunjen drugi uvjet ravnoteže. Tako je ujedno

dokazano da zadani sustav sila koji je prikazan na slici 42. prelazi u par sila. Do

kazano je da se učinak zadanog sustava sila svodi na učinak para sila.

Za razliku od opće g sustava sila, koji je prikazan na slici 4 2, slika 43 . prikazuje

opći sustav sila kod kojeg su ispunjena oba uvjeta ravnoteže u isto vrijeme, pa je

taj sustav sila u ravnoteži.

1.7.3 .2. Računski uvjeti ravnoteže

V eć je poznato da će opći sustav sila biti u ravnoteži samo onda ako on nemarezultante i ako se ne može reducirati na par sila. Taj posve općeniti uvjet ravnoteže

mo že s e izraziti analitički.

Slika 44. prikazuje opći sustav sila u ravnini u kojemu je svaka sila određena

jer joj je poznato hvatište, smjer i veličina.

8 4 . 4 8 . R a v n o t e ž a o p ć e g s u s t a v a s i l a

Zadane sile su F„ Fj, F

3

, F

4

  . . . F. .

Ako se svaka zadana sila zamijeni dvjema komponentama od kojih je jedna

paralelna s osi  J a druga s osi  y,  zadani sustav sila svodi se na sustav vertikalnih

i horizontalnih sila.

Komponente svake pojedine zadane sile mogu se analitički odrediti kao pro

jekcije sila u vertikalni i horizontalni pravac:

F i*  —

  F ,  ' cos a, = X

4

  F ,

r

  = F, • sin ~ Y

1

F

j j (

  = F

2

  • cos a

2

  —  X

2

  F j ,  —  F

2

  • sin a

2

  = Y

2

Page 54: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 54/198

F

3 j t

  = Fj • cos

 a

3

  =

  X

3

F

4

.

t

  = F

4

  • cos u

4

  = X

4

F

3

,  = F

3

  • sin a

3

  =

  Y

3

F

4

,

  = F

4

  • sin o

4

  = Y

4

F„ = F„ • cos a, = X„ F„ = F» • sin a, = Y„.

Sustav horizontalnih sila ima svoju rezultantu R„ koja je jednaka algebarskom

zbroju horizontalnih komponenata svih zadanih sila:

R, - F„ + F

2 X

  + F

3

, + F

4 X

  + .. . + F„

R , = l F x =

  2 X .

  (13)

I

Sustav vertikalnih sila ima svoju rezultantu R

y >

  koja je jednaka algebarskom

zbroju vertikalnih komponenata svih zadanih sila:

R, = F, , + Fj , + F

3 r

  + F

4 y

  + ... + F„,

Kr=i?y-lV.  14)

i

Rezultanta horizontalnih komponenata svih zadanih sila R

T

  i rezultanta veni-

kalnih komponenata svih zadanih sila R, jesu komponente rezultante R zadanog

općeg sustava sila (si. 44).

s

S i

  44. Računski uvjeti ravnoteže

Page 55: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 55/198

Veličina rezultante općeg sustava sila, koji je prikazan na slici 44, može se

odrediti Pitagorinim poučkom.

R =  )/R£ + RJ (15)

Hvatište rezultante R nalazi se u sjecištu njezinih komponenata R

x

  i R,.

Položaj rezultante može se  također odrediti analit ičkim postupkom:

t a n

a i t

= ^ ( 16 )

Kada opći sustav s ila u ravnini nema rezultante, tada nema ni njezinih kompo

nenata. To je jedan od uvjeta ravnoteže, koji se analitički izražava ovako:

R , = I X = 0 ( 17)

R , = I Y = 0 ( 18)

U odjeljku

  1.7.2.

  dokazano jc da jc statički moment para sila s obzirom na bilo

koju točku u ravnini stalna veličina, a kad se opći sustav sila u ravnini ne može re

ducirati na djelovanje para sila, ne postoji ni njegov statički moment, pa zbroj

statičkih m ome nata svih zadanih sila u ravnini s obzirom na b ilo koju točk u mora

biti jednak nuli. Taj uvjet ravnoteže može se analitički izraziti ovako:

2 M = 0 (19)

Prema tome, za ravnotežu općeg sustava sila u ravnini nužna su i dovoljna

tri analitička uvjeta ravnoteže, koji glase:

Zb roj h or izon ta ln ih k om p on en ata s v ih s i la u ravn in i m ora b i t i

jednak nuli , i l i

I  X = 0.

Zbroj vert ikaln ih komponenata sv ih s i la u ravnin i mora b it i

jednak nuli , i l i

£ V = 9.

Zbroj  s ta t i čk ih m om en ata s v ih s i la s ob z irom n a b i lo k o ju točk u

u ravnini mora biti jednak nuli , i l i

I M   = 0 .

Prvi i drugi analitički uvjet ravnoteže odgovaraju prvom grafičkom uvjetu, a

treći analitički uvjet odgovara drugom grafičkom uvjetu ravnoteže.

Page 56: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 56/198

1 .7 .3 .3 . Pr imjena uvjeta ravnoteže

U praksi se vrlo često pojavljuju zadaci u kojima je potrebno odrediti veličinu

i smjer dviju sila koje drže ravnotežu opće m susta vu sila u ravn ini. Ti se zadaci

rješavaju primjenom uvjeta ravnoteže kako to pokazuju sljedeći primjeri.

Primjer  14.

U vertikaln om položaju djeluju tri paralelne sile, F , -- 2,0 kN , F j = 3,5 kN i

F

3

  = 2,5 kN . Treb a odrediti veličinu i smjer sila V, i V

2

, koji će držati ravnotežu

zadanim silama. Pri tome sila V, mora prolaziti kroz zadanu točku

  A,

  a sila V,

kroz zadanu točku  B.  Jedna i druga tražena sila moraju imati vertikalan smjer.

Međusobne udaljenosti zadanih sila i položaj točaka  A  i  B  određeni su na slici

45.

Zadatak će se riješiti uz pomoć uvjeta ravnoteže grafičkim i analitičkim postup

kom.

Grafičko rjeSenje

Pri rješavanju zadataka grafičkim postupkom moraju biti

zadovoljeni grafički uvjeri ravnoteže, pa uz prethodno konstruiran nacrt sila treba

konstruirati poligon sila.

Poligon sila crta se tako da se geometrijski odsječci zadanih sila nanose jedan

na dru;»i po stanovitom redu. To se radi tako da se geometrijski odsječci u odabra

nom mjerilu postavljaju paralelno s odnosnom silom i u smjeru sile. U ovom pri-

Page 57: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 57/198

mjeru sve su sile paralelne, pa je poligon sila postao pravac koji je paralelan zadanim

silama. Crtanje poligona sila može se početi bilo kojom silom, ali je uobičajeno

da sc počinje prvom zadanom silom. U ovom primjeru se njome i počelo, pa je

prvi geometrijski odsječak u odab ranom mjerilu (1 cm = 1 kN ) odsječak sile Fi =

= 1 1' = 2,0 cm . N a odsječku sile F

t

  nastavlja se odsječak sile F

2

  = 22^-= 3,5

cm, a na njega odsječak sile F

3

  = 33' = 2,5 cm . Ta ko je nacrtan poligon zadanih

sila. Sada se odabere pol  O  na bilo kojem mjestu u ravnini i spoji s počecima i

završecima odsječka zadanih sila, pa su tako dobivene polne zrake 1, 2, 3 i 4.

Zadatak nalaže da se pomoću sila V

t

  i V

2

  uspostavi ravnoteža, pa ako se te

sile nanesu u poligon, one ga moraju zatvarati jer je to uvjet ravnoteže. Kako su

se u poligon sila nanosile sile po stanovitom redu, sada bi na odsječak sile F

3

  trebalo

nastaviti odsječak sile V

2

. Točka v

2

  kao početak odsječka sile V

2

  postavlja se u

točku 3. Sila V

2

  leži u vertikalnom pravcu, a kako njezina veličina nije poznata,

za sada nije poznato mjesto gdje dolazi točka v

2

  kao završetak odsječka. Za sada

je poznato samo to da će točka v

2

  zauzeti mjesto negdje na vertikali. Poznato je i

to da na tom istom mjestu mora biti točka v, kao početak odsječka sile V,, a da točka

v'j kao završetak odsječka sile V, mora pasti u početnu točku poligona. Jedino tako

će poligon sila biti zatvoren i prvi uvjet ravnoteže ispunjen.

Da bi se odredila veličina i smjer traženih sila Vi i V

2

, potrebno je uspostaviti

i drugi uvjet ravnoteže, a to će se postići zatvaranjem verižnog poligona sila.

Poznato je da se verižni poligon crta tako da se u nacrt sila unose komponente

pojedinih zadanih sila. One su polne zrake u poligonu sila, pa se paralelnim preno

šenjem polnih zraka u nacrt sila dobivaju stranice verižnog poligona. Tako u nacrtu

sila zraka  1 ide do sile F , , zraka 2 do sile F

2

, zraka 3 do sile F

3

, a zraka 4 do sile V

2

.

Primjenom međusobnih odnosa poligona sila i verižnog poligona može se

uspostaviti drugi uvjet ravnoteže. Može se, dakle, zatvoriti verižni poligon.

Stranica 2 verižnog poligona u nacrtu sila prolazi između pravaca sila F

t

  i

F

2

.

  Iz odnosa poligona sila i verižnog poligona slijedi da ta ista stranica 2 kao polna

zraka u poligonu sila mora prolaziti između geometrijskih odsječaka tih istih sila.

Slika 45. pokazuje da je to doista tako. To isto pravilo vrijedi za stranicu 3 verižnog

poligona, pa onda to pravilo vrijedi i za sve ostale stranice verižnog poligona.

Stranica 4 verižnog poligona siječe silu V

2

  u točki a

4

, a stranica 1 verižnog

poligona siječe silu V, u točki a

s

. Spajanjem točaka a

4

  i a

3

  nastaje nova stranica  s,

koja se naziva zaključnom stranicom verižnog poligona. T a stranica verižnog poli

gona u nacrtu sila prolazi između pravaca sila V

t

  i V

2

, pa po pravilu u poligonu

sila mora prolaziti između odsječka tih istih sila. Ta se tvrdnja upotrebljava za

određivanje položaja točke v

2

  =  V ] odnosno za određivanje geometrijskih odsje

čaka sila V, i V

2

  u poligonu sila.

Polna zraka  s  u poligonu sila uspostavlja se paralelnim pomicanjem iz Verižnog

poligona. Ona siječe poligon sila u točki u kojoj završava geometrijski odsječak

sile V

2

  i počinje geometriiski odsiečak sile V, i tako određuje veličinu traženih sila

V, i V

2

.

Iz poligona sila može se očitati:

V , = v,v', = 3,4 cm, što u mjerilu sila iznosi 3,4 kN .

V

2

  =  V j v

2

  =  4,6 cm , što u mjerilu sila iznosi 4,6 kN .

Page 58: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 58/198

Smjer sila je također određen, jer ga definiraju oznake početka i završetka geo

metrijskih odsječaka. Kako je poligon sila zatvoren lik, posljednja polna zraka 5

podudara se s polnom zrakom 1, pa u verižnom poligonu posljednja stranica 5

pada u prvu stranicu verižnog poligona. Tako je uspostavljen i drugi grafički uvjet

ravnoteže, a pomoću tih uvjeta određena je veličina i smjer traženih sila   V i V

2

.

Analitičko rješenje. Pri rješavanju ovog zadatka analitičkim po stup kom moraju

biti zadovoljeni analitički uvjeti ravnoteže.

Najprije je potrebno konstruirati nacrt sila, jer on određuje položaj sila u

ravnini (si. 46).

v,

20m

F

1

t S n .

f

2

20m . Um

M j : 1 c m « 1 m

S I . 4 * . P r i m j e n a

  računskih uvjeta ravnoteže

S obzirom na to da su zadane sile vertikalne i da imaju smjer prema dolje,

pretpostavlja se da će sile V, i V

2

  imati smjer prema gore. Zbroj s tatičkih mo

menata svih sila s obzirom na bilo koju točku u ravnini mora biti jednak nuli. To

je treći analitički uvjet ravnoteže. Primjenom tog uvjeta ravnoteže na sustav sila

u ovom zadatku mogu se lako odrediti tražene sile V, i V

2

.

Uz pomoć slike 46, na kojoj su određeni smjerovi zadanih sila, određuju se

statički momenti svin sila s obzirom na točku   B,  pa kada se zbroj s tatičkih mome

nata izjednači s nulom, dobiva se jedna jednadžba s jednom nepoznanicom kao

jednostavno rješiv sistem. U toj jednadžbi nepoznanica je tražena sila   V , :

V

s

  • 6,5 - F , • 4,5 - F

2

  • 3,0 - F

3

  • 1,0 - 0.

Uvrštavanjem vrijednosti zadanih sila u taj izraz dobit će se vrijednost tražene

sile V,:

V , • 6,5 - 2,0 • 4,5 - 3,5 • 3,0 - 2,5 • 1,0 = 0

V , • 6,5 - 9,0 - 10,5 - 2,5 = 0

V , • 6,5 = 22,0

22 0

V , =  ± £ £ = 3,385 kN .

6,5

Za  određivanje sile V

2

  potrebno je izračunati statičke momente svih sila s

obzirom na točku  A.  Tako će se dobiti jedna jednadžba u kojoj je nepoznanica

tražena sila V

2

:

Page 59: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 59/198

V

3

  • 6,5 + F j • 2,0 + F

2

  • 3,5 + F

3

  • 5,5

V , • 6,5 + 2,0 • 2,0 + 3,5 • 3,5 + 2,5 • 2,5

V

2

  • 6,5 + 4,0 + 12,25 + 13,75 = 0

0

V

2

  • 6,5 = - 30,0

Sile V, i V

2

  su određene. One imaju pozitivan smjer, a to znači da smo na po

četku zadatka dob ro pretpostavili njihov smjer djelovanja.

Pri određivanju veličina sila V

t

  i V

2

  upotrijebljen je treći računski uvjet ravno

teže. K ako za ravnotež u opć eg sustava sila moraju biti zadovoljeni ostali uvjeti

ravnoteže, to vrijedi i za ovaj primjer.

Drugi uvjet ravnoteže govori da zbroj vertikalnih komponenata svih sila mora

biti jednak nuli, pa iz njega slijedi:

U taj se izraz uvrštavaju zadane vrijednosti sila bez njihova predznaka jer su

predznaci sila već uzeti u obzir položajem sila u nacrtu (si. 46):

Drugi uvjet ravnoteže je zadovoljen, a on je ujedno poslužio kao kontrola

pomoću koje je ustanovljeno da su tražene sile izračunate.

Prvi uvjet ravnoteže govori da zbroj horizontalnih komponenata svih sila mora

biti jednak nuli. Kako u ovom primjeru nema horizontalnih sila, taj je uvjet sam po

sebi zadovoljen.

Primjer  15.

U rav nini XY djeluju tri sile određeno g inten ziteta. Sila F , = — 2, 0k N

djeluje u točki  A (2,2)  a ima vertikalan položaj, sila F

2

  -- 2,0 kN također ie

vertikalna a djeluje u točki  B (6, 2),  a sila F

3

  = 2,0 kN im a horizontalan položaj

i djeluje u točki  C(I,3).  Potreb no je uspostaviti ravnotežu zadanih sila pomoću

dviju novih sila, S, i S

2

. Od sile S, zahtijeva sc da ima vertikalan položaj i da pro

lazi točkom  D  (5.4),  a od sile S

2

  se zahtijeva da prolazi točkom  E( ,4)'\  da pri tom e

može zauzeti bilo koji položaj u ravnini.

Zadatak će sc riješiti uz pomoć uvjeta ravnoteže općeg sustava sila u ravnini.

Grafičko rješenje.  Pri rješavanju ovog zadatka grafičkim pos tup kom mora ju

bili ispunjeni grafički uvjeti ravnoteže.

Prije samog postupka rješavanja zadatka treba konstruirati nacrt zadanih sila

(si. 47).

Zadatak se počinje rješavati crtanjem poligona zadanih sila. Poligon sila se

sastoji od triju stranica. To su geometrijski odsječci zadanih sila II ' = F,, 22' =

V + V

2

  —  F , — F

2

  —  F

3

  = 0.

+ 3,385 + 4,61 5 - 2,0 - 3,0 - 2,0 = 0

8,0 - 8,0 = 0.

= Fj i 33' = F

3

.

Page 60: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 60/198

SI.

  47. Primjena grafičkih uvjeta ravnoteže

Izborom pola

  O

  i njegovim spajanjem s počecima i završecima geometrijskih

odsječaka zadanih sila dobivaju se polne stranice 1, 2, 3 i 4. Paralelnim prenoše

njem polnih stranica u nacrt sila konstruira se verižni poligon.

Prije početka crtanja verižnog poligona treba voditi brigu o tome da on mora

biti zatvoren lik i da će zaključna stranica

 s

 prolaziti od sile Sj do sile S

2

. Kako polo

žaj pravca djelovanja sile S

2

  nije poznat jer je zadano da sila S

2

  može zauzeti bilo

kakav položaj, prva stranica verižnog poligona mora prolaziti točkom

  E(L4)

  jer

je točka

  E

  jedina poznata točka na pravcu djelovanja sile S

2

.

Konstruiranje verižnog poligona započinje se crtanjem prve stranice, koja

prolazi točkom  E(l

,4 )

  do sjecišta sa silom F, u točki a,. Stranica 2 verižnog poli

gona ide od točke a, do sjecišta sa silom F

2

  u točki a

2

. Stranica 3 ide do sile Fj,

a stranica 4 verižnog poligona ide od sile  V

3

  dalje. Stranica verižnog poligona

na svom putu siječe silu S, u točki a

4

. Spajanjem točke a

4

  i točke  E  konstruirana

je zaključna stranica verižnog poligona. Sada se treba ponovno vratiti polignu

siia.

S obzirom na to da je stranica 4 verižnog poligona sjekla silu S, , treba tom si

lom nastaviti crtanje poligona sila. Zbog toga se kroz točku 3 u poligonu sila povuče

pravac paralelan s pravcem sile S,. To je vertikala jer sila S, mora imati vertikalan

položaj. U točki 3 postavlja se točka .*• kao početak odsječka sile S, .

S obzirom na to da nije poznatu veličina sile S,, nije poznato gdje se nalazi

točka

  s

t

  kao završetak odsječka sile S,. Zna se da će se točka

  s\

  nalaziti negdje na

vertikali i da će na toni istom mjestu biti točka  .t

2

  kao početak odsječka sile S-.

Poligon sila mora biti zatvoren lik, pa točka

  s

2

 mora pasti u točku I.

Page 61: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 61/198

Da se odrede veličina i smjer sila S

t

  i S

2

, potrebno je iz pola O povući novu

polnu stranicu

  s

  koja je paralelna sa zaključnom stranicom verižnog poligona. Ta

polna stranica

  s

  siječe se s vertikalom u točki  j j  s  j

a

  i tako određuje veličinu i

smjer siia S I  i S

2

. Polna stranica

 s

 prolazi između odsječaka sila S

X

  i S

2

  jer njezina

odgovarajuća stranica verižnog poligona prolazi u nacrtu sila između pravaca tih

istih sila.

Tako je određena veličina sila Si i S

2

  grafičkim postupkom.

5 1

  =

Sis j

  = 2,5 cm, što u mjerilu sila iznosi 2,6 kN.

5

2

  =

  s

2

s

a

  =

  2,5 cm, što u mjerilu sila iznosi 2,5 kN.

Poligon sila i verižni poligon zatvoreni su likovi, a to znači da su zadane i

tražene sile u ravnoteži.

Taj zadatak mogao se riješiti grafičkim postupkom na još jedan način, i to

rastavljanjem rezultante zadanih sila u dvije komponente zadanih pravaca S, i

S

2

. Zadatak se rješava pod uvjetom da rezultanta i njezine komponente budu u

ravnoteži.

Rezultanta je spojnica prve i posljednje točke u poligonu sila.

R = 13' = 4,5 cm, što u mjerilu sila iznosi 4,5 kN.

Rezultanta ima smjer od prve prema posljednjoj točki poligona sila.

Rezultanta ima hvatište na sjecištu prve i posljednje stranice verižnog poligona

zadanih sila, pa je tako rezultanta zadanih sila potpuno određena.

U nacrtu sila rezultanta siječe pravac sile S, u točki

 m.

  Kako sile S,, S

2

  i R

moraju biti u ravnoteži, trebaju se sjeći u jednoj točki. To znači da i sila S

2

  mora

prolaziti točkom

 m.

  Sila S

2

  prema zadatku mora prolaziti točkom

  E

 (1,4),

  pa je

time određen položaj pravca sile S

2

. To je spojnica točke

 E

 i točke

 m.

U planu sila rezultanta R se rastavi na komponente S

t

  i S

2

. Sile S

t

  i S

2

  dobi

vaju smjer koji osigurava ravnotežu s rezultantom.

Analitički postupak.

  Pri rješavanju ovog zadatka analitičkim postupkom mora

ju biti zadovoljeni analitički uvjeti ravnoteže.

Rješavanje zadatka se počinje postavljanjem određenih pretpostavaka za silu

S, i S

2

.

Zadano je da sila S

;

  ima vertikalan položaj, a pretpostavlja se da ona ima

smjer prema gore.

Zadano je da siia S

2

  može zauzeti bilo kakav položaj u ravnini. Svaka siia u

općem položaju može se zamijeniti horizontalnom i vertikalnom komponentom,

pa tako i tražena sila S

2

. Radi jednostavnosti računanja odredit će se vertikalna i

horizontalna komponenta sile S

2

, a iza toga će se odrediti veličina i položaj sile S

2

.

Pretpostavlja se da vertikalna komponenta sile S

2

  ima smjer prema gore, a

horizontalna zdesna nalijevo (si. 48).

Iz sume statičkih momenata s obzirom na točku  D (5,4),  odredit će se verti

kalna komponenta sile S

2

.

£ M

o

- 0

S

2 V

  • 4,0 - F, • 3,0 + F

2

  • 1,0 - F

3

  • 1,0 = 0

Page 62: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 62/198

SI .

  4 8 . P r i m | e n a r a č u n s k i h u v j e t a r a v n o t e ž e

Statički momenti sila S, i S

2 H

  s obzirom na točku  D(5>4 )  jednaki su nuli

jer te sile prolaze kroz točku

  D,

  pa ne ulaze u jednadžbu ravnoteže. Uvrštavanjem

vrijednosti za zadane sile dobiva se ovaj izraz:

S

2 V

  • 4,0 - 2,0 • 3,0 + 2,0 • 1,0 - 2,0 • 1,0 = 0

S

i V

  • 4,0 - 6,0 = 0

S

2 V

  • 4,0 = 6,0

S

2 V

= 4 7 T

  , , 5 k N .

Dobivena vertikalna komponenta sile S, pozitivnog je predznaka. To znači da

je početna pretpostavka ispravna. Smjer sile je zaista prema gore.

Iz sume horizontalnih sila izračunat će se horizontalna komponenta sile S

;

.

X X = 0

- S,„ + F

3

  = 0

S,„ = F., 2,0 kN .

Dobivena horizontalna komponenta s ile S

2

  pozitivnog je predz naka , što znači

da ima onaj smjer koji smo u početku pretpostavili, a to je smjer zdesna nalijevo.

Page 63: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 63/198

Veličina same sile S

2

  može se odrediti Pitagorinim poučkom (si . 48).

S

2

  - l/Siv + S

a H

  = 1/1,5 + 2,0*

=

  j /

  2,25

  -+•

 4,0 =s /6 ,2 5 = 2,5 kN , što pot pun o odgovara rezultatu koji je do

biven grafičkim postupkom.

Kut nagiba sile S

2

  prema horizontali izračunava se ovako:

, 8

- " i r : - E - o -

0

-

7 5 0

a

M

  =  37°

Iz sume statičkih momenata s obzirom na točku E (1,4) odredit će se s ila S,:

2 M

e

  = 0

- S, • 4,0 + F , • 1,0 + F

2

  • 5,0 - F

3

  • 1,0 = 0

- S, • 4,0 + 2,0 • 1,0 + 2 ,0 • 5,0 - 2,0 • 1,0 = 0

- S, • 4,0 + 10,0 = 0

- S

t

  • 4,0 = - 10,0

S l

^ = 2 , 5 k N ,

što potpuno odgovara vrijednosti koja je dobivena grafičkim postupkom.

Ostaje još da se provjeri da li je ispunjen drugi uvjet ravnoteže, odnosno da

li je zbroj vertikalnih komponenata svih sila jednak nuli.

J Y = 0

+ S, + S

2 V

  - F , - F

2

  «= 0

1,5 + 2,5 - 2,0 - 2,0 = 0

4,0 - 4,0 = 0.

Taj uvjet ravnoteže također je zadovoljen, pa je tako zadatak riješen analitič

k im pos tupkom.

Page 64: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 64/198

Z A D A C I Z A   V J E Ž B U

U zad anim točkama A, B , C i D d j e lu ju ver t i ka lno para l e lne s il e F i , F „ F

3

  i F « . T r e ć a

odredi t i vert ikalne si le S, i S

;

  u t očkama E i F , ko j e d rže ravnot ežu zadanim s i l ama.

Zad atak t reb a riješi ti grafičkim i anal i t ičkim pos tup ko m.

1.  F ,

=

- 4 ,0 kN . . . .A (2 ,  2 )

2.   F ,

=

+ 4 ,0 kN . . . .A (3 , 3 )

F ,

+ 2 ,0 kN . . . . B ( 4 , 2 )

F ,

=

- 2,0 kN

. . . . B

( 4 , 3 )

F

a

+ 3 , 0 k N ,

, . . . C ( 5 , 2 ) F ,

=

+ 2 , 0 k N , . . . . C ( 6 , 3 )

F .

=

+ 2 , 0 k N .

• •

  D ( 7 , 2 )

F .

=

- 5,0 kN

. . . D ( 7 , 3 )

s ,

_

>

E i l , 2 ) S i

>

E  ( 1 ,

 3)

Sa

F (10, 2)

s

a

?

F (9, 2)

3.   F ,

- 2,0 k N . . . . A (2, 3)

4 .  F i

+ 2 ,0 kN

. . . .A (13)

F ,

=

+ 4 , 0 k N

, . . . B ( 3 ,  3 ) F j

+ 1,0 kN

. . . . B ( 4 ,

  3 )

F j - 2,0 kN C ( 4 , 3 )

F ,

- 4,0 kN

. . . . C ( 5 ,

  3)

F .

=

- 3,0 kN

D (9, 3)

F .

=

- 1,0 k N

D (7, 3)

S ,

?

E ( i .

  3)

s ,

?

E  (2, 3)

w

 1

F ( 1 0 , 3 )

s ,

F (8 ,  3 )

Page 65: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 65/198

2 .  N O S A Č I

2 . 1 .  O P Ć E N I T O O N O S A Č I M A

U svakoj građevinskoj praksi pojavljuju se razne vrste nosača. Svi oni imaju

zajednički zadatak da na sebe preuzimaju zadane sile ili opterećenja i da ih prenesu

na svoje potpore

Slika 49 . prikazuje najjedn ostavniji nosa č koji se u praksi pojavljuje. Njego v

je zadatak da na sebe preuzme sile F,,  F

2

  F , i F

4

, te da ih prenese na potpore.

Pri prenošenju sila na potpore nosač sc savija.

* b S I . 4 9 . N o s a č

Pojam nosača općenito se može izreći ovako:

Svaki i tap i l i neki drugi e lement koj i   s e  savija zbog dje lovanja

vanjsk ih s i la zove se nosač .

Page 66: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 66/198

Vanjske sile koje savijaju nosač dijele se na aktivne i reaktivne sile. Aktivne

sile (F,; F

2

, F

3

, F

4

  — si. 49) nazivaju sc opterećenjem nosača, a reaktivn e sile

Kami  R,, — si. 49) nazivaju se ležajnim reakcijam a.

Reaktivne sile nastaju u potporama kao otpor djelovanju aktivnih sila, pa aktiv

ne i reaktivne sile uvijek čine ravnotežu.

2 . 1 . 1 .  Ležaj i

Ležaji su konstrukcije koje povezuju nosače s potporama i pri tome nosaču

sprečavaju sve ili samo neke slobode gibanja.

Potreba izrade i zadatak konstrukcije ležajeva u nekih vrsta nosača može se

objasniti ovako:

Kod nosača koji su na krajevima ugrađeni u tanke zidove a izloženi su velikim

opterećenjima deformacije savijanju prenosit će se i na zidove. Zbog savijanja

nosač će se na krajevima zaokrenuti, pa to može dovesti do pucanja zidova (si. 50).

SI. 50 .  U t j ecaj l eža ja

Kad na nosač djeluje jednolika promjena temperature, nosač se produžuje ili

skraćuje. Ako je nosač na krajevima ugrađen u zidove bez izrade ležaja, zbog pro

duženi« nosača nastaje bočni tlak na zidove, što također može dovesti do pucanja

zidova.

Da se omogući slobodno zaokretanje nosača i pomicanje po potpori, te da se

izbjegnu nepovoljni utjecaji pomaka na ostale konstruktivne elemente, između

nosača i potpore postavljaju se ležaji. Oni omogućuju slobodno zaokretanje nosača

i slobodno pomicanje po podlozi.

Poznato jc da u ravnini postoji mogućnost kružnog gibanja i gibanja po pravcu-

Kako se pravac u općem položaju može rastaviti u dvije međusobno okomite kom

ponente, može se reći da u ravnini postoje tri slobode gibanja. To je kružno gibanje

ili rotacija i gibanje u dva međusobno okomita pravca.

Ležaji su konstrukcije kojima sc nosaču neke slobode gibanja omogućuju, a

neke se ograničavaju. Postoje tri vrste ležaja. To su pomični, nepomični i upeti

ležaji.

P o m i č n i  l e ž a j .  Pomični ležaj je konstrukcija koja nosaču omogućuje dvije

slobode gibanja. To su zaokretanje nosača oko zadane točke i pomicanje po podlozi

Page 67: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 67/198

na koju je postavljen. Slike 51 . i 52. prikazuju shem u konstrukcije pom ičnih ležaja.

Pomoću zgloba a nosač je povezan s ležajem, pa je na tom mjestu omogućeno zao-

kretanje nosača, a sama konstrukcija pomičnog ležaja omogućuje pomicanje nosača

po podlozi. Pomicanje nosača omogućeno je klizanjem ili kotrljanjem ležaja. Slika

51 .

  prikazuje shemu konstrukcije kliznih ležaja. To su dvije čelične ploče ili ploče

od nekog drugog materijala. Jedna ploča je pričvršćena za nosač, a druga za podlo

gu, pa je pomoću njih omogućeno nosaču da zbog djelovanja uzdužne siie bez

poteškoća klizi po podlozi. Kod nosača većih raspona i kod onih koji preuzimaju

veća opterećenja u kliznom ležaju pojavljuje se velika sila trenja. Ona može otežati

pomicanje nosača po podlozi, pa se zbog toga izrađuju kotrljajući ležaji. Slika

52.  prikazuje shemu konstrukcije kotrljajućeg ležaja. To su ležaji s valjcima ili

kuglama koji smanjuju silu trenja i tako omogućuju lagano pomicanje nosača po

podlozi.

Pomični ležaj može se shematski prikazati pomoću jednog štapa ili stupica

kojim je nosač zglobno pričvršćen za podlogu (si: 53). Konstrukcija ležaja u obliku

kratkih stupica primjenjuje se kod armiranobeton skih mostov a. Ta kv a konstrukc ija

pomičnog ležaja također omogućuje dvije slobode gibanja.

Pomični ležaj je konstrukcija koja nosaču ograničava samo jednu slobodu

gibanja. N osač se ne  može pomicati okomito nđ podlogu na koju je ležaj postavljen.

Zbog toga se zbog opterećenja nosača u pomičnom ležaju može pojaviti samo ona

reakcija koja je okomita n a podlog u, a prolazi kroz zglob  a (si. 51 . i 52).

Pomični ležaj se može definirati i kao konstrukcija koja u sebi dopušta jednu

nepoznanicu, a to je veličina ležajne reakcije. Znamo da je bilo koja sila, pa tako

i ležajna reakcija u pomičnom-ležaju, određena tek onda kad su joj poznata tri

elem enta. T o su hva tište, smjer i veličina. Ležajna reakcija u' pom ično m ležaju

ima poznato hvatište jer se ono nalazi u zglobu   a  (si. 51. i 52). Smjer reakcije je u

pravcu koji je okomit na podlogu. Nepoznata je samo veličina reakcije, a to je ta

nepoznanica koju dopušta pomični  ležaj.

N e p o m i č n i l e ž a ) .  Nepomični ležaj je konstrukcija koja nosaču omogućuje

jednu s lobodu gibanja. To  je  zaokretanje nosača oko jedne zadane točke.

Slika 54. prikazuje shem u konstrukcije nepo mičn og ležaja. Pom oću zgloba  a

nosač je povezan s ležajem, pa je na tom mjestu omogućeno zaokretanje nosača.

Nepomični ležaj je konstrukcija koja nosaču ograničava dvije slobode gibanja.

Ležaj je pričvršće n za pod logu, pa se time sprečava mo guć nost pomicanja nosača

Page 68: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 68/198

SI. 53.  P o m i č n i l e ž a j

S i 8 4 . N e p o m i č n i l e ž a j

po podlozi. Sama podloga sprečava pomicanje nosača okomito na podlogu, pa se

zbog opterećenja u nepomičnom ležaju pojavljuju dvije reakcije. Jedna reakcija je

paralelna s podlogom na koju je nosač položen, a druga je okomita na tu istu pod

logu. Ako se te dvije reakcije zbroje, nastaje reakcija koja može imati sasvim općenit

položaj u ravnini a prolazi kroz zglob   a  (si. 54).

Nepokretni ležaj odnosno nepomični ležaj može se shematski prikazati pomoću

dva štapa kojima je nosač zglobno pričvršćen za podlogu (si. 55). Dva štapa ogra

ničavaju dvije slobode gibanja nosača, a to su pomicanje po podlozi za koju jc nosač

pričvršćen i pomicanje okomito na tu istu podlogu.

Nepomični ležaj može se definirati još i kao konstrukcija koja dozvoljava dvije

nepoznanice. Ležajna reakcija u nepomičnom ležaju bit će potpuno određena ako

su joj poznate sve tri nepoznanice, a to su hvatište, smjer i veličina. Hvatište reakcije

nalazi se u zglobu  a,  a veličina i smjer reakcije nisu poznati, pa nepomični ležaj

doista dozvoljava dvije nepoznanice. Ako se nepoznati smjer ležajne reakcije u

nepomičnom ležaju rastavi u horizontalni i vertikalni smjer, ipak u ležaju ostaju

dvije nepoznanice. To su sada veličine horizontalne i vertikalne komponente   ležaj

ne reakcije (si. 54).

U p e t i  l e ž a j .  Upeti ležaj je onaj koji ne omogućuje ni jednu slobodu gibanja.

Slika 56. prikazuje shemu upetog ležaja. Iz sheme sc vidi da taj ležaj ne omogućuje

SI .  55.  N e p o m i č n i l e ž a j

«. 58.  Upet i l eža j

Page 69: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 69/198

SI. 57. Upet i ležaj

S I.

  5 8 . R e a k c i j e u p e t o g l e ž a j a

zaokret nosača oko zadane točke niti pomicanje nosača u bilo kojem smjeru, pa

ležajna reakcija ima sasvim općenit položaj.

Upeti ležaj se shematski može prikazati pomoću tri štapa kojima je nosač

zglobno pričvršćen za podlogu (si. 57). Tri štapa ograničavaju tri slobode gibanja

nosača, a to su zaokret nosača oko zadane točke, pomicanje po podlozi za koju

je nosač pričvršćen, te pomicanje okomito na tu istu podlogu.

Upeti ležaj se može definirati još i kao ležaj koji dopušta tri nepoznanice.

Ležajna reakcija u upetom ležaju bit će potpuno određena ako su joj određeni,

odnosno poznati hvatište, smjer i veličina. Kako ni jedan od elemenata nije poznat,

to upeti ležaj zaista omogućava tri nepoznanice. Ako se ležajna reakcija Ra u upe

tom ležaju reducira na zadanu točku a i uz to se rastavi u vertikalni i horizontalni

pravac, nastat će u ležaju tri nove nepoznanice. To su ležajni moment M   =• R„ •

m, vertikalna komponenta reakcije R„, i horizontalna komponenta reakcije R

o t

(si.  58).

2.1 .2 . Raspon nosača

Raspon nosača je udaljenost dvaju mjesta u kojima je nosač poduprt. U   teorij

skom smislu to su točke u kojima se nalaze hvatišta ležajnih reakcija. Kod većih

nosača, gdje se prave pomični i nepomični ležaji, hvatišta ležajnih reakcija točno

su određena, pa je time i raspon / točno određen (si. 59). Kod manjih nosača, gdje

a

b

i

81 .

  5 9 . R a s p o n n o s a č a

Page 70: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 70/198

SI.

  60 . Po loža j reak c i j e

se ne prave ležaji kao posebne konstrukcije, može se pretpostaviti da se tlak nosača

na potporu prenosi jednoliko na cijelu ležajnu plohu. Potpora na nosač djeluje istim

tlakom, ali u suprotnom smjeru. Rezultanta tlaka potpore na nosač jest ležajna

reakcija, koja djeluje u težištu ležajne plohe. Uz tu pretpostavku (si. 60) određena

su hvatišta ležajnih reakcija, pa je raspon nosača / ujedno i udaljenost od ležajne

reakcije na jednoj strani nosača do ležajne reakcije na drugoj strani nosača.

S I . 6 1 . R a č u n s k i r a s p o n

Udaljenost čistog neožbukanog lica potpore na jednoj strani nosača do čistog

neožbukanog lica potpore na drugoj strani nosača naziva se svijetlim otvorom

nosača, a obilježuje se sa /

0

  (si. 61). Pomoću svijetlog otvora može se odrediti ras

pon nosača:

/ = /

0

  + d (20)

Raspon jednostavnih nosača određuje se tako da se svijetli otvor poveća 2a

5 % :

/ = 1,05 • /„ (20.a)

T o povećanje svijetlog otvora ne smije biti manje od 15 cm , pa je za drven e

i čelične nosače minimalni raspon 15 cm. Izuz etak od tog pravila jesu arm irano -

betonski elementi čiji se raspon uvijek određuje prema izrazu 20.a.

Page 71: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 71/198

H — r "

t - W t o

S I . 8 2 . R a s p o n k o n t i n u i r a n o g  nosača

Raspon kontinuiranih nosača općenito se određuje kao udaljenost teorijskih

hvatišta ležajnih reakcija. To su udaljenosti od polovice susjednih nosivih zidova,

s tupova il i podvlaka preko kojih nosač kontinuirano prelazi. Iznim no, ko d arm i-

ranobctonskih kontinuiranih ploča i greda čije su potpore š ire od 10% svijetlog

otvora rasponi se određuju tako da se svijetli otvor poveća za 5,0% (si. 62). Od

tako dobivenih raspona sastavlja se shema kontinuiranog nosača s kojim se ulazi u

statički proračun (si. 63).

1-106 To 1-105 lp

81 .

  8 3 . R a s p o n k o n t i n u ir a n o g n o s a č a

Raspon konzolnog nosača jednak je dužini konzole ako je ona čvrsto ugrađena

u zid. T o može biti samo onda kada je konzola izrađena kao armiranobetonska ploča

ili greda. Tada je najveći tlak na potporu u točki  a,  pa je tu hvatište reakcije (si.

64).  Kod drvenih ili čeličnih konzolnih nosača ugrađeni kraj konzole ne može biti

potpuno upet u zid. Pretpostavlja sc da tlak konzole na zid mijenja svoju veličinu

od najveće vrijednosti na rubu zida do nule u sredini zida. Jednakim tlakom, ali

suprotnog smjera, djeluje potpora na konzolu. Pretpostavlja se da tlak konzole na

i -

| S I . 8 4 . R a s p o n u p e t e k o n z o l e

Page 72: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 72/198

S I.

  6 5 . R a s p o n u s a đ e n e k o n z o l e

  d

  d d

f

  2

  *—

3

  f

6

- f

b

potporu i potpore na konzolu mijenja pravac, pa dijagram rasprostiranja tlaka u

zidu ima oblik trokuta (si. 65). Hvatište ležajne reakcije nalazi se u težištu tog tro

kuta, pa je raspon te vrste konzolnih nosača jednak udaljenosti od ležajne reakcije

do slobodnog kraja konzole (si. 65).

2 .1 . 3 . Podje la nosača

Nosači se mogu podijeliti u nekoliko vrsta i skupina ovisno o kriterijima po

kojima se dijele i o tome što se podjelom želi postići, često se nosači dijele prema

položaju, obliku, materijalu od kojega su izrađeni i statičkoj određenosti.

P r e m a po lož aju nosači se dijele na horizontalne, kose i vertikalne nosače.

Horizontalni nosači su oni kojima su svi ležaji na istoj visini, pa im je os h or i

zontalna (si. 66).

Kosi nosači

 su oni čiji ležaji nisu n a istim visinam a, pa im os zauzima stanovit

kut prema horizontali (si. 67).

SI . 66 . Ravni no sa č

Page 73: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 73/198

S L 6 7 . K o s i n o s a č S I 6 8 . V e r t i k a ln i n o s a č

Vatikabti nosači  nastaju kad os nosača zauzim a v ertikalan položaj (si. 68)

Vertikalne nosače ne treba poistovjetiti sa stupovima jer oni preuzimaju horizon

talna opterećenja i pri tome se savijaju.

P r e m a ob lik u nosači se dijele na ravne, izlomljene, okvirne, lućne i rešet

kaste nosače.

Ravni nosači su oni kojima je os ravna linija. T o su nosači prikazani na slikama

66,  67. i 68.

Izlomljeni nosači su oni kojima je os izlomljena linija, a sastoji se od dvaju ili

više odsječaka. Slika 69. prikazuje izlomljeni nosač koji se primjenjuje kao nosač

stubišta, a slika 70. prikazuje izlomljeni nosač koji se zove okvir.

SI . 69 . Iz loml j en i no sa č

Page 74: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 74/198

SI . 70 . Okvi rn i nosač

F

2 |

F

3

H

Okvirni nosači su oni kojima je os izlomljena tako d a u geom etrijskom smislu

čini okvir. Oni se uvelike primjenjuju u objektima visokogradnje i niskogradnje.

Slika 70. prikazuje najjednostavniji oblik okvirnog nosača.

Lučni nosači su oni kojima jc os zakrivljena linija (si. 71 ). Prim jenjuju se pr e

težno pri izradi mostova i industrijskih objekata.

Rešetkasti nosači nastali su međ usobn im spajanjem odre đeno g broja štapo va u

čvorovima (si. 72). Štapovi zauzimaju vertikalne, horizontalne i kose položaje, pa

tako čine geometrijske figure u obliku trokuta. Rešetkasti nosači imaju raznolike

oblike, a primjenjuju se kao glavni nosači mostova i kao krovna k onstrukcija kod

objekta visokogradnje.

P r e m a m a t e r i j a l u  od kojeg se prave nosači se dijele na drvene, metalne i

armiranobetonske nosače, a mogu biti jednostavnih ili složenih presjeka.

Prem a s ta t i čk o j od ređ en os t i  nosači se dijele na statički određene i statički

neodređene nosače.

S I . 7 1 . L u č n i n o s a č

Page 75: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 75/198

S I . 7 2 . R e š e t k a s t i n o s a č

Statički određeni nosači su oni koji se mo gu riješiti uz po mo ć osnov nih uvjeta

ravnoteže. Za svaki nosač na koji djeluju sile u ravnini mogu se postaviti tri uvjeta

ravnoteže, a to su

S X = 0 E Y = 0 i Z M = 0 .

Pomoću tih uvjeta postavljaju se tri jednadžbe ravnoteže iz kojih se mogu odrediti

tri nepoznanice, pa će svaki nosač koji ima tri nepoznanice statičke veličine biti

statički određen. Ako se kao nepoznate statičke veličine odaberu ležajne reakcije,

tada će jednostavno položeni nosač (si. 73), nosač s prepustom (si. 74) i konzolni

nosač biti statički određeni jer je njihov zbroj nepoznatih ležajnih reakcija umanjen

za broj uvjeta ravnoteže jednak nuli.

R

b

  S I. 7 3 . J e d n o s t a v n o p o l o ž e n n o s a č

Jednostavno položeni

  tiosaĆ

  ili nosač na dvije potpore (si. 73) ima dva ležaja.

Ležaj  a  je nepomičan, pa ima dvije nepoznanice. To sa ležajne reakcije R.

T

  i R

a v

.

Ležaj  b  je pomičan, pa ima jednu nepoznanicu. To je ležajna reakcija R». Statička

određenost tog nosača može sc provjeriti tako da se zbroje nepoznate ležajne reak

cije i od tog zbroja odbiju tri uvjeta ravnoteže:

2 + 1 - 3 = 0.

Time je dokazano da je jednostavno položeni nosač statički određen.

Nosač s prepustom  (si. 74) ima također dva ležaja, od kojih je jedan pomičan a

drugi nepomičan, pa je i on isto kao i jednostavno položeni nosač statički određen.

Konzolni nosač  (si. 75) ima jedan upeti  ležaj.  Upeti ležaj dopušta tri nepoznani

ce .  T o su ležajne reakcije R „ i R

J y

  i ležajni moment Ma, pa se za konzolni nosač

može napisati:

3 - 3 = 0.

Page 76: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 76/198

S I .

  7 4 . N o s a č  9  p r o p u s t o m

F

i

  y

»=3=3

•4

Rb

Time je dokazano da je konzolni nosač s tatički određen.

Nosači koji imaju više od dva ležaja statički su neodređeni. Takav je kontinu

irani nosač preko više ležaja (sl.78), ali i jednostrano upeti nosač (si. 76), obostrano

upeti nosač (si. 77) i neki drugi.

SI . 75 . Konzol a

Jednostrano upeti nosač (si. 76) ima jedan pom ični i jedan u pet i  ležaj.  Pomični

ležaj može preuzeti jednu nepoznanicu, a to je ležajna reakcija R

a

. Upeti ležaj može

preuzeti tri nepoznanice, a to su ležajne reakcije  R

bx

  i  R

b

„  te ležajni mo me nt M».

Provjerom statičke određenosti 1 + 3 — 3 = 1 dokazano je da je taj nosač jeda n

put statički neodređen. To zapravo znači da na tom nosaču postoji jedna ležajna

reakcija koja se ne može odrediti pomoću osnovnih uvjeta ravnoteže. Za tu ležajnu

reakciju kaže se da je prekobrojna statička veličina koja se određuje pomoću uvjeta

deformacije.

SI.

  76 . J e d n o s t r a n o u p e t i n o s a č

Da je taj nosač jedanput s tatički neodređen, može se lako uočiti ako se zamisli

da je uklonjen ležaj  a.  T

4

ada bi se taj nosač pretvorio u konzolu, koja je statički od

ređena. Kako je ležaj  a  pomičan i dopušta samo jednu nepoznanicu, jednostrano

upeti nosač je jedanput s tatički neodređen jer je reakcija Ra prekobrojna.

Obostrano upeti nosač (si. 77) ima dv a upeta ležaja. Sv aki ležaj dop ušta tri n e

poznanice, pa je provjerom statičke određenosti 3 + 3 — 3 = 3 dokazano da je

aj nosač tr i puta s tatički neodređen. Taj nosač, dakle, ima tr i prekobrojne s tatičke

Page 77: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 77/198

SI .

  7 7 . O b o s t r a n o u p e t i

  nosač

veličine, koje se ne mogu odrediti pomoću osnovnih uvjeta ravnoteže. Da bi se

one mogle odrediti, nužno je postaviti tri uvjeta deformacije koja taj nosač mora

ispuniti, a iz tih uvjeta se odrede prekobrojne nepoznate statičke veličine.

Kontinuirani nosač

 (si. 78) ima šest ležaja. Jeda n od njih je n epom ičan, a ostali

su pomični. Nepomični ležaj dopušta dvije nepoznanice, a svaki pomični ležaj jed

nu nepozna nicu. Provjerom statičke određe nosti 2 + 1 -f-l + l +

  l - i - l — 3

  =

= 4 dokazano je da je taj nosač četiri puta statički neo dređ en.

SI .

  78 . Kont inu i ran i no sa č

Statički neodređen kontinuirani nosač može se pretvoriti u statički određen

ako je to zbog nekog razloga potrebno. To se može učiniti tako da se u kontinuirani

nosač postavi toliko zglobova koliko je puta on statički neodređen. Svaki zglob

omogućuje jednu slobodu gibanja, a to je kut zaokreta na mjestu zgloba. Tako svaki

zglob eliminira jednu prekobrojnu statičku veličinu, a kontinuirani nosač postaje

statički određen. Statički određen kontinuirani nosač zove se  Gerberov nosač

/•i \

Ž Ž $ 2>

«6

Rd

SI.

  7 9 . G e r b e r o v n o s a č

Slika 79. prikazuje Gerberov nosač koji je nastao od četiri puta statički neodre

đenoga kontinuiranog nosača (si. 78) u koji su umetnuta četiri zgloba. Postavljanjem

zglobova kontinuirani nosač je pretvoren u pet statički određenih nosača (si. 80),

koji se rješavaju pomoću osnovnih uvjeta ravnoteže.

Page 78: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 78/198

S I . 8 0 . R a s t a v l j a n j e G e r b e r o v a n o s a č a

2 .1 .4 . Opterećenje nosača

Opterećenja koja nosači preuzimaju dijele se u tri osnovne grupe. To su osnov

na, dopunska i naročita opterećenja.

T a podjela proved ena je na osnovi promatran ja duljine trajanja opterećenja

na neki nosač i na osnovi učestalosti djelovanja, jer neka opterećenja djeluju na nosač

neprekidno, a neka povremeno.

Os n ovn o op terećen je  je ono koje preuzima svaki nosač ili konstrukcija uopće,

a dijele se na   s ta lno  (trajno) i p o v r e m e n o  (privremeno).

Stahu- opterećenje djeluje na sve vrste nosača stalno i m irn o, jednak im inte nzi

tetom. Ono sc sastoji od težine nosača i težine svih onih elemenata konstrukcije

koji se nalaze na tom nosaču, pa ga svojom težinom opterećuju. Veličina stalnog

opterećenja određuje se tako da se izračuna težina nosača i težina svih onih ele

menata koji se na njemu nalaze.

P o v r e m e n o o p t e r e ć e n j e  je ono koje sc na konstrukciji ili nosaču javlja po

vremeno. Ono može biti  pokretno  (pomično) ili  nepokretno  (nepomično). Pokretna

opterećenja su ona koja se kreću po konstrukciji, kao osovinski pritisci vozila na

mostu, i l i se povremeno miču, kao i namještaj u zgradama. Nepokretno povremeno

opterećenje je snijeg ili neko drugo opterećenje takva karaktera.

Objekti i konstrukcije koriste se za smještaj ljudi i sredstava, pa se zbog toga

pokretna opterećenja često nazivaju korisnim opterećenjima. Vrsta i veličina pokret

nog opterećenja određuje se u skladu s propisima za svaku vrstu objekata.

Dop u n s k o op terećen je  ne djeluje tako učestalo kao pokretno. Ono može

imati bilo koji smjer djelovanja. To je promjena temperature, skupljanje betona

ili neka druga vrsta opterećenja prema propisima na određenu vrstu objekata.

Naroč i to op terećen je  je ono koje na konstrukciju veoma rijetko djeluje, a

može se dogoditi da se nikada ne pojavi u vijeku trajanja objekta. Takva su optere

ćenja koja nastaju zbog seizmičkih pokreta ili popuštanja temelja kod objekata

visokogradnje, ili udarci vozila o stup podvožnjaka i druga opterećenja u skladu s

propisima.

Page 79: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 79/198

2 . 1 . 4 . 1 .  Obl ici opterećenja

Sve vrste nosača koji se pojavljuju kao nosivi elementi nekog objekta mogu

biti optereć eni konc entriran im ili raspodijeljenim optereć enjem .

Kon cen tr iran o i l i d i s k on t in u iran o (p rek in u to ) op terećen je  javlja se u

obliku sile usredotočene u jednu točku. One se na nosaču pojavljuje zbog djelova

nja stupova i poprečnih nosača, zbog tlaka kotača na mostovima itd. Iz karaktera

koncentriranog opterećenja vidi se da ono ne djeluje u točki već na površini kojom

stup, greda ili kotač vozila naliježu na nosač. S obzirom na to da je ta površina

nalijeganja relativno mala, može se reći da koncentrirano opterećenje djeluje u

točki, pa se ono pred očuje silom u obliku ve ktora, a označava se slovom F (si. 81).

S I . 8 1 . K o n c e n t r i r a n o o p t e r e ć e n j e

Ras p od i j e l j en o i l i k on t in u iran o (n ep rek in u to ) op terećen je  nastaje kad

se neki teret raspodjeljuje na neku površinu tako da u svakoj točki te površine dje

luje sila određene veličine. Kaže se da teret djeluje kontinuirano u svakoj točki,

pa se zbog toga raspodijeljeno opterećenje češće naziva kontinuiranim opterećenjem.

Raspodijeljeno ili kontinuirano opterećenje može biti jednoliko ili nejednoliko,

ili čak potpuno nepravilno raspodijeljeno.

Jednol iko kont inuirano  opterećenje je ono koje djeluje jednakim intenzi

tetom u svakoj točki uzduž nosača (si. 83. i 84), a   n e jed n o l ik o op terećen je  je

ono koje svoj intenzitet mijenja od točke do točke uzduž nosača. Takvo je troku-

tasto opterećenje (si. 85. i 86) i trapezasto opterećenje (si. 87. i 88), ili bilo kakvo

drugo opterećenje koje mijenja svoj intenzitet po nekoj zadanoj funkciji.

31 .

  8 2 . N e p r a v i l n o r a s p o r e đ e n o

k o n t i n u i r a n o o p t e r e ć e n j e

Page 80: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 80/198

SI . 83 . Je dn ol ik o raspo di j e l j en o i li

k o n t i n u i r a n o o p t e r e ć e n j e

S I . 8 4 . J e d n o l i k o d j e l o m i č n o

r a s p o d i j e l j e n o o p t e r e ć e n j e

SI .

  8 5 . T r o k u t a s t o k o n t i n u i r a n o R a

o p t e r e ć e n j e '

S I . 8 6 . T r o k u t a s t o k o n t i n u i r a n o o p t e r e ć e n j e

3x

S I . 6 7 . T r a p e z a s t o k o n t i n u i r a n o R a

o p t e r e ć e n j e

  1

Page 81: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 81/198

Nepravi lno raspodije l jeno  opterećenje nastaje kad sc na nekoj površini

opterećenje raspodjeljuje bilo kako (si. 82). To će nastati kad  se  na neku površinu

istrese neki zrnati materijal. Gornja ploha toga nasipanog materijala može poprimiti

bilo kakav oblik. Visina nasipa, a time i njegova težina, različita je u svakoj točki.

To je sasvim nepravilno raspodijeljeno opterećenje.

ftb

  81 .

  8 8 . T r a p e z a s t o k o n t i n u i r a n o o p t e r e ć e n j e

S I .

  89 . MjeSovi to I l i s l oženo

o p t e r e ć e n j e

K o m b i n i r a n o o p t e r e ć e n j e  nastaje kad na nosač djeluju razne vrste optere

ćenja. To mogu biti koncentrirana opterećenja koja na nosač djeluju istovremeno s

jednim od kontinuiranih opterećenja (si. 89), ili je to neka druga kombinacija op

terećenja.

F

1

h

0  1

2

3 4  5

l

  I

1 1

I T T T

I I

Ra

R

b

  S I . 9 0 . I n d i r e k t n o o p t e r e ć e n j e

In d irek tn o op terećen je  nastaje kad na nosač opterećenje ne djeluje direktno,

već posredstvom nekog drugog nosača (si. 90).

Page 82: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 82/198

2.2 .

  TEORIJA NOSA ČA

2 . 2 . 1 .

  Deformacija i unutarnje sile

Svako tijelo podvrgnuto djelovanju vanjskih sila mijenja svoj oblik. Ono se

deformira. Veličina deformacije ovisi o unutarnjim svojstvima tijela, pa je u tom

smislu zgodno deformirati dva ekstremna slučaja, a to su savršeno elastična i savr

šeno plastična tijela.

Savršeno elastična tijela su ona koja se nakon rasterećenja potpuno vraćaju u

svoj prvobitan oblik, a savršeno plastična tijela jesu ona koja nakon rasterećenja

potpuno zadržavaju deformirani oblik.

Tijela s kojima se svakodnevno susrećemo nalaze se između ta dva spomenuta

ekstrema.

Da nas se zna da su elastična svojstva tijela posljedica djelovanja me đum olek u-

larnih sila u tijelu. Međutim, način i mehanizam tog djelovanja nije još ni danas

poznat.

S I.

  9 1 .  N o s a č p r i je d e f o r m a c i j e

Svaki nosač, kao elastično tijelo, sazdan jc od velikog broja sitnih čestica pove

zanih međumolekularnim silama. Kada je nosač opterećen vanjskim silama F,,

F

2

,

  F

3

, Ra i Rb koje su u ravnoteži, nosač se nalazi u stanju mirovanja (si. 91).

Međutim, zbog djelovanja vanjskih sila nastaje promjena položaja sitnih česrica

u nosaču, pa nosač mijenja svoj prvobitni oblik i deformira sc (si. 92).

Promjena međusobnog položaja sitnih čestica izaziva pojavu unutarnjih sila

u nosaču. One pružaju otpor djelovanju vanjskih sila i nastoje vratiti sitne čestice

nosača u njihov prvobitni položaj. Nosač je u stanju mirovanja, ali sc napreže pru

žajući otpor djelovanju vanjskih sila. Stoga sc može ustvrditi da su unutarnje sile

u nosaču izraz otpornosti materijala od kojeg jc nosač sazdan.

Unutarnje sile rastu s veličinom promjene međusobnog položaja sitnih čestica,

li .  s veličinom deformacije nosača. Budući da veličina deformacije nosača ovisi o

Page 83: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 83/198

S I .

  9 2 . N o s a č n a k o n d e f o r m a c i j e

veličini vanjskih sila, može se ustvrditi da veličina unutarnjih sila ovisi o veličini

vanjskih sila. Kad se povećavaju vanjske sile na nosaču, povećava se deformacija

nosača, a time i veličina unutarnjih sila. Unutarnje sile rastu sve dok se ne izjed

nače s vanjskima. T ako se dolazi do novog pojma ravnoteže , a to je ravnoteža un uta r

njih i vanjskih sila.

Naprezanje nosača nastaje zbog pojave unutarnjih sila, pa je za određivanje

najvećeg naprezanja u nosaču potrebno odrediti najveće unutarnje sile. Kako

unutarnje sile u nosaču moraju biti u ravnoteži s vanjskima, njihova veličina i

smjer određuje se pomoću osnovnih uvjeta ravnoteže.

2.2 .2 . Određivanje unutarnj ih si la u nosaču

Slika 93. prikazuje shemu jednostavno položenog nosača koji je opterećen

silom

  F.

  Djelovanjem sile

  F

  pojavljuju se ležajne reakcije R. i R», koje sa zadanom

silom čine ravn otežu . Pravac djelovanja reakcije R„ je vertikalan jer je to reakcija

u pokretnom ležaju, pa mora prolaziti točkom  b  i mora biti okomita na podlogu.

Pravci djelovanja reakcije R» i zadane sile  F  sijeku se u točki  c.  Is tom točkom  c

mora prolaziti i reakcija R,, jer ona s reakcijom R» i zadanom silom   F  čini ravno

težu, a ravnoteža triju sila nastaje samo onda ako se te sile sijeku u jednoj točki.

Tim uvjetom određen je položaj reakcije R„ na zadanom nosaču a ujedno su odre

đeni veličina i smjer reakcije R

a

  i R».

Promatrajmo sada nosač u točki  d  i zamislimo da smo ga u toj točki presjekli

ravninom okomitom na os. Nosač će se razdvojiti na dva dijela, i to na lijevi (a-d)

i desni (d-b) (si. 93.a).

Lijevi i desni dio nosača više neće biti u ravnoteži jer je poremećena ravnoteža

sila.

Prom atrajm o sada samo iiievi dio nosača. On je opterećen samo reakcijom

  R

u

,

pa ne može biti u ravnoteži. Ako nas zanima kakav je učinak reakcije R„ na presjek

nosača u točki  d,  premjestimo reakciju R„ u točku  d,  pa će tako nastati stanje kao

na slici 93. b.

Premještanje reakcije R„ iz točke  a  u točku  d  izvest će se tako da se u točki  d

postave dvije protusmjerne sile jednakih veličina, a ujedno istih veličina kao reak

cija R„. Neka su te sile paralelne s reakcijom R„. Te dvije nove sile nemaju nikakav

učinak u ravnini jer djeluju u istom pravcu, jednake su i suprotne, pa su same po

sebi u ravnoteži. Međutim, reakcija R„ u točki   a  i njoj suprotna sila R

0

  u točki  d

Page 84: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 84/198

čine par sila čiji je statički moment M   *»=  R, • n koncentriran u točki  d  (si. 93. b).

Ako se reakcija R„ koja sada djeluje u točki  d  rastavi u vertikalnu i horizontalnu

komponentu, dobiva sc stanje koje jc prikazano na slici 93. c.

Sada u točki  d  djeluju vertikalne sile R

a r

  = R„ • sin a, R«» — R , • cos a i

s tatički moment M = R,

  •

  n (si. 93. c). To stanje sila u ravnini istovjetno je sta

nju sila na slici 93. a. Dakle, učinak reakcije R„ na presjek nosača u točki  d  jednak

jc učinku sila R,,,, R„* i statičkog mom enta M , koji su konce ntrirani u. točki

  d.

Želimo li da lijevi dio nosača bude u ravnoteži, treba svakoj statičkoj veličini

u točki ./ nadomjestiti suprotnu i jednaku veličinu. Neka to budu statičke veličine

M

s

, T i N (si. 93. d).

Kako smo u samom početku zamislili da smo nosač presjekli u točki  d,  onda su

to zapravo unutarnje sile kojima desni dio nosača djeluje na lijevi.

M j = m oment sav ijan ja

M = popre čna sila

N  —  uzdužna sila

Page 85: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 85/198

Učinak unutarnjih s ila u točki

  d

  mora biti jednak učinku reakcije R, na tu is tu

točku, odnosno unutarnje sile moraju biti u ravnoteži s vanjskima (si. 93.e). Pri

mjenom poznatih uvjeta ravnoteže i uz pomoć slike 93.e mogu se lako odrediti

veličine unutarnjih sila.

S M „ = 0

R. • n — M

s

  = 0

M

s

  = R , • n

Tim je izrazom pokazano da je moment savijanja u presjeku   d  jednak s tatičkom

momentu reakcije R, s obzirom na taj isti presjek. S obzirom na to da u bilo kojem

presjeku nosača može postojati samo jedna vrijednost momenta savijanja, ta se

vrijednost mogla dobiti zbrajanjem statičkih momenata sile R» i sile

  F-

 na desnom

dijelu nosača.

Pri složenom opterećenju i na bilo kojem nosaču veličina momenta savijanja

može se definirati ovako:

Moment savijanja u b i lo kojem pres jeku nosača određuje se

tako da se zbroje s tat ičk i moment i sv ib . s i la koje dje luju l i jevo

i l i desno o d tog pres jeka  s  obzirom na taj pres jek .

£ Y = 0

R „ - T = 0

T = R „

Tim je izrazom pokazano da je

  poprečna sila u presjeku

  d

  jednaka vertikalnoj

kom ponenti reakcije R. . T a je kompone nta okomita na os nosača, a kad bi l ijevo o d

promatranog presjeka bilo više sila okomitih na os nosača, poprečna sila bila bi

jednaka njihovu zbroju. Stoga se općenito može reći:

Poprečna s i la u b i lo kojem pres jeku nosača određuje se tako da

s e  zb ro je k om p on en te  s v ih  s i la koje su okomite na os nosača

a  dje luju l i jevo i l i desno od promatranog pres jeka .

S X = 0

R.» - N = 0

N = R.„

Tim je izrazom pokazano da je uzdužna sila u presjeku   d  jednaka horizontal

noj komponenti reakcije R,. Ta komponenta ima položaj  u  smjeru  os i  nosača, a

kad bi lijevo od promatranog presjeka nosača bilo više sila koje djeluju u smjeru

osi nosača, uzdužna sila bila bi jednaka njihovu zbroju. Stoga se općenito može

reći:

Page 86: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 86/198

Uzdužna s i la u b i lo kojem pres jeku nosača određuje se tako

da se zbroje komponente sv ih s i la koje dje luju u smjeru os i

nosača a dje luju l i jevo i l i desno od promatranog pres jeka .

2.2 .21 Predznak unutarnj ih si la

Predznak unutarnjih sila nosača određuje se ovisno o vrsti i obliku deformacije.

a) Kada uzdužna sila djeluje u osi nekog štapa ili stupa i nastoji ga produljiti,

njezin smjer se obilježuje predznakom +  .  Obrnuto, ako uzdužna s ila nastoji da

neki štap ili stup skrati, tada se njezin smjer obilježuje p redz nak om — (si. 94).

b) Kada poprečna sila djeluje tako da lijevi dio nosača nastoji pomaknuti

prem a gore, a desni prema dolje, smjer poprečn e sile obilježuje se pred znak om + .

Obrnuto, ako poprečna sila nastoji lijevi dio nosača pomaknuti prema dolje, a desni

prem a gore, tada smjer popreč ne sile obilježujemo predz nako m — (si. 95).

c) Kada moment savijanja djeluje tako da nastoji rastegnuti donju zonu nosa

ča, smjer momenta savijanja obilježujemo predznakom +   .  Obrnuto , ako moment

savijanja nastoji rastegnuti gornju zonu nosača, tada smjer momenta savijanja

obilježujemo pre dznak om — (si. 96).

LI1EVI DIO NOSAČA

VLAK •

L l l t V I D I O N O SA Č A

VLAK'

N -

' VLAK

D E SN I D I O N O SA Č A

N -

TLAK

D E SN I D I O N O SA Č A

S I . 9 4 . P r e d z n a k u z d u ž n e s i l e

Page 87: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 87/198

L I JE V I D I O N O S A Č A  2

  T +

1

  V D E S N f D I O N O S A Č A

LIJEVI DIO NOSAČA

o

D E S N I D I O N O S A Č A

T -

S l . 8 5 . P r e d z n a k p o p r e č n e s i l e

LIJEVI DIO NOSAČA

VLAK

DESNI DIO NOSAČA

LIJEVI  DIO NOSA ČA VLAK

DESNI DIO NOSAČA

- M - M

SI.

  9 6 . P r e d z n a k m o m e n t a s a v i j a n ja

Page 88: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 88/198

Ako se detaljnije pogledaju slike 94, 95. i 96, lako će se zapaziti da unutarnje

sile N, T i M na lijevom dijelu nosača imaju iste predznake kao što su dogovoreni

predznaci za smjerove vanjskih sila, a na desnom dijelu nosača imaju predznake

suprotne vanjskim silama.

To je dobro uočiti zbog sljedećeg:

Ako se pri određivanju unutarnjih s ila u nosaču pridržavamo dogovorenih

predznaka za smjerove vanjskih sila, tada ćemo pri zbrajanju vanjskih sila i statič

kih momenata na li jevom dijelu nosača dobiti unutarnje s ile s pravim predznakom.

Naprotiv, kada se pri određivanju unutarnjih sila u nosaču zbrajaju vanjske sile i

statički momenti na desnom dijelu nosača, dobivaju se unutarnje sile suprotnog

predznaka od s tvarnog. Da bi se dobio pravi predznak unutarnjih s ila, potrebno

je dobivene vrijednosti množiti sa (— 1).

2.2 .2 .2 . Odnos između momenta savi janja i

poprečne si le

Unutarnje sile u nosačima mijenjaju svoje veličine od presjeka do presjeka

duž nosača. Ta se promjena provodi određenom zakonitošću, ovisno o vrsti optere

ćenja. U jednom od presjeka unutarnje sile dobivaju svoju maksimalnu vrijednost.

U svakom od presjeka nosača postoji određeni odnos između vrijednosti unu

tarnjih sila. Ti se odnosi mogu matematički točno definirati samo pomoću tzv.

diferencijalnog računa. Jedan od tih odnosa glasi:

M o m e n t  savijanja najveći  je u  on om p res j ek u u k o jem j e p o

prečna s i la jednaka nul i .

Taj odnos ima posebno značenje pri rješavanju nosača jer se pomoću njega mo

že lako odrediti položaj presjeka nosača u kojem je najveći moment savijanja.

2 . 3 . RJEŠAVANJE STATIČKI ODREĐENIH NOSAČA

Riješiti neki od statički određenih nosača znači za zadano opterećenje odrediti

veličinu reakcije, promjenu vrijednosti unutarnjih sila i najveće vrijednosti unu

tarnjih sila s obzirom na koje se provodi dimenzioniranje. Riješiti nosač nadolje

znači nacrtati dijagrame unutarnjih sila koji zorno prikazuju zakon njihove promje

ne.

Rješenje nosača može se provesti grafičkim ili računskim postupkom. Računski

posiupak je točniji, pa se češće primjenjuje.

Page 89: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 89/198

2 . 3 . 1 .

  Jednostavno položen nosač

Jednostavno položen nosač je statički određen nosač oslonjen na dva oslonca

ili potpore. Ima dva ležaja od kojih je jedan pokretan, a drugi nepokretan.

2 . 3 . 1 . 1 .  Jednostavno položen nosač opterećen

koncentr iranim si lama

Primjer  16.

Slika 97. prikazuje shemu jednostavno položena nosača na dva ležaja, raspona

/ = 8,0 m , koji je opterećen kon centriranom silom F , = 3,0 kN , F

2

  = 2,0 kN

i F

3

  = 1,0 kN .

a) Računsko rješenje

Pri rješavanju nosača računskim postupkom sve se operacije provode računski.

Najprije se određuju ležajne reakcije (si. 97). One se određuju iz računskih uvjeta

ravnoteže. Ako se pretpostavi da reakcije   R

4

  i  R»  imaju smjer prema gore i ako se

uzme da je zbroj s tatičkih momenata svih s ila s obzirom na točku  b  jednak nuli,

dobit će se vrijednost reakcije  R,:

Z M . = 0

R„ • 0,8 - F , • 6,0 - F j • 4,0 - F

3

  • 2,0 = 0.

Kao što sc vidi, reakcija R, vrši pozitivnu vrtnju s obzirom na točku   b,  a sve

zadane sile vrše negativnu vrtnju s obzirom na istu točku. Reakcija R» prolazi kroz

točku  b,  pa je njezin statički moment s obzirom na tu točku jednak nuli. l 'ako je

dobivena jedna jednadžba s jednom nepoznanicom, a nepoznanica je reakcija R„.

Uvrštavanjem vrijednosti zadanih sila dobiva se brojčana vrijednost reakcije R„:

R . • 8,0 - 3,0 • 6,0 - 2,0 • 4,0 - 1,0 • 2,0 « 0

R . • 8,0 - 18,0 - 8,0 - 2,0 = 0

R . • 8,0 = 28,0

Za reakciju R, dobivena je pozitivna vrijednost, što znači da smo njezin smjer

dobro pretpostavili .

Uzme li se sada točka  a  s obzirom na koju treba zbrojiti statičke momente

svih sila, dobit će se vrijednost reakcije R».

Page 90: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 90/198

2 M . ••= 0

- R„ • 8,0 + F , • 2,0 + F , • 4,0 + F

3

  • 6,0 = 0.

Ovdje sc vidi da reakcija R, vrši negativnu vrtnju s obzirom na točku   a, :

zadane sile vrše pozitivnu vrtnju, s obzirom na istu točku. Uvrštavanjem vrijednosti

za zadane sile dobiva se brojčana vrijednost R»:

Page 91: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 91/198

R» • 8,0 + 3,0 • 2,0 + 2,0 • 4,0 + 1,0 • 6,0 = 0

- R„ • 8,0 + 6,0 + 8,0 + 6,0 = 0

20,0 = B • 8,0

R , = ^ ? = 2 , 5 k N .

Za reakciju R» dobivena je također pozitivna vrijednost, što znači da smo i

njezin smjer dobro pretpostavili.

Do sada je pri određivanju veličina reakcija iskorišten samo jedan uvjet ravno

teže, a to je Š M = 0. Da bi nosač bio u ravnoteži, moraju biti ispunjeni i ostali

računski uvjeti ravnoteže.

S Y = 0

R. + R

t

  - F

t

  - F

2

  - F

3

  = 0

3,5 + 2,5 - 3,0 - 2,0 - 1,0 = 0

6,0 - 6,0 = 0.

Zbroj svih vertikalnih sila je doista jednak nuli, što je ujedno potvrda da su

reakcije dobro izračunate.

I X = 0

Taj je uvjet također ispunjen jer u ovom primjeru nema horizontalnih sila.

Ispunjeni su svi računski uvjeti ravnoteže, pa je nosač na koji djeluju aktivne i

reaktivne sile doista u ravnoteži. Nosač će se deformirati, a u njemu će se pojaviti

unutarnje sile.

U ovom primjeru radi se o vanjskim silama (R„ R

t

, F , , F

2

  i F

3

) koje djeluju

okomito na os nosača, pa će se u nosaču pojaviti samo m om enti M

s

  i poprečne s ile T.

Koja je zakonitost promjene unutarnjih sila kada nosač napadaju koncentrirane

sile, može se na ovom primjeru lako objasniti.

Ako nosač na slici 97. presiječemo na bilo kojem mjestu između točaka   a  i /

i promatramo samo lijevi dio (si. 97.a), ustanovit ćemo da je moment savijanja

M

x

  = R„ • x

i da se on mijenja po zakonu pravca koji ide iz ishodišta. Koeficijent smjera toga

pravca jest reakcija R,.

Ustanovit ćemo također da je poprečna sila u istom presjeku

T , = R .

i da ima konstantnu vrijednost između točaka  a  i /.

Ako nosač presiječemo na bilo kojem mjestu između točaka I i 2 i opet promat

ramo lijevi dio nosača (si. 97. b), ustanovit ćem o da je mom ent savijanja

M , = R„ • x - F, • (x - 2)

Page 92: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 92/198

M , = R„ • x - F , • x -f 2 Fi

M

x

  = (R . - F. ) • x + 2 F ,

i da se on mijenja po zakonu pravca. K oeficijent smjera toga pravca je (R . — F ,) ,

a odsječak na osi ordinata jednak je 2 F,.

Ustanovit ćemo također da je poprečna sila u istom presjeku

T , = R. - F ,

i da ima konstantnu vrijednost između točaka  1 i 2.

Ako nosač presiječemo na bilo kojem mjestu između točaka 2 i 3 i opet pro

ma tram o lijevi dio nosača (si. 97. c), ustanovit ćemo da je mom ent savijanja

M

x

  - R

a

  • x - F , • (x - 2) - F

2

  • (x - 4)

M

x

  = (R. _ F. ) • x + (2 F

t

  + 4 F

2

)

i da se on takođe r mijenja p o zakonu pra vca , ali prav ca ćiji je koeficijent smjera

(R

a

  — F , — F

2

) , a odsječak na osi ordinata je (2 F , + 4 F

2

) . Ustanovit ćemo

također da je poprečna sila u istom presjeku

T , = R. - F , - F

2

i da ima konstantnu vrijednost od točke 2 do točke 3.

Kada bismo presjekli nosač na bilo kojem mjestu između točaka 3 i   b,  usta

novili bismo da se i na tom dijelu nosača moment savijanja mijenja po zakonu

pravca, a da jc poprečna sila konstantna između točaka 3 i  b.

Iz svega izvedenog može se općenito zaključiti:

' "Kad  j e n os ač op terećen s am o k on cen tr iran im s i lam a , ve l i č in a

j  m om en ta savijanja mijenja se po zakonu pra vca na d ije lu

j  nosača između karakteris t ičn ih točaka .

I

i

  Poprečne s i le mijenjaju se uzduž nosača , a l i zadržavaju kon-

  1

s tantne vri jednost i između karakteris t ičn ih točaka .

Karakteris t ične točke os i nosača su točke, mjes ta i l i pres jeci

nosača u koj ima dolazi do promjene opterećenja .

Na temelju tih zaključaka mogu se odrediti vrijednosti momenata savijanja u

karakterističnim točkama, pa ako se nanesu na crtež u odabranom mjerilu i spoje

s pravcima, nastat ćc dijagram momenata savijanja. To omogućuje da se za bilo

koji presjek iz dijagrama očita vrijednost momenta savijanja, a da se taj moment

posebno ne proračunava (si. 98).

Istim postupkom određuje se dijagram poprečnih sila.

U primjeru 16. mom enti savijanja u karakterističnim točkam a iznose

M . = R„ • 0 = 0

Page 93: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 93/198

M , = R . • 2,0 = 3,5 • 2,0 = 7,0 kN

M

2

  = R . • 4,0 - F , • 2,0 = 3,5 • 4,0 - 3,0 • 2,0 = 14,0 - 6,0 = 8,0 kN

M , = R , • 6,0 - F , • 4,0 - F , • 2,0 = 3,5 • 6,0 - 3,0 • 4,0 - 2,0 • 2,0

= 2 1 , 0 - 1 2 , 0 - 4 , 0 = 5,0 k N .

M» = 0

Kada bismo moment savijanja u točki 3 određivali zbrajanjem statičkih mo

menata svih sila na desnom dijelu nosača, rezultat bi trebalo množiti sa (— 1),

pa se postupa ovako:

M

3

  = - ( - R„ • 2,0) = - ( - 2,5 • 2,0) = 5,0 kN m .

Rezultat je isti kao i u prvom slučaju jer u presjeku nosača u točki 1 može

biti samo jedna vrijednost momenta savijanja.

Dobivene vrijednosti momenata savijanja treba nanijeti na odgovarajuće ordi-

nate ispod karakterističnih točaka u odabranom mjerilu (si. 98). Spajanjem vrhova

ordinata nastaje dijagram momenata savijanja, koji omogućuje da se za bilo koji

presjek nosača iz dijagrama očita vrijednost momenata savijanja.

S obzirom na to da su u karakterističnim točkama mom enti savijanja pozitivni,

pozitivni su i u svakom drugom presjeku, pa je cijela momentna ploha pozitivna.

Uobičajeno pravilo je da se momentna ploha ili dijagram momenata savijanja

crta na onoj strani nosača koja se razvlači. Stoga se pozitivni momenti savijanja

uvijek nanose ispod horizontale ili nulte linije, a negativni iznad nje.

U ovom primjeru (primjeru 16) svi su momenti savijanja pozitivni, što znači

da zadani nosač doživljava naprezanje savijanjem tako da mu se rasteže donja zona

po cijeloj duljini.

Analogno određivanju momenata savijanja u karakterističnim točkama nosača

određuju se vrijednosti poprečnih sila i crta njihov dijagram. Ovdje valja napo

me nuli da zbog karaktera ko ncentriranih sila kao opterećenja nosača u svakoj ka

rakterističnoj točki nosača postoje dvije vrijednosti poprečne sile. Dvije vrijednosti

postoje zbog toga što se u svakoj karakterističnoj točki mogu načiniti dva presjeka.

Jedan jc neizmjerno blizu točke s lijeve, a drugi neizmjerno blizu točke s desne

strane. Tako na karakterističnim točkama postoji poprečna siia tik lijevo (T') i tik

desno (T') od odnosne karakteristične točke.

Ako bismo u p rimjeru 16. (si. 97) presjekli nosač neizmjerno blizu točke

  a

s desne strane i promatrali lijevi dic nosača, poprečna sila bila bi

TJ - R„ - 3,5 kN .

T u v rijednost ona zadržava sve do presjeka neizm jerno blizu točke 1 s lijeve

vtr&ne. pa se obično piše

T<„ = R„ - 3 ,5 kN - T j .

Ako nosač presiječemo neizmjerno blizu točke I ali s desne strane, poprečna

će silo imati vrijednost

T\   = R. - F , -- 3,5 - 3.0 =. 0,5 kN = T '

a

Page 94: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 94/198

MJ:  1:100

M J : 1 c m = 2 k N m

MJ:

 1 c m = 1 k M

S t

  9 8 . R a č u n s k o r j e š e n j e

i zadržati istu vrijednost sve do presjeka koji jc neizmjerno blizu točke 2 s lijeve

strane. Tako se dalje računaju poprečne sile u svakoj sljedećoj karakterističnoj

točki:

TJ = R

a

  - F , - F

:

  = 3,5 - 3,0 - 2,0 « - l, 5 k N —

  T

3

TJ = R .

  —

  F |

  —

  F j — F., = 3,5 - 3,0 - 2,0 - 1,0 -

= - 2 , 5 kN « T , = - B .

Ako se pri određivanju poprečnih sila zbrajaju sile na desnom dijetu nosača,

tada se rezultat mora množiti s (— 1) da se dobije stvarni predznak poprečne sile.

Page 95: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 95/198

Na primjer:

T> = - ( + R . ) = - 2 , 5 k N ,

ili

T '

3

  = - ( + R„ - F

s

) = - (2,5 - 1,0) = - 1,5 kN .

Rezultati su jednaki onima u ranijem postupku, s to je normalno jer u bilo

kojem presjeku nosača može biti samo jedna vrijednost poprečne sile.

Ako se od horizontalne ili nul-Iinije nanesu dobivene vrijednosti poprečnih sila

na ordinate ispod karakterističnih točaka i te vrijednosti spoje horizontalnim prav

cima, nastaje dijagram poprečnih sila  (si. 98).  Poprečne s ile  se  nanose od horizon

talne linije tako da  se  pozitivne vrijednosti nanose iznad,  a negativne ispod  te  linije.

Prom atranjem dijagrama poprečn ih sila uočava se da pop rečn a sila mijenja

pred znak u točki 2. Ona ima vrijednost + 0,5 kN u presjeku neizm jerno blizu toč

ke 2 s lijeve strane i vrijednost — 1,5 kN neizm jerno bliz u točk e 2 s desn e stra ne,

pa joj je u samoj točki 2 vrijednost nula.

Iz odnosa momenta savijanja i poprečne sile slijedi da je u točki 2 moment

savijanja maksimalan. Moment savijanja i jest maksimalan, a to se vidi iz proračuna

njegove vrijednosti, a vidi se još iz dijagrama na slici   98.

Kako koncentrirano opterećenje pripada jednostavnijim opterećenjima, polo

žaj maksimalnog momenta ne treba posebno tražiti jer se on nalazi uvijek ispod

jedne od sila. To nije tako kod složenih opterećenja, a kako se određuje položaj

maksimalnog momenta u tim slučajevima, objasnit će se detaljno kasnije.

Na dijagramu poprečnih sila može se uočiti još i ovo:

Površina dijagrama poprečnih sila lijevo od presjeka u točki 2 iznosi

A = R

fl

  • 4 - F , • 2,0,

a to je upravo jednako momentu savijanja u tom istom presjeku.

Iz izloženog se može zaključiti ovo:

Vel ič ina momenta savijanja u b i lo kojem pres jeku jednaka je

površ in i d i jagrama poprečnih s i la l i jevo od tog pres jeka .

Površ ine pozit ivnog i negat ivnog d ije la d ijagrama poprečnih

sila  uvijek su jednake.

bj Grafičko rješenje

Pri grafičkom rješavanju zadata ka iz primje ra 16. trebaju bjti zadov oljeni

grafički uvjeti ravnoteže. Postupak je analogan računskom, samo što se sve statičke

veličine određuju grafički.

Najprije je potrebno odrediti ležajne reakcije R, i R

b

. Kako one sa zadanim

si lama F , ,  F

2

  i F

3

  moraju činiti ravnotežu, njihov poligon mora biti zatvoren lik

(grafički uvjeti ravnoteže — odjeljak

  1.7.3).

Zadane sile međusobno su paralelne, pa njihov poligon dobiva oblik dužine

13'  (si. 99). Sile se u polijjon nanose po redu pa je logično da na završetak sile F ,

Page 96: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 96/198

dođe početak reakcije R„. Točka  b  kao početak reakcije  R„  postavlja se u točku

3 ' ,

  ali kako se ne zna veličina reakcije R

M

  ne zna sc ni gdje se nalazi točka  b'  kao

njezin završetak. Poznato jc da reakcija R, ima vertikalan pravac, pa će se točka

o'nalaziti negdje na vertikali povučenoj kroz točku   b.  Tamo gdje završava reakcija

R»,

  počinje reakcija R„ pa je  a = b'.  Završetak reakcije R. mora pasti u početak

poligona  (a '  s 1) jer poligon sila može samo tada bit i zatvo ren lik.

Za ravnotežu sila R„ R

ft

, F , , F

2

  i F., moru biti ispunjen i drugi grafički uvjet

ravnoteže. Verižni poligon sila mora biti zatvoren lik.

Kao što jc poznato, verižni poligon sila crta se od polnih stranica. Stoga se

uz poligon sila na slici 99. odabire pol 0 na udaljenosti f  — 3,0 cm . Povuk u se

polne zrake i nacrta verižni poligon. Stranica 4 verižnog poligona siječe pravac

reakcije R„ u točki a

s

.

f  A n t o l l ć : G r n d e v n n m c l i . i i i i ka

97

Page 97: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 97/198

Stranica 1 verižnog poligona siječe prav ac reakcije R , u točki  a

t

.  Spajanjem to

čaka   <

S

  i a, crtkanom linijom nastaje zaključna stranica verižnog poligona, označe

na sa  s.  Kako ta stranica verižnog poligona prolazi između pravaca reakcija R, i

R» ,  ona kao polna stranica u poligonu sila prolazi između odsječaka tih dviju reak

cija.

Tako je određen položaj točke 4'  & a  u poligonu sila, a tim i veličina reakcija

R, i R».

Posljednja stranica verižnog poligona, označena sa 5, poklapa se sa stranicom

1, pa je tako ispunjen i taj uvjet ravnoteže.

Kad se u odabranom mjerilu iz poligona sila očita vrijednost reakcija, dobiva

sc da je

ali'  = R . = 3,5 cm = 3,5 kN

bb '  = R

6

  = 2,5 cm s 2,5 kN ,

što potpuno odgovara vrijednostima dobivenima računskim postupkom.

Pomoću verižnog poligona može se odrediti moment savijanja u bilo kojem

presjeku nosača. Već je od ranije poznato da su stranice verižnog poligona kompo

nente one sile na čijem se pravcu sijeku. Tako su stranice 1 i  s  verižnog poligona

(si.  99) kom pon ente reakcije R«. U poglavlju 1.6. pokazano je kako se grafičkim

postupkom određuje statički moment sile. Dokazano je da je statički moment sila

s obzirom na zadanu točku jednak produktu polne udaljenosti / i odsječka na osi

momenta v .

Tako će u ovom primjeru (si. 99) statički moment reakcije R„ s obzirom na

točku 1 biti jednak

M , =

  V j

  • f = 2,3 • 3 = 6,9 kN m .

S obz irom na to da je m om ent savijanja u presjeku 1 jednak zbroju statičkih

momenata svih sila lijevo od presjeka, statički moment reakcije R, s obzirom na

točku 1 jednak je momentu savijanja u točki 1.

Grafičkim je postupko m određena vrijednost mom enta savijanja u točki 1 u

iznosu od 6,9 kN m , a računskim je postupk om dobive na vrijednost o d 7,0 kN m,

što pokazuje da se grafičkim rješavanjem zadatka može dobiti dovoljno točan re

zultat .

Ovim je izlaganjem dokazano da su udaljenosti verižnog poligona do zaključne

stranice s odsječci .v na bilo kojoj osi momenta.

Verižni poligon zajedno sa zaključnom stranicom j zapravo je dijagram odsje

čaka  y,  koje treba množiti s polnom udaljenosti / da bi se dobio moment savijanja

u odnosnom presjeku.

Poprečna sila u bilo kojem presjeku dobiva se grafičkim postupkom iz dija

grama poprečnih sila, a on se crta tako da iz poligona sila projiciraju zadane sile

na odgovarajuću ordinatu ispod mjesta u kojem ta sila djeluje (si. 99).

Primjer  17.

Valja riješiti slobodn o položen nosač raspona / = 6 m ako je optereć en jednom

kon cen triran om silom F = 3,0 kN , koja djeluje u sred ini rasp ona. Za datak valja

riješiti samo računskim postupkom (si. 100).

Page 98: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 98/198

M J:

  1:100

1 c m s 1 k N m

1 c m » 1 k N

S I.

  1 0 0 . S i l a u s r e d i n i r a s p o n a

Najprije treba odrediti ležajne reakcije koje će držati ravnotežu sa zadanom

silom, pa zbog toga trebaju biti ispunjeni računski uvjeti ravnoteže. Pretpostavlja

se da reakcije R. i R

t

  imaju smjer prema gore.

Reakcija odred it će se iz sume statičkih mom enata svih sila s obziro m na

točku  b:

ZM> = 0

R . • 6,0 - F • 3,0 = 0

R . • 6,0 = P • 3,0

R . =

F • 3,0

6,0

3,0

1,5 kN.

Page 99: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 99/198

Reakcija R

a

  ima pozitivan smjer, Sto znači da smo u početku njezin smjer dobro

pretpostavili. Da je konačna vrijednost reakcije dobila negativan predznak, to bi

značilo da ona ima obrnut smjer od pretpostavljenog. To upućuje na to da treba

točno i savjesno rješavati jednadžbe.

Reakcija R» će se odrediti iz sume statičkih momenata svih sila s obzirom na

točku  a:

2 M

a

  = 0

- R , • 6,0 + F • 3,0 = 0

R

  _ F - 3 , 0 _ F _ 3 , 0 _

I < > - - ^ - _

T

_ _ _ 1,5 k N .

I smjer reakcije R„ dobro smo pretpostavili.

Kontrola proračuna reakcija

S Y = 0

R. + R, -

  F

  = 0

1,5 + 1,5 - 3,0 = 0

3,0 - 3,0 = 0

Reakcije su dobro izračunate jer je ispunjen i taj uvjet ravnoteže.

Iz proračuna reakcija vidi se da one imaju jednake vrijednosti, što je i razum

ljivo jer sila F zauzima simetričan položaj s obzirom na ležaje. Tako svaka reakcija

preuzima polovicu sile, pa ih treba gornjim postupkom proračunavati.

Momenti savijanja

U ovom primjeru postoji samo jedna karakteristična točka, a to je točka 1

stoga se unaprijed zna da će dijagram momenata savijanja imati oblik trokuta, a

da će maksimalni moment biti u točki 1. Taj moment savijanja iznosi

M , = R . • y = y • y = - j j - =  -j-  = 4 ,5 kN m.

Poprečne sile

TJ = R« = 1,5 kN = T i

T* = R„

 —

  F = ,5

 —

 3,0 = — 1,5 kN = - R ,

Primjer  18.

Valja riješiti slobodn o položen nosač raspona / — 6 m ako je sime trično op

tereće n dvjema silama istog intenziteta F = 2,0 kN (si. 1 01).

Zadatak treba riješiti samo računskim postupkom.

Najprije se određuju ležajne reakcije, uz pretpostavku da djeluju prema gore

(si.  101) i da drže ravnotežu sa zadanim silama.

Page 100: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 100/198

MJ: 1:100

1cm

 =

 kNm

1cm = kN

S I.

  101 . Ovi je s imet r i f ino p os t a v l j en e s i l e

Opterećenje je simetrično, pa na svaki ležaj otpada polovica opterećenja.

R ^ R ^ ^ f = F = 2 ,0 k N

Momenti savijanja

Dijagram momenata mora biti simetričan lik, Što znači da su momenti u ka

rakterističnim točkama jednaki.

M ) = R . • 2,0 -= 2,0 • 2,0 = 4,0 kN m =   M ,

Page 101: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 101/198

Poprečne sile

T$ = Ra ~ F

TJ = / ?

a

  =  2 , 0 k N  = T '

1

= R« — F ~  2, 0  — 2,0 = 0  = T

2

  F =  2,0  — 2,0 - 2,0 = - 2,0 kN = - Rt,

2.3 .1 .2 . Jednostavno položen nosač opterećen

jednol iko raspodi jel jenim opterećenjem

O karakteru jednako raspodijeljenog opterećenja bilo je govora u poglavlju

2.1.4.1 .

  To je opterećenje koje jednakim intenzitetom kontinuirano djeluje u svakoj

točki dužine na kojoj je raspodijeljeno. Ono se može poistovjetiti sa sustavom para

lelnih sila gdje svaka sila djeluje neizmjerno blizu jedna drugoj, a istog su intenzi

teta. Intenzitet je zadan po dužinskoj jedinici a označava se  qkN/m

l

, gkNIcm

1

  itd.,

gdje je  q  neki određen broj (si. 102).

Kad na jednostavno položen nosač raspona / djeluje jednoliko raspodijeljeno

opterećenje intenziteta  q,  u ležajima nosa ča pojavit će se reakcija R , i R>

  (si.

 103).

Zadano opterećenje i ležajne reakcije nalaze se u ravnoteži, a nosač se deformira

savijanjem, pa se u njemu javljaju unutarnje sile. Potrebno je odrediti zakon pro

mjene unutarnjih sila po duljini nosača.

a

2

l i l l i l

v

Q

«q

 a

T

2

m t t r t

11

SI.

  1 0 2 . J e d n o l i k o r a s p o d i j e l j e n o o p t e r e ć e n j e

Treba najprije odrediti veličinu reakcija, a one se, kao što je poznato, odre

đuju iz uvjeta ravnoteže (Z  M „ =  0 i 2 M . = 0).

Da bi sc mogao postaviti zbroj statičkih momenata s obzirom na točke  a  i  b,

treba jednoliko raspodijeljeno opterećenje zamijeniti koncentriranom silom.

Kako nosač ima raspon / metara, a opterećenje ima intenzitet  q  na jedan dužin-

ski metar, Q sila, koja zamjenjuje jednoliko raspodijeljeno opterećenje na čitavom

nosaču iznosit će:

Q =

  q • l.

Page 102: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 102/198

Opterećenje ima oblik pravokutnika (si. 103), pa će sila Q imati hvatište u

težištu pravokutnika, a to je u ovom slučaju na polovici raspona /.

Sada se mogu postaviti uvjeti ravnoteže:

2 M . = 0

R . / - Q -

T

  = 0

R .-  l - q •  / - - y = 0

R -

q l

I M , = 0

  R„ • / + Q

  •

  ~ = 0

- R , - / +

  j -  / - i - =

  0

R

2~~

U slučaju proste grede reakcije su jednake, što je i prirodno jer se radi o si

metričnom nosaču i simetričnom opterećenju, pa na svaki ležaj otpada pola optere

ćenja:

R . - R . - 4

R . - R , = ^ (21)

Ako nosač na slici 103. presiječemo okomitom ravninom na udaljenosti

  x

  od

ležaja  a  i promatramo lijevi dio nosača, ustanovit ćemo da je moment savijanja u

tom presjeku

M , = R. • x -  (q • x)

  •

  A

x

2

M , = R .

  -X-q-—~

i da se on mijenja po zakonu parabole drugog reda.

Page 103: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 103/198

1/2

t

/2

iiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiRitiiiiiifiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiiii:

S I.

  1 0 3 . Z a k o n p r o m j e n e v e l i č i n e M i T

Ustanovit ćemo također da je poprečna sila u tom presjeku

T , =  Ra -  q  • x

i da se ona mijenja po zakonu pravca čiji

  je

  koeficijent smjera opterećenje (—

  q) ,

  a

odsječak na osi ordinata jednak je reakciji  R„.

Iz toga se može zaključili:

Kad a j e n os ač op terećen j ed n o l ik o ras p od i j e l j en im op tereće

n jem , ve l i č in a m om en ta s av i jan ja i zm eđ u k arak ter i s t i čn ih to

čaka mijenja se po zakonu parabole drugog reda .

Poprečne s i le nas ta le od jednol iko raspodije l jenog opterećenja

mijenjaju se između karakteris t ičn ih točaka po zakonu pravca .

Izvedeni izrazi za moment savijanja i poprečnu silu govore da su te unutarnje

sile u nosaču funkcije promjenljive veličine

  J

koja sc mijenja od 0 do /.

Ako se u izraz za moment savijanja uvrsti vrijednost

  x

  -- 0, a to je mjesto na

ležaju

  a,

  dobiva se da je moment savijanja jednak nuli.

Kada se u isti izraz uvrsti  x  =• /, a to je mjesto na ležaju  b,  moment savijanja

je također jednak nuli:

M , = R . - x =

Page 104: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 104/198

To je logično jer kod jednostavno položenog nosača nikad ne postoje momenti

na ležajima.

Nosač se tu slobodno zaokreće.

Kad se u izraz za poprečnu silu uvrsti vrijednost x = 0, vrijednost poprečne

sile jednaka je reakciji R

a

:

T

x

  = R

fl

  -  q • x

T

x

  = R

B

  —  q  • o

T , = R

e

Za x = /

T

x

  = R. -

  q • l

T , = _ ^ = - R . .

Poprečna sila na ležaju  a  jednaka je reakciji R,,, a na ležaju  b  negativnoj vrijed

nosti reakcije R». Kako su ležajne reakcije u ovom primjeru međusobno jednake,

a poprečna sila se mijenja po zakonu pravca, ona u nekom presjeku između točaka

a  i  b  mora imati vrijednost nula jer prelazi iz pozitivne vrijednosti u negativnu.

Položaj tog presjeka nije poznat, a odredit će se tako da se izraz za poprečnu

silu izjednači s nulom:

T , = 0

R„ -  q • x = 0

R . =  q  • X

x = * =

q

x ^ i i = i -

2q   2 '

Poprečna sila u ovom primjeru ima vrijednost nula u polovici raspona, a tu je mo

ment savijanja najveći.

Ako se u izraz za moment savijanja uvrsti za   x =  - y , dobit će sc izraz za mak

simalni moment savijanja:

M, = R

u

  • x

  —

Page 105: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 105/198

M „ „ = i £ (22)

Primjer  19.

Jednostavno položen

  nosač optereć en je jednoliko raspodijeljenim opterećenjem

na cijeloj duži ni nosača. Raspon nosača je / = 8,0 m , a opterećenje  q  = 3,0 kN/m'.

Valja riješiti nosač grafičkim i računskim postupkom.

a) Grafički postupak

Zadatak se počinje rješavati određivanjem vrijednosti reakcija R« i R» pomoću

grafičkih uvjeta ravnoteže, pa stoga treba za zadano opterećenje nacrtati poligon

sila. Kako se radi o jednoliko raspodijeljenom opterećenju, treba to opterećenje

zamijeniti koncentriranim teretom. U ovom primjeru (si. 104) cijelo opterećenje

je zamijenjeno jednom koncentriranom silom čiji je intenzitet

Q «

  q

  • l  = 3,0 • 8,0 = 24,0 kN,

a ima hvatište u polovici raspona.

Poligon sila u ovom primjeru predočuje sam o odsječak sile Q = 1 1 '. Već

poznatim postupkom zatvaraju se poligon sila i verižni poligon, a iz tih uvjeta od

ređuju se reakcije R. i R

4

.

Iz poligona s ila očitavaju Se reakcije u odabranom mjerilu ( l e m s 4 k N ):

oa ' = R„ = 3 cm = 12,0 kN

bV ^  R„ = 3 cm a 12,0 kN .

Ukupno jednoliko raspodijeljeno opterećenje zamijenjeno je samo jednom

koncentriranom silom, pa verižni poligon ima sam o dvije s tranice. T o su s tranice

  1

  1

2,  koje se sijeku na pravcu sile Q. Zaključnom stranicom

 

zatvara se verižni poligon,

pa on sada ima oblik trokuta.

Ana logno prim jeru 16. i slici 99, veličine  y,  kao odsječke na osi m om enta,

trebalo bi mjeriti od verižnog poligona do zaključne stranice. Međutim, u slučaju

jednoliko raspodijeljenog opterećenja to nije tako, i to zbog karaktera tog optere

ćenja.

Ako se jedn oliko raspodijeljeno opterećenje zamisli kao susta v p aralelnih sila

koje su neizmjerno blizu jedna drugoj, tada bi se poligon sila sastojao od neiz

mjerno mnogo sila, a imao bi i neizmjerno mnogo polnih s tranica. Verižni poligon

bi imao također neizmjerno mnogo stranica, pa bi se pretvorio u parabolu. Stoga

je u ovom primjeru na slici 104. u verižni poligon upisana parabola, a vrijednosti

y  sada se očitavaju od parabole do zaključne stranice.

Page 106: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 106/198

|Q-24 ,0k N

M J:

  1:125

1cm*4kN

8L

  1 0 4 .

  Gr a f i č ko  rjeien)e

U ovom primjeru maksimalan moment savijanja dobiven grafičkim postupkom

iznosi

M.

MX

  =

  y

mtx

  •  f.

Ako su y

msx

  očita u mjerilu sila a polna udaljenost / u mjerilu duzina, maksi

malan moment iznosi

M « , = 2 - 4 - 3 = 2 4 k N m .

Upisivanje parabole u verižni poligon treba izvesti geometrijski točno. Stranice

verižnog poligona su tangente na parabolu, pa se problem svodi na crtanje parabole

iz dvije pozna te tangente. T o se radi tako da se obje tangente podijele na isti broj

dijelova. Pri tome dijelovi jedne tangente moraju biti međusobno jednaki. Spaja

njem odgovarajućih točaka jedne s odgovarajućim točkama druge tangente (si.

104) dobivaju se obrisi parabole, koja se kasnije ucrtava krivuljom.

Page 107: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 107/198

Dobro je uočiti da t jeme parabole pada u polovicu najveće ordinate trokuta,

Sto će se upotrijebiti u kasnijim izlaganjima i crtanju dijagrama momenata savija

nja pri složenim opterećenjima:

_

 1

Sto se može računski dokazati.

U primjeru 18. govori se o jednostavno položenom nosaču opterećeno m jed

nom koncentriranom silom  F  u sredini raspo na. T u je poka zano d a je najveći

moment savijanja ispod sile  F  i da ima vrijednost

Ako se umjesto sile  F  u gornji izraz uvrsti vrijednost sile Q =  q •  /, koja za

mjenjuje jednoliko raspodijeljeno opterećenje, tada će se dobiti

M

  =H i l i

  =   l i

" '» » 4 4 •

Izraz (22) govori da maksimalni moment jednostavno položenog nosača koji

je opterećen jednoliko raspodijeljenim opterećenjima iznosi

w

  ql

2

što je dvostruko manje nego kad se maksimalni mome nt raču na sa zamjenjujućom

silom. To je dokaz da parabola upisana u verižni poligon (si. 104) mora prolaziti

polovicom maksimalne ordinate trokuta.

Određ ivanje poprečn ih sila grafičkim postu pkom prov odi se iz dijagram a po

prečnih sila. Dijagram se dobiva projekcijom sila iz poligona na odgovarajuće ordi

nate ispod presjeka u kojima sile djeluju.

b) Računsko rješenje

Reakcije

ql

2

  3 ,0-8 ,0*

M

B

„ = ^ =

  8 Q

  = 24,0 kN m

Poprečne sile

TJ = R. = 12,0 kN

Ti = R

a

  -  q  • / = 12,0 - 24,0 = - 12,0 kN =  —  R»

Između karakterističnih točaka momenti savijanja se mijenjaju po zakonu pa

rabole drugog reda. U ovom primjeru su karakteristične točke ležaji  a  i  b  u kojima

je moment savijanja nula. Ostaje još da se nacrta dijagram momenata savijanja.

Page 108: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 108/198

c

»I

a

M

SU 105 .  K o n s t r u k c i j a p a r a b o l e I z t r i t o č k e

Dijagra m mo me nata savijanja jest parabola drug og reda koja se mo že nac rtati

grafički točno iz tri poznate točke (si. 105).

Tri poznate točke su najčešće tjeme parabole i druge dvije čija je ordinata

y  —  0. Spajanjem tih dviju točaka s tjemenom nastaju dvije dužine i to dužine

ca  i cb.

Kroz točke a i  b  treba povući pravac paralelan s ordinatom y. Točka parabole

dobiva se tako da se iz tjemena (točka  c)  povuče pravac pod bilo kojim kutom do

sjecišta s vertikalnim pravcem koji prolazi kroz točku

  b.

  Tako nastaje točka I. Iz

Page 109: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 109/198

q^3 . 0kN /m

1

MJ:

 1:100

1 c m = 6 k N m

1 cm»6kN

81 .

  1 0 6 . R a č u n s k o r j e š e n j e

te točke povuče se paralela   s  os i  x  do sjecišta s dužinom  cb .  Tako nastaje točka 2.

Iz te točke treba povući paralelu s osi

  y

  do sjecišta s dužinom

  cl .

  Tako nastaje

točka 3, a to je jedna od ordinata parabole drugog reda. Ako se to ponovi dovoljno

puta, nije teško krivuljarom spojiti dobivene točke i tako dobiti graf tražene pa

rabole.

Dijagram momenata savijanja u primjeru 19. na slici 106. nacrtan je postupkom

iz tri poznate točke.

Dijagram poprečnih sila crta se tako da se u karakterističnim točkama nanesu

vrijednosti poprečnih sila i spoje se pravcem.

Page 110: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 110/198

Primjer  20.

Jednostavno položen  nosač opterećen  je  kombiniranim opterećenjem prema

shemi na  slici  10.' . Nosač je  raspona / = 8 m  a opterećen  je  jednoliko raspodijelje-

Page 111: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 111/198

nim opterećenjem intenziteta  q  = 3,0 kN /m ' i konce ntriranom silom F = 2,0 kN .

Valja riješiti nosač grafičkim i računskim postupkom.

a) Grafički postupak

Da bi se zadatak mogao grafički riješiti, valja jednoliko raspodijeljeno optere

ćenje zamijeniti koncentriranom silom. Duljina na kojoj je jednoliko opterećenje

razdijeljeno iznosi 4,0 m, p a će sila koja zamjenjuje ovo opterećenje ima ti vrijed

nost

Q =

  q

  • 4,0 == 3,0 • 4,0 = 12,0 kN .

Hva tište te sile nalazi se na polovici duljine rasprostiranja opterećenja .

Nakon određivanja sile Q moguće je nacrtati poligon sila, a nakon toga i verižni

poligon. Zatvaranjem poligona sila i verižnog poligona određene su reakcije. Oči

tavanjem njihovih odsječaka u oda brano m mjerilu (1 cm = 2 kN ) dobiva se

R , = aT = 4,8 • 2,0 = 9,6 kN

R

t

  =  b¥ ' = 2,2 • 2,0 = 4,4 kN .

Verižni poligon ima oblik izlomljene crte, a sa   zaključnom stranicom čini

četverokut.

Na dijelu nosača na kojem djeluje jednoliko raspodijeljeno opterećenje momen

ti savijanja se mijenjaju po zakonu parabo le, a na drugim dijelovima nosača po

zakonu pravca. Stoga na dijelu nosača  a l  u verižni poligon treba upisati parabolu.

Stranice verižnog poligona 1 i 2 jesu tange nte te parabo le, a dužina a , a

3

  njezina

je tetiva. Tetivom su određene dužine tangenata, pa je sada lako na tom dijelu

dijagrama nacrtati parabolu.

Crtanjem dijagrama poprečnih sila pomoću poligona sila određeno je mjesto

gdje poprečna sila ima vrijednost nula. To jc točka c

t

  na dijagramu (si. 107). Po

dizanjem okomice iz te točke određuje se mjesto maksimalnog momenta. To je

presjek  c  na zadanom nosaču. Ispod presjeka u točki  c  nalazi se u verižnom poligonu

najveća vrijednost odsječka  y,  pa se t im postupkom može odrediti maksimalni

moment .

Veličina   y

m x

  očitava sc u mjerilu sila, a maksimalni mo me nt iz nosi:

M

m

„ = y,„ „ • 2,0 • f - 2,5 • 2,0 • 3,0 = 15,0 kN m .

b) Računski postupak

Reakcije

SM,, = 0

R„ • 8,0 -  q • 4,0 • 6,0 - F • 2,0 = 0

R

0

  • 8,0 - 3,0 • 4,0 • 6,0 - 2,0 • 2,0 = 0

R„ • 8,0 - 72,0 - 4,0 = 0

R,

  =

  7

_ ?

= 9

, 5 k N

Page 112: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 112/198

Grafičkim postup kom dobiven o je R«, = 9,6 kN , Sto nije velika raz lika.

Z M

a

  = 0

- R . • 8,0 +  q • 4,0 • 2,0 + F • 6,0 - 0

- R„  • 8,0 + 3,0 • 4,0 • 2,0 + 2,0 • 6,0 = 0

- R» • 8,0 + 24,0 + 12,0 = 0

36,0 = B • 8,0

R

f t

= ^ = 4 ,5 k N

Kontrola

£ Y = 0

R« + R , -  q • 4,0 - F = 0

9 ,5 + 4 ,5— 12 ,0 — 2,0 = 0

14,0 - 14,0 = 0

Reakcije su dobro  izračunate.

Momenti savijanja

Momenti se određuju u karakteris tičnim točkama.

M

a

  = 0

M , = R . • 4,0 -  q • 4,0 • 2,0 =

= 9,5 • 4,0 - 3,0 • 4,0 • 2,0 =

= 38,0 - 24,0 = 14,0 kN m

M

2

  = R . • 6 -  q  • 4,0 • 4,0 =

= 9,5 • 6,0 - 3,0 • 4,0 • 4,0 =

= 57,0 — 48,0 = 9,0 kN m

Taj se moment mogao jednostavnije izračunati promatranjem desnog dijela

nosača (si. 108).

M

2

  = - ( - R„ • 2,0) « - ( - 4,5 • 2,0) - 9,0 kN m .

Sada bi trebalo odrediti najveći moment savijanja, međutim, za sada se ne zna

na kojem dijelu nosača poprečna sila ima vrijednost nula. Stoga se najprije mogu

odrediti vrijednosti poprečnih sila jer ih ionako treba izračunati. Kad se odrede

vrijednosti poprečnih sila u karakterističnim presjecima, pokazat će se na kojem

dijelu nosača poprečna sila ima vrijednost nula.

Page 113: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 113/198

MJ: 1:100

1 c m s 4 k N m

1 c m a 2 k N

S I . 1 0 8 . R a č u n s k o r j e š e n j e

Poprečne sile:

TJ = R

a

  = 9 ,5kN

Ti = R. -  q • 4,0 = 9,5 - 3,0 • 4,0 = 9,5 - 12,0 = - 2,5 kN =  Ti

Page 114: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 114/198

Poprečna sila mijenja predznak između ležaja  a i točke  1, pa će u nekom pre

sjeku tog dijela nosača biti maksimalni moment savijanja. Međutim, treba nastaviti

proračun poprečnih sila da bi se kasnije mogao nacrtati njihov dijagram.

Tj = R,

  —

 $ • 4,0

  —

 F = 9,5

  —

  2,5

  —

  2 = — 4,5 kN = Ti =

  —

 R»

To je također jedna vrsta kontrole pomoću koje se saznaje da li su poprečne

sile točno izračunate.

Maksimalni moment

Na dijelu nosača između karakterističnih točaka  a i / uzme se bilo koji presjek,

a njegova se udaljenost od ležaja  a  označi sa  x.  Za taj presjek postavi se izraz za

poprečnu silu i taj se izraz izjednači s nulom:

T, = 0

R, _

  q

  .

  x

  = 0

R« =  q • x

R.

  9

>

5

  i

  i*

x = =

7

  =

  P

= 3

'

l 6 m

-

M„„ =  R. • x - g • x  • — = 9,5- 3,16 -

  3 , 0

  'l

3,1Ć

*

  = 30,08 - 15,04 =

q

  2

= 15,04 kNm.

Grafičkim postupkom očitano je 15,0 kNm, što u grafičkom smislu predstavlja

odgovarajuću točnost.

Nakon dobivenih vrijednosti unutarnjih sila treba nacrtati dijagrame momena

ta savijanja i poprečnih sila.

Dijagram  momenata

Ispod horizontalne linije nanose se momenti savijanja na vertikale ispod ka

rakterističnih točaka. Poznato je da se momenti savijanja mijenjaju po zakonu

pravca na dijelu nosača gdje nema jednoliko raspoređenog opterećenja, odnosno

gdje djeluju samo koncentrirane sile. To su u ovom primjeru dijelovi nosača između

karakterističnih točaka

  b

 i 2, te 2 i 1 (si. 108). Stoga spojimo točke

 b'

 sa 2' i 2' sa 1',

pa je na tom dijelu već formiran dijagram momenata. Između karakterističnih

točaka a i 1 momenti se mijenjaju po zakonu parabole.

Pravac 1' i 2' je sigurno tangenta na parabolu. Kroz sjecište te tangente s prav

cem djelovanja sile Q mora prolaziti druga tangenta kao dužina  a iri.  Taj je zaklju

čak donesen po analogiji s grafičkim rješenjem ovog zadatka (si. 107). Sada je lako

nacrtati parabolu iz dvije tangente ako se uzme da je tetiva parabole dužina  a V.

Page 115: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 115/198

Dijagram poprečnih sila

Dijagram poprečnih s ila mnogo je lakše konstruirati . Pozitivne se vrijednosti

nanose iznad nulte linije na vertikale koje su spuštene iz karakterističnih točaka.

Negativne se vrijednosti nanose ispod nulte linije.

Tako nacrtane vrijednosti spoje se pravcima u skladu sa zakonom promjene

poprečnih sila.

Primjer  2 1 .

Jednostavno položen nosač opterećen je kombiniranim opterećenjem prema

slici 109. Nosa č je raspona / = 8,0 m, a ko mb inira no optereć enje sastoji se od

jednoliko raspodijeljenih opterećenja  q

t

  =  2 , 0 k N / m ' i  q

2

  =  4 , 0 k N / m

1

, te kon

centrirane s ile F = 4,0 kN.

Nosač valja riješiti računskim postupkom.

Reakcije

2 M

B

  = 0

R . • 8,0 - F • 2,0 -  q

x

  • 8,0 • 4,0 -  q

2

  • 6,0 • 3,0 = 0

R . • 8,0 - 4,0 • 2,0 - 2,0 • 8,0 • 4,0 - 4,0 • 6,0 • 3,0 = 0

R . • 8,0 - 8,0 - 64,0 - 72 = 0

R

a

  • 8,0 = 144,0

144 0

S M „ = 0

- R„ • 8,0 + F • 6,0 +  q

x

  •  8,0 • 4,0  + q

2

  •  6,0 • 5,0 = 0

- R» • 8,0 -f 4,0 • 6,0 + 2,0 • 8,0 • 4,0 + 4,0 • 6,0 . 5,0 = 0

- R

0

  • 8,0 f 24,0 + 64,0 + 120,0 = 0

208,0 = R, • 8,0

Kontrola

£Y = 0

R

a

  + R

0

  - F -  q

t

  •  8,0 -  q

2

  • 6,0 = 0

18,0 + 26,0 - 4,0 - 16,0 - 24,0 = 0

44,0 - 44,0 — 0

Reakcije su  točno izračunate.

Page 116: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 116/198

Momenti savijanja

M ,  = R

a

  • 2,0 -  q

t

  • 2,0 • 1,0 =

= 18,0 • 2,0 - 2,0 • 2,0 • 1,0 = 36,0 - 4,0 = 32,0 kN m

M

2

  = R„ • 6,0 -  q

x

  •  6,0 • 3,0 -  q

2

  • 4,0 • 2,0 =

= 18,0 • 6,0 - 2,0 • 6,0 • 3,0 - 4,0 • 4,0 • 2,0 =

= 108,0 - 36,0 — 32,0 = 108,0 - 68,0 = 40,0 kN m

Poprečne sile

T

a

  = R„ - 18,0 kN

T , = R„ -  q

t

  • 2,0 = 18,0 —  2,0 • 2,0 = 18,0 — 4,0 = 14,0 kN

T '

2

  = R„ -  q

t

  •  6,0 -  q

2

  • 4,0 = 18,0 - 2,0 • 6,0 - 4,0 • 4,0 =

= 18,0 - 12,0 - 16,0 = 18,0 - 28,0 = - 10,5 kN

Popre čna sila mijenja predzn ak u nekom presjeku izm eđu toč ke 1 i točke 2, pa

će u jednom od presjeka na tom dijelu nosača moment savijanja biti maksimalan.

T '

2

  — R„ — q

t

  • 6,0 -  q

2

  • 4,0 - F = - 10,0 - 4,0 = - 14,0 kN

T . = R« - <?, • 6,0 -  q

2

  • 4,0 - F - (

? 1

  +  q

2

) • 2,0 =

= - 14,0 - 6,0 • 2,0 = - 14,0 - 12,0 = - 26,0 kN =

  —

  R»

Položaj maksimalnog momenta

T

c

  = 0

R . ~  qi • x -  q

2

  • (x - 2) = 0

R« -  q\ '  x -  q

2

  • x + 2 q

2

  = 0

R« + 2 q

2

  = x • (q

t

  + q

2

)

x =

R. + 2

g 2

qi + qi

18,0 + 8

6

= 4,33 m

Maksimalni moment

M

M I

  = R

đ

  • x -  qi • - q

2

  •

(x -  2)*

2

= 18,0 • 4,33 - 2,0 •

4,33

 2

- 4 , 0 -

(4,33 - 2,0)

2,0

Page 117: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 117/198

S L 1 0 9 . R a č u n s k o r j e š e n j e

18,0 • 4,33 - 4,33* - 2,0 • 2, 33

2

  =

78,0 - 18,78 - 10,89

78,0 - 29,67 = 48,33 kN m

MJ:

 1:100

1cms10kNm

1cmn 8kN

Page 118: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 118/198

Dijagram momenata savijanja

Na ordinate ispod karakteris tičnih točaka nosača nanose se vrijednosti mome

nata savijanja. Svi su momenti pozitivni pa se nanose od nulte linije prema dolje.

Ord inate su zapravo mom enti savijanja u od abranom mjerilu (1 cm = 10 kN m) ,

a spajaju se crtkanim linijama (si. 109). Jednolik o raspodijeljeno optereće nje djeluje

na cijeloj duljini nosača, pa će se moment savijanja mijenjati po zakonu parabole

drugog reda od ležaja  a  do ležaja  b.  Međutim, kako opterećenje mijenja svoj inten

zitet, parabola će na svakom dijelu nosača između karakterističnih točaka imati

drukčiji analitički izraz.

Na dijelu nosača od ležaja  a  do točke 1 parabola će imati ovaj analitički izraz:

M

x

  = R„ • x -  •  y ,

a  x  će se mijenjati od a do 1.

N a dru gom dijelu nosača, izme đu karakterističnih točaka 1 i 2, parabo la ima

nov analitički izraz:

M

  » ** ( x - 2 ) *

M , = R. • x - g, • — - q

2

  • ^ •

Ovdje x mijenja svoju vrijednost od točke 1 do točke 2. Ako se u taj izraz uvrsti

x

  = 2, on će se promijeniti u oblik analitičkog iznosa koji vrijedi od toč ke

  a

 do točke

1.

  To potvrđuje početnu tvrdnju da se na svakom dijelu nosača između karakteris

tičnih točaka, momenti savijanja mijenjaju po parabolama različitih položaja i

oblika.

Na trećem dijelu nosača, između karakterističnih točaka 2 i

  b,

  parabola imaovaj analitički izraz:

M , = R. • x -  q

x

  •

 T

  -

  9 l

  •

  (X

  2

l )

  - F • (x - 6).

Ovdje se x mijenja od točke 2 do točke  b.  To je očigledno jer kad bi se u taj

izraz uvrstila vrijednost  x  = 6, on bi se promijenio u izraz koji je postavljen za

drugi dio nosača.

Iz svega izloženog slijedi da su crtkane linije na dijagramu momenata (si.

109) tetive pojedinih parabola.

Prva parabola ide kontinuirano od točke  a  do točke 1, druga ide kontinuirano

od 1 do 2, a treća također ko ntinuiran o od 2 do  b.

Da bi se parabole mogle nacrtati ispod svojih tetiva, treba poznavati njihove

tri točke ili dvije tangente. U tim je slučajevima spretnije crtati parabole iz dviju

tangenata jer se radi o malenim crtežima.

Za određivanje tangente za svaku parabolu potrebno je u polovici svakog

dijela nosača, tj. u točkama m , n i p, izračunati vrijednost mo m enta savijanja.

Te momente treba nanijeti na odgovarajuću ordinatu u istom mjerilu kao u karak

teris tičnim točkama.

M „ = R„ • 1,0 -

  9 l

  • 1,0 • 0,5 =

= 18,0 • 1,0 - 2,0 • 1,0 • 0,5 = 18,0 - 1,0 = 17,0 kN m

Page 119: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 119/198

M , = R„ • 4,0

  —

  g

t

  • 4,0 • 2,0 -

  q

2

  •

 2,0 • 1,0 =

= 18,0 • 4,0 - 2,0 • 4,0 • 2,0 - 4,0 • 2,0 • 1,0 =

= 72,0 - 16,0 - 8,0 = 72,0 - 24,0 = 48,0 kN m

M, = R» • 1,0 +

  + q

2

) •

  1,0 • 0,5 =

= - ( - 26,0 • 1,0 + 6,0 • 1,0 • 0,5) =

= - ( - 26,0 + 3,0) = 23,0 kN m

Nanesu li se dobivene vrijednosti u dijagram momenata (si. 109), dobiva se

m

x

  m

2

  = 17,0 kN

n j n

2

  = 48,0 kN

p ,  p

a

  = 23,0 kN .

Tjeme parabole m

2

  na prvom dijelu nosača i tjeme parabole p

2

  na trećem

dijelu nosača vrlo se malo udaljuju od svojih tetiva, pa je tu parabolu gotovo nemo

guće točno geometrijski nacrtati . One se nacrtaju pomoću krivuljara bez geometrij

skog konstruiranja. Parabolu na drugom dijelu nosača treba točno geometrijski

konstruirati .

Poz nato je od ranije (primjer 19, slika 104) da tjeme p arab ole leži na polovici

ordinate trokuta koji čine tangente i tetiva parabole. Stoga će se u ovom primjeru

udaljenost tjemena parabole  n

2

,  od njezine tetive prenijeti na ordinatu još jedanput

tako da je  n'n

2

  — n

2

n

3

. Točka «, je s jeciš te tangenata, a t jeme parabole  n

2

  nalazi

se na polovici udaljenosti  n'n

3

  (si. 109).

Sada se iz tangenata lako nacrta parabo la.

Tako nacrtan dijagram momenata savijanja sadrži ordinatu maksimalnog mo

menta, i samo je na određenom mjestu u dijagramu treba očitati .

Dijagram poprečnih sila

Dijagram poprečnih sila crta se već poznatim načinom. Na vertikale ispod

karakterističnih točaka nanose se izračunate vrijednosti poprečnih sila u odabranom

mjerilu (1 cm = 8 kN ). T e se vrijednosti spajaju pravcim a. To čk a u kojoj dija

gram poprečnih sila ima vrijednost nula podigne se vertikalom do presjeka nosača.

T a se točka označuje slovom c, a ordinata ispod nje u dijagramu m om ent a jest

maksimalni moment savijanja.

2.3 .1 .3 - Jednostavno položen nosač opterećen

koncentr iranim momentom

Primjer 22.

Na jednostavno položen nosač raspona /

 —

 6,0 djeluje koncen triran mo me nt

na ležaju  a.  Inten zitet m ome nata jest M = — 3,0 kN m. No sač valja riješiti i nacrtati

dijagram momenata savijanja i poprečnih sila (si. 110).

Page 120: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 120/198

l-6.0m

MJ:1:100

Icrr iHlkNm

1cm=0,5kN

%

S I .

  1 1 0 . R a č u n s k o r j e š e n je

Reakcije

Pretpostavlja se da reakcije R, i  R„  djeluju nagore.

£ M , = 0

R„ • / —  M = 0

R . • / = M

_ M _ 3

J

0

K

  ~ T

-

6 T o

, i W N

Vrijednost reakcije R« pozitivna je, što

  znači da smo njezin smjer dobro pret

postavili, pa ona doista djeluje nagore.

£ M . = 0

—  R» • / — M = 0

- M = R» • /

R - _

M

- - ^ - - 0 5 k N

Reakcija R» dobila je negativnu vrijednost. T o  znači da smo u početku krivo

pretpostavili njen smjer djelovanja. On djeluje odozgo nadolje.

Page 121: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 121/198

Napadn i momen t

  M

  svojim djelovanjem nastoji nosač podići na ležaju

  b.

  Stoga

na tom mjestu treba nosač usidrit i u podlogu, pa reakcija R

0

  mora imati smjer

nadolje.

Može se zaključiti da su obadvije reakcije jednake ali suprotnog smjera.

R. = R. - ^

  ( 2 3 )

Reakcije moraju biti suprotnog smjera jer moraju držati ravnotežu s optere

ćenjem . K ako je opterećenje M = — 30 kN m , reakcije moraju činiti par sila da bi

bile u ravnoteži s napadnim momentom.

Statički moment para sila koji čine ležajne reakcije iznosi

M, = R

e

  • 6,0 0,5 • 6,0 = + 3,0 kN m .

Statički moment para sila koji čine reakcije pozitivan je, a po apsolutnoj vrijed

nosti jednak napadnom momentu, pa su reakcije i moment dois ta u ravnoteži.

To treba uočiti pri početnom pretpostavljanju smjera reakcije.

Momenti savijanja

Za opterećenje momentom jednostavno položeni nosač ima samo dvije karakte"

rističnc točke. To su ležaji  a  i  b.  Ako se postavi matematički izraz za moment sa"

vijanja u bilo kojem presjeku između ležaja   a  i  b,  dobiva se izraz koji objašnjava

zakon promjene momenta savijanja za tu vrstu opterećenja.

M„ = R

0

  • x - M

Taj izraz u analitičkom smislu definira pravac čiji je koeficijent smjera reakcije

R

0

, a odsječak na osi ordinata napadni moment.

Vrijednost momenata u karakterističnim točkama iznose

M

a

  = — M = — 3 ,0kNm

M

a

  = R

a

  • 6,0

  —

  M = 0,5 • 6,0 - 3,0 = 3,0 - 3,0 = 0

Poprečne sile

Ako se postavi izraz za poprečnu silu u bilo kojem presjeku između ležaja,

dobit će sc zakon promjene poprečnih sila.

Tj ,  = R

a

Poprečna je sila, dakle, konstantna između karakterističnih točaka.

T

a

  = R

a

  = 0,5 kN =  T„

Dijagram momenata i dijagram poprečnih sila prikazani su na slici 110.

Page 122: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 122/198

Primjer  23.

N a jednostavn o položen nosač raspon a / = 6,0 m djeluju dva k onc entri rana

momenta jednakih intenziteta ali suprotnih predznaka. Na ležaju   a  djeluje M =

= — 2,0 kN m , a na ležaju * M = + 2,0 kN m . No sač valja riješiti i nac rtati dija

grame momenata savijanja i poprečnih sila.

S I.   1 1 1 .  Ra&unsk o r j ešen j e

Reakcije

Pretpostavlja se da reakcije R, i R

t

  djeluju nagore.

£ M , = 0

R . • 6,0 - M + M = 0

R. = 0

S M „ = 0

- R . - 6 - M + M - 0

R» = 0.

U ovom primjeru obje su reakcije jednake nuli.  Nosač ne prit išće podlogu.

Momenti savijanja

Moment savijanja u bilo kojem presjeku između ležajeva iznosi

M , = - M

Moment savijanja se ne mijenja nego je konstantan po cijeloj duljini nosača.

M . = - M = - 2,0 kN m = M„.

Poprečnih sila nema jer su reakcije jednake nuli. Dijagrami momenata savija

nja i poprečnih sila prikazani su na slici 111.

Page 123: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 123/198

2.3 .2 . Konzoini nosač

Nosač koji jc na jednom kraju s lobodan, a na drugom upet, odnosno ugrađen

u zid, naziva se konzoini nosač ili konzola (si. 64, 65).

Postoje dvije vrste konzolnih nosača. Jedni su oni koji su čvrsto upeti u zid

(si.

  64), a drugi oni koji su usađeni u zid, pa se kod njih ne postiže potpuna upetost

(si.

  65).

Za konzolu je karakteristično da se u njoj uvijek javljaju negativni momenti

savijanja jer se zbog deformacije savijanjem uvijek rasteže gornja zona.

2-3 .2 . 1 .  Konzola opterećena koncentr iranim si lama

Primjer  24.

Slika 112. prikazuje shemu konzo le raspona / = 1,0 m koja je optereće na jed

nom konc entrirano m silom F = 2,0 kN . Valja riješiti konzolu i nacrta ti dijagrame

momenata savijanja i poprečnih sila.

MJ:1:20

cm = 1kNm

1cms1kN

SI.

  112 .  R a č u n s k o r j e š e n j e

Page 124: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 124/198

Reakcije

Kon zola ima jednu reakciju — hvatište koje je na rub u zida u točki b . Položa j

te reakcije može biti sasvim općenit, ovisno o položaju opterećenja. U ovom pri

mje ru opte rećen je je vertik alno , pa je i reakcija u ležaju  b  vertikalna. Veličina

reakcije određuje se iz uvjeta ravnoteže:

XY = 0

R» —  F = 0

R

fc

  *= F = 2,0 kN.

Momenti savijanja

Kako se radi o opterećenju u obliku koncentrirane sile, momenti savijanja će

se mijenjati po zakonu pravca:

M , = F • x,

iz čega proizlazi da je moment u karakterističnim točkama

M„ = 0

M» = - F • l  = - 2,0 • 1,0 = - 2,0 kN m .

Poprečne sile

Između karakterističnih točaka poprečne sile imaju konstantnu vrijednost

T , = - F =-- - 2,0 kN T L

2.3 .2 .2 . Konzolni nosač opterećen jednol iko

raspodi jel jenim opterećenjem

Primjer  25.

Ko nzoln i nosač na slici 1 13. usađen je jednim krajem u zid debljine 60 cm .

Nosač je opterećen jednoliko raspodijeljenim opterećenjem po cijelom rasponu.

Veličina je raspona / = 1,5 m , a intenzitet opterećenja  q — 2 ,0 kN /m

1

. Nosač valja

riješiti grafičkim i računskim postupkom, te nacrtati dijagram momenata savijanja

i poprečnih sila.

a) Grafički postupak

Nosač je usađen u zid, pa se kod njega ne javlja potpuna upetost. Pretpostavlja

se da će se tlak nosača na zid vršiti po zakonu pravca, pa će po istom tom zakonu

zid tlačiti na nosač (si. 65). Rezultanta tlaka zida na nosač jest reakcija, pa u ovom

primjeru konzolni nosač ima dvije reakcije, R„ i R

6

.

Page 125: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 125/198

Jednoliko raspodijeljeno opterećenje treba zamijeniti koncentriranom silom

Q =

  q

  • I  = 2,0 • 1,5 = 3,0 kN

i zatim nac rtati poligon sila. Ka ko se radi o zamjenjujućem optere ćenju u obliku

samo jedne koncentrirane s ile Q, poligon s ila ima oblik dužine 11' . Zatvaranjem

poligona sila i verižnog poligona već poznatim načinom određuju se reakcije R,

i R

e

  grafičkim postupkom.

aa

5

  = 9,4 cm s 9,4 kN

b b '  = 6,4 cm s 6,4 kN

Dijagram ordinata y, pomoću kojih se određuju momenti savijanja, dobiva

svoj pravi oblik kad se u verižnom poligonu na dijelu nosača na kojem djeluje

jednoliko raspodijeljeno opterećenje nacrta parabola drugog reda.   U  ovom pr imje

ru ta je duljina raspon nosača. Spajanjem točaka 1' i 3 ' crtkan om linijom nastaje

tetiva parabole, a tangente parabole su 1'2' i 2'3'. Pomoću tih dviju tangenata lako

se ucrta parabola u verižni poligon. Udaljenosti od horizontale do linije parabole

su ordinate  y.

Najveći moment savijanja bit će u točki 3. To je mjesto gdje nosač vrši najveći

pritisak na zid, a moment tu iznosi

M

B

„ =

  y

max

  • f = 4,5 • 0,5 = 2,25 kN m .

Zbo g karaktera opterećenja prom jena veličine pop rečn ih sila prov odi se po

zakonu pravca, a dijagram se dobiva projekcijom vrijednosti na vertikale kroz

karakteristične točke i spajanjem tih vrijednosti pravcem.

b) Računsko rješenje

I M .

  = 0

R„ • 0,40 -  q •  1,5 • 1,25 = 0

R . • 0,40 = 2,0 • 1,5 • 1,25 = 0

R« • 0,40 - 3,75 = 0

R . • 0,40 = 3,75

R. = — = 9,375 kN

X M

a

  = 0

R» • 0,4 -  q •  1,5 • 0 ,8 5 = 0

R

0

  • 0,4 - 2 • 1,5 • 0,85 = 0

R,

  • 0,4 - 2,55 = 0

Page 126: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 126/198

MJ:1:25

1cms1kN

SI . 113 . Graf lCko r j eše n j e

R» • 0  4   = 2,55

2 55

R„ =  ~  = 6,375 kN .

0

 4

Page 127: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 127/198

Ml-'1:25

1cm  = 1kNm

1cma1kN

SI.   114 .  R a č u n s k o r j e š e n j e

Kontrola

£ V —  0

R, + R» -  q 1.5 = 0

9,375 - 6,375 - 3,0 = 0

3,0 - 3,0 = 0.

Reakcije su  točno izračunate.

Grafičkim postupkom dobivena je vrijednost reakcija R

a

  = 9,4 kN i R

0

6,4 kN,  što  je dovoljna točnost grafičkog načina rješavanja zadataka.

Momenti savijanja

Zakon promjene vrijednosti momenata savijanja jest

q • \'

Page 128: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 128/198

a to je parabola drugog reda. Promjenljiva veličina je

  x,

  a ona se mijenja od 0 do /.

Ako se umjesto  x  u gornji izraz uvrsti  x = l,  dobit će se najveća vrijednost momen

ta savijanja na konzolnom nosaču:

M

m

„ - -  q~  (24)

U primjeru 25. taj moment iznosi

M „ „ =  - 2 ^ = - 2 , 2 5 k N m .

Poprečne sile

Poprečne sile mijenjaju se po zakonu pravca:

T , =  —  q • x.

Ta j p ravac ide iz ishodišta, a koeficijent smjera m u je (— q) . Promjenljiva

veličina u tom izrazu jest

  x

  i ona se mijenja od 0 do /, pa je maksimalna vrijednost

poprečne sile

T „ „ = ( - * • l) .  (25)

U ovom primjeru maksimalna poprečna sila iznosi

T

M

„ = - 2 • 1 ,5 = - 3 , 0 kN .

2.3 .3 . Nosač s propust ima

Nosač s prepustima nastaje kada se nosač produži preko ležaja tako da na

svojim krajevima završava slobodno. Produženi dijelovi nosača preko ležaja imaju

oblik konzole a nazivaju se prepustima nosača. Prepuštanjem nosača preko ležaja

mogu nastati nosači s dva ili jednim propustom (si. 115).

Nosači s prepustom također pripadaju grupi statički određenih nosača jer ima

ju dva ležaja od kojih je jedan pokretan a drugi nepokretan. Kako ti ležaji omo

gućuju ukupno tri nepoznate ležajne reakcije, a one sc mogu riješiti pomoću tri

uvjeta ravnoteže, nosači s prepustima su statički određeni.

Kod nosača s propustom opterećenja nosača između ležaja   a  i  b  ima drugačiji

utjecaj na raspodjelu unutarnjih sila nego što to ima opterećenje na prepustu.

U čemu je razlika tih utjecaja, prikazuje sljedeći primjer:

Primjer  26.

Nosač s jednim prepustom (si. 116) opterećen je silom F, = 4,0 kN u sredini

raspona i silom F? — 2,0 kN na kraju prepušta . Nosač valja riješiti računskim

pos tupkom.

Page 129: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 129/198

f=1

h

r

11

13

Ra

Ra

11

I z .

S I . 1 1 5 . N o s a č s p r e p u s t i m a

Da bi se pokazali utjecaji opterećenja u polju i na prepustu zadanog nosača,

potrebno je nosač riješiti posebno za opterećenje silom Fi, a posebno za opterećenje

s i lom Fj .

Rješenje nosača opterećenog u sredini polja silom F, prikazuje slika 117.

Reakcija

I M » = 0

R „ • 6,0 - F , • 3,0 = 0

R«i • 6,0 - 4,0 • 3,0 = 0

R„,  • 6,0 - 12,0 = 0

R

B l

  • 6,0 = 12,0

30

1

_3Q_

20

Ra

1

l-6.0m

1l-2,0m

Rb

SL 116 . Op tere ćen j e u po l ju i na p re pus tu

Page 130: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 130/198

SI . 117 . U t j eca j po l j a na pre pu s tu

R

a l

= ^ = 2 ,0 k N

E M . = 0

- R», • 6,0 + F , • 3,0 = 0

- R „ • 6,0 + 4,0 • 3,0 = 0

- R »

t

  • 6,0 + 12,0 = 0

12,0 = B • 6,0

Page 131: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 131/198

Kontrola

S Y = 0

R.i + R

t

, - F = 0

2 + 2 -  4,0 = 0

4 ,0 -  4,0 =-- 0.

Momenti savijanja  u karakterističnim točkama jesu

M

a

  = 0

M , = R., • 3,0 2,0 • 3,0 = 6,0 kN m

M . * R „ • 3,0 - F , • 3,0 = 2,0 • 6,0 -  4,0 • 3,0 = 12,0 - 12,0 = 0.

Poprečne  sile

T

a

  = R

u l

  = 2 , 0 k N = T ' ,

TJ - R

a l

  - F - 2,0 -  4,0 « 2,0 kN = TJ = - R,

Iz statičkog rješenja i dijagrama unutarnjih sila vidi se da kada opterećenje

djeluje na nosač s prepustom samo na djelu nosača između ležaja, nema pojave

unutarnjih sila na prepustu (si. 117). Zadani nosač s prepustom djeluje kao jedno

stavno položen nosač na dva oslonca. Prcpust nije deformiran savijanjem, pa u njemu

nema unutarnjih s ila.

M l: 1:100

1cm=2kNm

I c m s I k N

j j jj l S I . 11 8 . U t j eca j p r ep uš t a na po l j e

Page 132: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 132/198

Rješenje zadanog nosača opterećenog silom   F

2

  na kraju prepušta prikazuje

slika 118.

Reakcije

L M

t

  = 0

- R

B 2

  • 6,0 +

  F

2

  • 2,0 = 0

- R

A 2

  • 6,0 + 2,0 • 2,0 = 0

4,0 =   R .  • 6,0

R .

2

  =  g  = 0 ,6kN

E M . = 0

- R

E 2

  • 6,0 +  F

2

  • 8,0 = 0

- R

B 2

  • 6,0 + 2,0 • 8,0 = 0

16,0 =   R

0

  • 6,0

R „ ^ °  = 2 ,6kN .

Kontrola

-  R „ 2  + R »

3

  - F

2

  = 0

- 0,67 + 2,67 - 2,0 = 0

2,0 - 2,0 0.

Reakcije smo točno pretpostavili.

Momenti savijanja  u karakterističnim točkama jesu

I M ,  =  0

M , =   - R .

2

  • 6,0 = - 0,6 • 6,0 = - 4,0 kN m .

Poprečne sile

  u karakterističnim točkama jesu

t i

  = -  R .

2

  = -  o,6

  =

  t

Ti

  = - R . i - R»i

  = - 0,6 + 2,6 = 2,0 kN -  T'

2

.

Iz statičkog rješenja nosača opterećenog samo silom   F

2

  na kraju prepušta

može se zaključiti :

Reakcija R.

2

  ima negativan smjer, što znači da će opterećenje prepušta uvijek

umanjivati reakciju R,i koja je nastala od opterećenja u polju.

Page 133: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 133/198

MJ:1:100

1cm=2kNm

1 cm =1kN

SI. 119 .  Za jedn ičko d je lovan je po l j a i p repušta

Dijagram momenata savijanja negativan je na cijeloj duljini nosača. To, opet,

znači da će opterećenje na prepustu uvijek umanjivati momente savijanja koji su

nastali od opterećenja u polju.

Isto je i s poprečnim silama. Iz svega toga može se zaključiti, a to pokazuje

i slika 119, da opterećenje na prepustu umanjuje unutarnje sile u polju.

Superponiranjem utjecaja opterećenja u polju i na prepustu nastaje stanje

unutarnjih sila istovremenog djelovanja sila F, i F

2

  (si. M9).

Page 134: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 134/198

Reakcije

R« = R „ 4-

  R . 2

  = 2,0 - 0,6 = 1,4 kp N

R. = R

M

  + R

M

  = 2,0 + 2,6 = 4,6 kpN

Momenti savijanja  u karakterističnim točkama jesu

M, = 0

M , = R . • 3,0 = 1,3 • 3,0 = 4,0 kN m

M , = R« • 6,0 - F j • 3,0 = 1,3 • 6,0 - 4 • 3,0 = 8,0 - 12 =

= - 4,0 kN m

M , •-= 0

Poprečne sile  u karakterističnim točkama jesu

T . = R. = 1,3 kN = T ,

T* - R„ - F , = 1,3 - 4,0 = - 2,7 kN =  T„

TJ = R . - F , + F

2

  = - 2,6 + 4,6 = 2,0 kN .

2 . 3 . 3

.1 .  Nosač s prepust ima opterećen

koncentriranim

  si lama

Primjer  27.

Nosa č s dva prepušta, / , = 2,0 m i / , = 2,0 m, i rasponom / = 6,0 m opte

rećen je silama F , = 1,0 kN , F

2

  = 5,0 kN , F , = 1,0 kN i F

4

  = 1,0 kN . N osač

valja riješiti grafičkim i računskim postupkom.

a) Grafičko rješenje

Grafičko rješenje nosača prikazuje slika 120. Crtanjem poligona sila i veriž

nog poligona te njihovim zatvaranjem dobivaju sc reakcije R, i R».

Verižni poligon zatvara sc završnom stranicom   s.  To je spojnica točaka b'

i a'. Točka b' nalazi sc na sjecištu stranice 5 verižnog poligona i pravca djelovanja

reakeije R„. Tr eb a se samo sjetiti pravila da stranica 1 verižnog poligona ide d o

prve sile, stranica 2 do druge sile, stranica 3 do treće sile, stranica 4 do četvrte sile,

a stranica 5 mora ići do reakcije R». Tu je točka   h' .  Produžetkom stranice I veriž

nog poligona do sjecišta s pravcem reakcije   R

t

  nastaje ti>čka a'. Spajanjem b ' i

a' nastaje zaključna stranica J, a stranica 6 pada u stranicu 1, pa je verižni poligon

zatvoren.

Očitovanjem statičkih veličina u odabranom mjerilu dobiva se

a ? = 4,8 cm s 4,8 kN

Page 135: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 135/198

b b '  =

  3,2

 cm s

  3,2

 kN

M « =

  y - „

  • f -

  1,8

 •

 3,0

 =

  5,4

  k N m .

b Računsko rješenje

Reakcije

J M ,

  =  0

R« • 6,0  -  F ,  • 8,0  -  F

2

  • 4,0  -  F ,  • 2,0 + F« • 2,0

Page 136: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 136/198

R. • 6,0 - 1,0 • 8,0 - 5,0 - 4,0 - 1,0 • 2,0 + 1,0 • 2,0 = 0

R. • 6,0 - 8,0 - 20,0 - 2,0 + 2,0 = 0

• 6,0 = 28,0

S M , = 0

- R„ • 6,0 - F , • 2,0 + F j • 2,0 + F

3

  • 4,0 + F

4

  • 8,0 = (

-  R> • 6,0 - 1,0 • 2,0 + 5,0 • 2,0 + 1,0 • 4,0  -f  1,0 • 8,0 =

- R. • 6,0 - 2,0 + 10,0 + 4 ,0 + 8,0 = 0

20,0 = R, • 6,0

Kontrola

S Y = 0

R« + R» —  F, = F

2

  —  F

3

  - F

4

  = 0

4,6 + 3,3 - 1,0 - 5,0 - 1,0 - 1,0 = 0

8,0 - 8,0 = 0 .

Momenti savijanja  u karakterističnim točkama jesu

Mo =  —  F

t

  • 2,0 = — 1,0 • 2,0 =  —  2,0  k N m

M

2

  = R . • 2,0 - F , • 4,0 =

= 4,6 • 2,0 - 1,0 • 4,0 =

= 9,3 - 4,0 = 5,3  k N m

M

3

  = R, • 4,0 - F , • 6,0 - F

2

  • 2,0 =

= 4,6 • 4,0 - 1,0 • 6,0 - 5,0 • 2,0 =

= 18,6 - 6,0 - 10,0 = 2,6  k N m

M „  = R

0

  • 6,0 - F , • 8,0 - F

2

  • 4,0 - F , • 2,0 =

= 4,6 • 6,0 - 1,0 • 8,0 - 5,0 • 4,0 - 1,0 • 2,0 =

= 28,0 - 8,0 - 20,0 - 2,0 = - 2,0  kNm.

Page 137: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 137/198

Vi

h  20

l-6.0m

DIJ AGR AM

DIJAGRAM

20

M

_2P_

12

Mi 1:100

1crn=2kNm

1cm=1kN

S I.  121. Računsko  rješenja

Poprečne sile

 u

  karakterističnim točkama jesu

Tf  = - F, = - 1,0 kN =  T

a

T .

  = - F, + R„ = - 1,0 4- 4,6 =

  3,6 kN

  = TJ

T j

  = - F, +

  R«

 - F, = 3,6 - 5,0 = - 1,4 kN = TJ

Page 138: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 138/198

T J

  = - F, + R. - F

a

  - F, = - 1 , 3 - 1,0 = -2 , 3 kN - Ti

TJ  =  - F

1

+ R

a

- F j - F

3

  + R. = - 2,3 + 3,3 = 1,0kN = T«.

Dijagrami momenata savijanja  i  poprečnih sila prikazani  su na  slici 121.

2.3.3.2. Nosač s prepustom opterećen jednoliko

raspodijeljenim opterećenjem

Primjer 28.

Nosač

  s

  jednim prepustom

  /, = 2,0 i

  raspona

  / = 5,0 m

  opterećen

  je

  jed

noliko raspodijeljenim opterećenjem  kao na  slici  122.  Intenzitet opterećenja  je

q i

  =  2 , 0 k N / m ' ,  a j , =  l , 0 k N / m ' .

Nosač valja riješiti računskim postupkom (si. 122).

Reakcije

S M »

  = 0

R„  • 5,0 -  g, • 5,0 • 2,5 -  q

2

  • 4,0 • 2,0 +

  ? 1

  • 2,0 • 1,0 = 0

R ,

  • 5,0 - 2,0 • 5,0 • 2,5 - 1,0 • 4,0 • 2,0 + 2,0 • 2,0 • 1,0 = 0

R .

  • 5,0 - 25,0 - 8,0 -f

  4,0

 = 0

R„

 • 5,0 = 29

29

R ,

  = _ = 5,8 kN

S M „  = 0

-

  R» • 5,0 + • 5,0 • 2,5 +

  q, •

 4,0 • 3,0 +

  q

t

  •

 2,0 • 6,0 = 0

-  R» • 5,0 + 25,0  -1 -  12,0 + 24,0 =-- 0

61,0

 = R, • 5,0

R» = ^ =  12,2 kN.

Kontrola

S Y

  = 0

R .

  +  1  • ?i ' 7,0 -

  q

t

  •

 4,0 = 0

5,8

  + 12,2 - 2,0 • 7,0 - 1,0

  •

 4,0 = 0

Page 139: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 139/198

M) 1100

1cm

 =

 2kNm

1 c m s 2 k N

S L 1 2 2 . R a č u n s k o

  rjesenji

Page 140: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 140/198

18,0 - 14,0 - 4,0 = 0

18,0 - 18,0 = 0 .

Reakcije su točno izračunate.

Iz proračuna reakcija vidi se da opterećenje prepušta umanjuje reakciju na

suprotnom ležaju, a povećava reakciju na ležaju uz prepu t.

Momenti savijanja  u karakterističnim točkama jesu

M„ •= 0

M , = R . • 1,0 - «/, • 1,0 • 0,5 -

= 5,8 • 1,0 - 2.0 • 1,0 • 0,5 5,8 - 1,0 = 4 ,8 kN m

M» = R„ • 5,0 -

  q

t

  • 5,0 • 2,5 -  q

2

  • 4,0 • 2,0 =

= 5,8 • 5,0 - 2,0 • 5,0 • 2,5 - 1,0 • 4,0 • 2,0 =

= 29,0 - 25,0 - 8,0 •= - 4,0 kN m .

Poprečne sile u karakterističnim točkama jesu

T . = R. = 5,8 kN

T, = •  R .  - • 1,0 = 5,8 - 2,0 • 1,0 = 3,8 kN

T '

B

  = R„ - </, • 1,0 - («,, + «,) • 4,0 = 3,8 - 3,0 • 4,0 =

= 3,8 - 12,0 = - 8,2 kN

T. .= R„

  Q l

  • 1,0 - (,,, 4

  q

2

)

  • 4,0 4 R* - - 8,2 + 12,2 = 4,0 kN

T

2

  =•- T* - g, • 2 = 4,0 - 2,0 • 2,0 = 4,0 - 4,0 = 0.

Maksimalni moment

S obzirom na to da poprečna sila mijenja predznak na dijelu nosača između

točaka 1 i  b,  negdje na tom dijelu nosača nalazit će sc maksimalni moment savija

nja.

R . -  q, • x -  <7> • (x - 1) = 0

R« -

  q, •

 x -

  q

2

  •

 x +

  q

2

  -

  0

q

t

+q

t

  2 ,0 4 1,0 - ' - '

m

*

Na udaljenosti v = 2,27 m od ležaja  a  nalazi sc maksimalni moment savijanja

koji iznosi

n

  x

' (x - l )

2

M „„

ir

  = R„ • x -  q, • -j — q

2

  ^ =

Page 141: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 141/198

= 5,8 • 2,27 -

2,0 • 2,27*

2

1,0 • 1,27

2

2

= 13,17 - 5,15 - 0,80 = 13,17 - 5,95 = 7,22 kN n.

Dijagram momenata savijanja

Vrijednost momenata savijanja u karakterističnim točkama  a,  1,  b  i 2 nanose

se na odgovarajuće vertikale i spajaju crtka nim linijama a'l ' , l ' b ' i b '2 '. Ta ko na s

taju tetive parabola za svaki karakteristični dio nosača, na kojem parabola ima

kontinuirani tok. Za konstrukciju parabole ispod svake tetive potrebno je pozna

vati tangente odnosne parabole. Zbog toga treba odrediti momente u točkama

m   i  n:

M

m

  —

  A • 0,5 -

  q i

  • 0,5 • 0,25 =-=

= 5,8 • 0,5 - 2,0 • 0,5 . 0,25 - 2,9 - 0,25 = 2,66 kN m

M„ = A • 3,0 -  q

{

  •  3,0 • 1,5 -  q

2

  •  2,0 • 1,0 =

= 5,8 • 3,0 - 2,0 • 3,0 • 1,5 - 1,0 • 2,0 • 1,0 =

= 17,4 9,0 - 2,0 = 17,4 - 11,0 = 6,4 kN m .

Te vrijednosti momenata treba nanijeti na odgovarajuće vertikale ispod nulte

linije u istom mjerilu u kojem su naneseni M, i M„.

Da bi se mogla pronaći točka u kojoj se sijeku tangente parabole ispod tetive

l'b', treba na istoj vertikali nanijeti još jednom duljinu n'n

2

. Tako se dobiva polo

žaj točke n

3

, u kojoj se sijeku tangente parabole.

l ' n

3

  i b ' n

3

, su tangente parabole. Sada se lako konstruira parabola iz poznatih

tangenata.

Parabola ispod tetive a'l ' veoma je plitka. Ona se skoro približava samoj tetivi,

pa se geometrijski ne konstruira, već se približno nacrta pomoću krivuljara.

Parabola ispod tetive b'2' crta sc jednako kao na konzoli (si. 114).

Dijagram poprečnih sila

Dijagram poprečnih sila crta sc tako da se vrijednosti poprečnih sila u karak

terističnim točkama nanose na odgovarajuće ordinate mjereći od nulte linije. Tako

nanesene vrijednosti spajaju se pravcima jer se poprečne sile koje su nastale od

jednoliko raspodijeljenog opterećenja mijenjaju po zakonu pravca.

Tako je

m , m

2

  = M

m

  = 2,66 : 2,0 = 1,33 cm

n , n

2

  = M , = 6,44 : 2,0 = 3,22 cm.

n ' n

2

  = n

2

n

3

Page 142: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 142/198

Iznad točke koja u dijagramu prikazuje vrijednost poprečne sile nula podiže

se vertikala. Ta vertikala na nosaču označuje točku   c,  u kojoj je moment savijanja

najveći. Ta vertikala u dijagramu momenata pokazuje ordinatu koja predočuje

najveći moment savijanja.

Page 143: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 143/198

3 . TEŽ IŠTA

3 .1 -  POJAM TEŽ IŠTA

Svako čvrsto tijelo bilo kakva oblika može se zamisliti kao tijelo koje je sastav

ljeno od neizmjerno mnogo sitnih čestica. Zbog neizmjerno velikog broja tih čestica

može se svaka od njih smatrati točkom koja je izložena djelovanju sile teže. Dakle,

svaka čestica ima svoju težinu, a zbroj tih težina daje težinu tijela u cjelini.

Ako se težina svake čestice predoči vektorom koji djeluje u vertikalnom prav

cu, njihova rezultanta je vektor koji predstavlja težinu tijela u cjelini. Hvatište re

zultante nalazi se u točki koja se zove težište.

Težište tijela je ona njegova točka koja pri bilo kojem položaju tijela ostaje

nepromijenjena. Ona je uvijek hvatište njegove težine.

3 . 2 . ODREĐIVANJE POLOŽAJA TEŽ IŠTA

Poznato je da je rezultanta paralelnih vek

tora jednaka zbroju zadanih vektora i da se

nalazi na pravcu koji je paralelan sa zadanim

vektorima. Hvatište rezultante nalazi se negdje

na pravca u kojem ona djeluje.

Rezultanta paralelnih vektora jest klizni

vektor, pa joj hvatište može biti bilo koja točka

pravca u kojem ona djeluje (si. 123).

Iz toga slijedi da težište tijela nije odre

đeno položajem rezultante paralelnih vektora

orijentiranih sam o u vertikalnom pravcu, je se

težište kao hvatište rezultante može nalaziti u

bilo kojoj točki na pravcu rezultante (si. 123).

I

i ,

ti

' 2

i

i

G,

i

G ,

i

tn

SI. 123.  Z b r a j a n j e b e z v e r i ž n o g p o l i g o n a

Page 144: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 144/198

Da bi težište bilo potpuno definirano, potrebno je sve vektore orijentirati još

u nekom drugom pravcu. Obično jc to horizontalni pravac. Horizontalni vektori

nisu promijenili svoj intenzitet, pa im je rezultanta istog intenziteta kao i u slučaju

njihova vertikalnog položaja. Sada je potrebno odrediti položaj rezultante koja

djeluje u horizontalnom pravcu (si. 124).

Težište se nalazi negdje na pravcu vertikalne, a ujedno i na pravcu horizontal

ne rezultante. Zajednička točka vertikalnog i horizontalnog pravca je njihovo sjeciš

te ,

  a to je onda težište (si. 124).

i

t

n

  Gn

I

j

t i

Gi

|

t

i

• •— — R

H

G i

F

. i

G2

G

n

l

r

G,

G2

I

i

i

Gi

Rv

SI.

  1 2 4 . O d r e đ i v a n j e p o l o ž a j a t e ž i š t a

3 . 3 . TE2 IŠTE JEDNOSTAVNIH L IN IJA

3 . 3 . 1 .  Tež l i te duž ina

Težište dužine ab (si. 125) nalazi se na njezinoj polovici. Težište dužine ab

dijeli dužinu na dva jednaka i simetrična dijela, pa se može općenito reći:

a T b

l " " " " « " « " " " l  * 4 s i .

  1 2 5 . T e ž i š t e d u ž i n a

Page 145: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 145/198

I

  Tei iSte jednostavnih l ini ja nalazi se na nj ihovoj s imetral i .

3 .3 .2 . Težište kružnog luka

Svaki kružni luk, pa i ovaj na slici 126, simetričan je s obzirom na os povučenu

iz središta zakrivljenosti 5 kroz tjeme luka  b.  Težište luka nalazi se negdje na toj

osi jer je to os simetrije.

Za kružni luk je računski dokazano da se udaljenost težišta  y,  od središta za

krivljenosti  S  odnosi prema polumjeru luka r jednako kao dužina tetive  t  prema

duljini luka  L.

y, : r = t : L (26)

Na osnovi tog izraza može se odrediti težište kružnog luka grafičkim postup

kom (si. 126).

S I . 1 2 6 . T e ž i š t e k r u ž n o g l u k a

Na zadani luk  a, b, c  povuče se tangenta u t jemenu  b  paralelno s tetivom luka

r. Na tangentu se nanese ispravljena ili rektincirana polovica luka   bc .  To se radi

tako da se polovica luka  bc šestarom podijeli na jednake d ijelove. T i dijelovi trebaju

biti dovoljno mali da se mogu smatrati dužinama. Mali dijelovi luka nanose se sada

na tangentu i tako nastaje dužina  bc '  kao ispravljena polovica luka. Točka c' spaja

se sa središtem zakrivljenosti S. Iz točke c podiže se okomica, odnosno paralela s

osi simetrije sve do dužine  c'S.  Ta paralela siječe dužinu  c'S  u točki  e.  Iz točke

e  paralelno s tetivom povuče se pravac koji os simetrije siječe u težištu luka  T

lt

  a

to je težište kružnog luka.

Iz trokuta Sbc' i trokuta STe može se postaviti ovaj odnos:

S T : S b = T e : b c

Page 146: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 146/198

Pomoću tog izraza može se izračunati položaj težišta za bilo koju duljinu luka.

3 .3 .3 . Težište polukružnice

Ordinata težišta polukružnog luka (si. 127) određuje se pomoću izraza 27.

SL 127 .  T e ž iS t e p o l u k r u ž n i c e

Za polukružni luk:

t = 2 r

L = r  n.

Uvrštavanjem tih vrijednosti u izraz 27 dobiva se

r

  ' 2 r 2 r . , , . .

v, = = — = 0,6366 r.

r

 .-t

  it

luka.

Istim postupkom može se izračunati ordinata težišta za bilo koju veličinu

Page 147: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 147/198

3 . 4 . TE2 IŠTE SL02ENIH L IN IJA

Težište složenih linija određuje se tako da se složena linija rastavi u jednostavne

dužine kojima je poznat položaj težišta. Jednostavne dužine se zamijene vektorima

čije hvatište se nalazi u težištu jednostavnih dužina. Hvatište rezultirajućeg vektora

tada će se nalaziti u težištu ukupne izlomljene linije.

Tako se problem određivanja težišta izlomljene linije svodi na problem odre

đivanja položaja rezultante paralelnih vektora.

Primjer  29.

Složena izlomljena linija na slici 128. sastoji se od četiri jednostavne dužine,

ab = 3,0 cm , bc = 3,0 cm, cd = 2,0 cm i dc = 4,0 cm . Tr eb a odred iti težište

ukupne izlomljene linije računskim postupkom.

Svaka od jednostavnih dužina ab, bc, cd i de, koje čine zadanu izlomljenu

liniju, ima težište u polovici svoje duljine. Ako se svaka od tih jednostavnih dužina

zamijeni vektorom sa hvatištem u njegovu težištu, nastaje sustav paralelnih vektora

(si.  128). Rezu ltanta ti h vektora jednaka je njihovu zbro ju, a njezino hv atište bit

će u težištu ukupne izlomljene linije. Stoga u ovom primjeru treba odrediti veličinu

rezultante i njezin položaj.

Vektor rezultante jest ukupna duljina izlomljene linije a iznosi

D = D, + D, + D

3

  + D

4

D = 3,0 + 3,0 + 2,0 + 4,0 = 12,0 cm .

Vektore parcijalnih dužina treba orijentirati vertikalno prema dolje i odrediti

položaj njihove rezultante D . To će se učiniti pomoću poučka o mo men tu (poglav

lje

  1.6.1),

  uzimajući statičke mom ente pojedinih vektora s obz irom na ishodište

koordinatnog sustava.

D • x = D , x, + D j • x, f D

3

  • x , + D , • x

4

D ,  • x, 4- D

2

  • x

2

  + D

3

  • x

3

  + D

4

  • x

4

x =

X =

D

3,0 • 1,5 + 3,0 • 3,0 4- 2,0 • 4,0 + 4,0 • 5,0

12,0

4,5 + 9,0 4- 8,0 4- 20,0 41 ,5

12,0 12,0

= 3,46 cm.

Rez ultan ta vertikalno orijentiranih vektora nalazi se na udaljenosti x = 3,46

cm od ishodišta koordinatnog sustava.

Sada treba vektore pojedinih parcijalnih dužina orijentirati horizontalno na

desno i odrediti položaj njihove rezultante. Ako se uzmu statički momenti pojedinih

vektora s obzirom na ishodište koordinatnog sustava, dobiva se

D • y = D , • y, + D

a

  • y, + D

3

  • y

3

  4- D

4

  • y

4

Page 148: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 148/198

_ D , • y. + D

3

  •

  yi +

  D» • y i + D * • y<

D

y =

3,0 • 3,0 + 3,0 • 1,5 + 2,0 • 0,0 4- 4,0 • 2,0

12

y - 9,0 + 4,5 + 0,0 + 8,0 _ 2 U „ .

 > ? 9 c m

.

Rezultanta horizontalno orijentiranih vektora nalazi se na udaljenosti

  y =

= 1,79 cm od ishodišta ko ordinatnog sustava.

Težište složene Unije (si. 128) nalazi se na sjecištu vertikalne i horizontalne

rezul tan te , a koord inate su mu T(3 ,46;

  1,79).

30

  f

  20

•H

  I —

Di

D

4

D

2

 

D

3

  X

D,  >  1 D

3

  D,

>  X

 

<46cm  >t

>

SL 128 . Tež i š t e s l o že ne l i n ij e

Page 149: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 149/198

3.5. TE2IŠTE JEDNOSTAVNIH LIKOVA

3 . 5 . 1 .

  Težište trokuta

Težište trokuta nalazi

 se na

  sjecištu tcžišnica.

Težišnice trokuta  su  spojnice polovica stranica trokuta  s  njima suprotn im

vrhovima

  (si. 129).

C

  SI. 129.

  T e ž i š t e t r o k u t a

Težište dijeli duljinu tcžišnica trokuta

 u

  omjeru

  1 : 3.

Težište trokuta

 se

 nalazi

 na

  trećini njegove visine.

3.5.2. Težište pravokutnika

Težište pravokutnika nalazi se na  sjecištu dijagonala. Dijagonale pravokutnika

su njegove  osi  simetrije  jer  svaka dijagonala pravokutnik dijeli  na dva  jednaka

trokuta  (si. 130).

Page 150: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 150/198

3 .5 .3 . Težište nepravi lna četverokuta

U nepravilan četverokut treba ucrtati dijagonale  ac  i  bd .  One se sijeku u točki

e.   Obadvije dijagonale se raspolove, pa je *, polovište dijagonale  ac ,  a  s

2

  polovište

dijagonale  bd .  Dužinu  ce  treba prenijeti na istu dijagonalu počevši od vrha  a,  tako

da je  ce — af.

Dužinu  de  treba prenijeti na istu dijagonalu počevši od vrha  b  tako da je ae —

U sredini četverokuta tako nastaje trokut  efg,  čije težišnice čine težište zadanog

četverokuta (si. 131).

SI . 131 .

  T e ž I S t e n e p r a v i l n o g č e t v e r o k u t a

  a

3 .5 .4 . Težište trapeza

Težište trapeza najlakše se određuje grafičkim postupkom, a to se može učiniti

na ovaj način:

Paralelne stranice se raspolove tako da je točka   e  polovište stranice  b,  a točka

/ polovište stranice  a.  Spajanjem tih točaka nastaje dužina  ej  kao raspolovnica para

lelnih stranica. Stranica  a  sc produži udesno i na nju se nanese druga paralelna

stranica

  b.

Stranica  b  se produži ulijevo i na nju se nanosi stranica  a.  Spajanjem točaka

b  i a  nastaje dužina  bd ,  čije sjecište s raspolovnicom stranica  a  i b daje težište trapeza

T

  (si.

  132).

Težiš te trapeza može se odrediti i računskim postupkom.

Tr ok ut T fb je sličan trokutu Te d pa se iz sličnih trokuta može postaviti ovaj

odnos (si. 132):

= bg.

c

d

b

Page 151: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 151/198

SI.  132.  T e ž i S t e t r a p e z a

Rješenjem

  tog

  razmjera dobije

 se

b

(.

  +

  l ) - C- y . > - ( i  + b)

Tako

 je

  dobivena jednadžba

 u

  kojoj

  je

 nepoznanica

 y,.

  Rješenjem

  te

  jednadžbe

dobiva

 se

 udaljenost težišta trapeza

 od

  donje stranice

 a.

y ,

  =~

h

  ^±2b

a

  4- b

(28)

Iz  te  iste jednadžbe može  se  odrediti udaljenost težišta  od gornje paralelne

stranice b:

ru  ^ h b + 2a

y

1

= ( h - y , ) = y

T T F

(29)

3.5 .5 . Težište kružnog isječka

Na slici

  133.

  prikazan

  je

  kružni isječak, koji

  ima

  duljinu svoga luka

  L

polu

mjer zakrivljenosti luka

 r

 i  pripadajuću tetivu

 i .

A ko  se luk,  koji ograničava kružni isječak, podijeli  na  vrlo male dužine A/

(delta

 0, a

 brojevi

  tih

  malih dužina spoje

 sc sa

 središ tem

 S,

 kružni isječak je podije

ljen

  na

  mnogo malih trokuta. Osnovica

  tih

  malih trokuta jest dužina

  A/, a

 visina

radijus zakrivljenosti

  r.

 Kako

 se

  težište trokuta nalazi

 na

  trećini visine,

 to

 će spojni

ca težišta svih trokuta biti

  nov luk s

  radijusom zakrivljenosti

  2/3 r  (si. 133).

  Sada

se zadatak određivanja položaja težišta kružnog isječka svodi

  na

  zadatak određiva-

Page 152: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 152/198

S I . 1 3 3 . T e ž i i t e k r u ž n o g i s j e c k a

a

c

nja težišta novog luka, čiji radijus iznosi 2/3 r. Taj se zadatak može riješiti grafički,

rektifikacijom novog luka, ili računski, pom oću izraza

Iz toga izraza slijedi da je težište kružnog isječka

Pomoću izraza 30. može se odrediti težište za bilo koju veličinu kružnog isječ

ka. Na primjer, za polukružni isječak udaljenost težišta od radijusa zakrivljenostiiznosi

Te žište nekog složenog lika određuje se tako da se složeni lik rastavi u jednosta v

ne likove čiji se položaji težišta znaju. Pov ršine jednostav nih likova zamijene se

vektorima čija se hvatišta nalaze u težištima jednostavnih likova. Tako se problem

određivanja težišta složenih likova svodi na problem određivanja rezultante para

lelnih vektora.

Postupak pri određivanju težišta složenih likova prikazuje slijedeći primjer:

Primjer  30.

Lik na slici 134. složen je od tri nejednaka lika, koji imaju ob lik prav okutn ika.

Treba odrediti njegovo težiš te računskim postupkom.

y, : 2/3r = 2/3t : 2/3L .

= 2 •  0,2122 r = 0,4244 r.

3 . 6 . TEŽ IŠTE SLOŽENIH L IKOVA

Page 153: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 153/198

| 3 0 0 ^ 1 0 ^ 200

  f

L

Si . 134 .  T e ž i š t e s l o ž e n o g l i k a

Ovaj složeni lik najprije treba podijeliti u jednostavne likove, čija su težišta

poznata. Zatim treba odrediti površine tih likova i zamijeniti ih odgovarajućim

vektorima.

A , = 40,0 • 10,0 = 400,0 c m

2

A , = 30,0 • 10,0 — 300,0 c m

2

A

3

  = 30,0 • 10,0 = 300,0 cm

1

.

Ukupna površina složenog lika iznosi

A = A ,

  4-

 A

2

  + A

3

  = 400,0

  4-

  300,0 + 300,0 = 1 000,0 cm

2

,

a ona čini rezultantu vektora A

t

, A

2

  i A

3

.

Vektore parcijalnih površina treba najprije usmjeriti vertikalno prema dolje i

odrediti položaj njihove rezultante A. T o će se učiniti pomoću poučka o momen tu.

Uzmu li se statički momenti pojedinih vektora s obzirom na ishodište koordinat

nog sustava, dobiva se

A • x = A, • x,  4 -  Aj • x

2

  + A

3

  • x

3

Page 154: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 154/198

„ _ A , • x,  -f-  A

2

  • x

2

  +  A

3

  • x

3

400,0 • 15,0 + 300,0 • 35,0 + 300,0 • 45,0

x =

1 000,0

6 000,0 4- 10 500,0 4- 13 500,0 30 000,0 „

  n

x =

  r o o p = - T o o o -

  = 3 0

'

0 c m

-

Rezultanta vertikalno orijentiranih vektora nalazi se na udaljenosti x = 30,0

cm od ishodišta koordinatnog sustava.

Sada treba vektore pojedinih parcijalnih površina orijentirati u horizontal

nom smislu prema desno i odrediti položaj njihove rezultante. Uzme li se s tatički

moment pojedinih vektora s obzirom na ishodište koordinatnog sustava, dobiva se

A  • y = AI • y, -f A

2

  • y , + A

3

  • y

3

A ,  • y, + A

2

  • y

2

  +  A

3

  • y

3

y =

A

400,0 • 45,0 4- 30,0 • 25,0 4- 300,0 • 5,0

y

  1 000,0

18 000,0 + 7 500,0 4- 1 500,0 27 000,0

  n

— = z / ,u cm .

000,0

  1

 000,0

Rezultanta horizontalnih vektora nalazi se na udaljenosti  y =  27,0 cm od

ishodišta koordinatnog sustava.

Težište složenog lika na slici 134. nalazi se na sjecištu vertikalne i horizontalne

rezultante, pa su mu koordinate T (30,0; '27,0).

Primjer  31 .

Slika 135. prikazuje složen lik koji je nastao od kvadrata dimenzija 40 x 40

cm oslabljenog pravokutnikom dimenzija 20 X 30 cm. T reb a odrediti težiš te s lo

ženog lika.

Najprije je potrebno složeni lik pretvoriti u parcijalne likove, čija su težišta

poznata, te odrediti njihove površine. Površine treba zamijeniti paralelnim vektori

ma i već poznatim postupkom odrediti težište složenog lika.

Parcijalne površine kao vektori jesu

A, = 40,0 • 40,0 = 1 600,0 c m

2

A

2

  = 20,0 • 30,0 = 600,0 c m

2

.

Ukupna površina kao rezultirajući vektor jest

A  = A , - A

2

  - 1 600,0 - 600,0 =  1  000,0 cm

2

.

Vektore parcijalnih površina A, i A

2

  treba postaviti u njihova težišta i orijen

tirati ih u vertikalnom pravcu. Pri tome vektor A

2

  treba usmjerit i suprotno od vek-

Page 155: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 155/198

tora A i . To se treba učiniti zato što se u ovom primjeru ukup na površina s loženog

lika dobiva tako da se od površine A, odbije površina A

a

.

Položaj vertikalne rezultante jest

A   • x =  Ai • x,

  —

  A

2

  • x

2

„ _ A,  • x, -  A

2

  • x

2

A

1 600,0 • 20,0 - 600,0 • 30,0

X =

  1000

32 0 0 0 , 0 - 1 8 0 00

x = r

  Fooo =

  1 4

'

0 c m

-

Rezultanta vertikalno postavljenih vektora je udaljena za  X  = 14,0 cm od

ishodišta koordinatnog sustava.

Sada vektore parcijalnih površina treba orijentirati u horizontalnom pravcu.

Zbog poznatog razloga vektor A

2

  ima smjer suprotan od smjera vektora A,.

A   • y =  A ,  • y ,  —  A

2

  • y

2

Page 156: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 156/198

y

  A

_ 1 600,0 • 20,0 - 600,0 15,0 _

y

  1 000,0 ~

32 000,0 - 9 000

y =

  —umo—

  = 23

 

0c m

-

Rezultanta horizontalno postavljenih vektora je udaljena za   y   = 23,0 cm od

ishodišta koordinatnog sustava.

Težiš te se nalazi na s jeciš tu vertikalne i horizontalne rezultante, a koordinate

su mu T (14,0; 23,0) (si. 135).

Page 157: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 157/198

4 . O S N O V E O T P O R N O S T M A T E R I J A L A

U odjeljku  2.2.1 .  naglašeno je da su unutarnje sile u čvrstom tijelu izraz ot

porno sti materijala. O ne pružaju otpor vanjskim silama sve dok se one ne povećaju

toliko da unutarnje s ile moraju popustit i . Tada dolazi do loma materijala. Raspore

đeno po presjeku tijela, unutarnje sile drže ravnotežu s vanjskima, ali taj raspored

nije uvijek isti, već ovisi o obliku tijela i načinu djelovanja vanjskih sila.

4

. 1 .

  N A P O N I D E F O R M A C I J A — H O O K E O V Z A K O N

Kada u osi ravnog štapa djeluju dvije jednake sile suprotna smjera (si. 136)

nastojeći da taj štap rastrgnu, u štapu se pojavljuje unutarnja sila kao otpor raste

zanju. Ta jc sila u ravnoteži s vanjskom, a bit će uočljiva ako se štap presiječe rav

n inom  1  — 1 koja je okomita na os štapa. Odbacivanjem donjeg dijela štapa gornji

će dio biti u ravnoteži ako mu se nadomjesti djelovanje donjeg dijela (si. 136. a).

Donji dio štapa na gornji djeluje unutarnjom silom F., ona raspodijeljena na povr

šinu presjeka daje sile koje djeluju na svaku] jedinicu površin e. T o je nov pojam u

otpornosti materijala, a naziva se naponom. Simbolički se napon obilježuje grčkim

slovom   a  (čitaj:  sigma), čija je vrijednost

Kako je F„ = F, izraz za napon dobiva oblik

— T

  ( 3 1 )

| N a p o n j e s i l a k o j a o t p a d a n a j e d i n i c u p o v r š i n e . |

Promatrani štap (si. 136) kružnog je presjeka, a dok nije opterećen, ima dulji

nu /. Zbog djelovanja zadanih sila štap će se produljiti za veličinu A/ (čitaj delta /),

a u isto vrijeme će se u poprečnom smislu skratiti za veličinu Ad (čitaj delta dc)

(si.  136. b).

Uzdužna deformacija, koja je nastala rastezanjem štapa (si. 136), može se iz

raziti kao razlika duljine štapa poslije deformacije i duljine štapa koju je imao prije

opterećenja silama F.

Page 158: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 158/198

SL 136 . V lačn l S t ap

®

1 |

  \_J_

F

u

A/ = /, — /

©

I

  1

U . L . J

Poprečna deformacija, koja je nastala rastezanjem štapa, izražava se kao raz

lika promjera poprečnog presjeka prije i poslije deformacije.

A<* =

  d - d

x

Jedno i drugo su ukupne vrijednosti deformacije štapa, veličina kojih se mjeri

dužinskim jedinicama (mm, cm, itd.).

Uzdužna deformacija štapa, nastala rastezanjem, može se izraziti kao relativna

veličina koja ne ovisi o duljini štapa. T o je specifično produljenje, a označuje se

grčkim slovom « (čitaj:  epsilon):

Page 159: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 159/198

Poprečna deformacija nastala rastezanjem štapa može se izraziti kao relativna

veličina koja ne ovisi o promjeru štapa. To je specifično suženje presjeka, a ozna

čuje se grčkim slovom  6  (čitaj:  delta):

Na isti se način izražava specifično skraćenje i specifično proširenje štapa,

samo što je tada A/ konačno skraćenje, pri kojem se u štapu pojavljuje tlačni napon,

čija se veličina također određuje izrazom 31.

S p ec i f i čn a u zd u žn a d e form ac i ja j e s t d e form ac i ja j ed n e j ed in ice

dulj ine š tapa .

Zbog is tovremene pojave uzdužne i poprečne deformacije š tapa pri određiva

nju elastičnih svojstava izotropnih materijala potrebno je znati ovisnost između

uzdužne i poprečne deformacije. Ta se ovisnost izražava sljedećim izrazom:

d = n  • e.  (34)

Koeficijent  ft  (čitaj:  mi) jest broj koji se kreće od 0,00 do 0,50, a zove se Pois-

sonov (Poason) koeficijent. Poisson je bio francuski matematičar koji je broj f

izračunao matematičkim postupkom na osnovi molekularne hipoteze. On je u

svom analitičkom postupku dokazao da je za sve izotropne materijale koeficijent

konstantan i da iznosi 0,25. Mnogobrojni pokusi načinjeni kasnije ne potvrđuju

Poissonovu tvrdnju, već pokazuju da je koeficijent  ft  različit za različite materijale.

Tako je dokazano da je koeficijent  fi  za:

željezo 0,28

bakar 0,34

alumin ij 0,26 itd.

Zbog djelovanja tlaka nastaje skraćenje štapa i proširenje poprečnog presjeka.

U granicama proporcionalnosti Poissonov koeficijent ima istu vrijednost kao i za

vlak.

Mnogobrojni pokusi tlaka i vlaka izvedeni su štapovima od različitih materi

jala pokazuju da postoji proporcionalan odnos između napona i deformacije. Taj

je odnos prvi ustanovio engleski fizičar Robert Hooke (Huk) još 1678. godine.

On ga je analitički definirao ovako, to je ujedno i Hookeov zakon:

(35)

U tom je izrazu:

A /  — ukupno produženje š tapa

F — sila koja štap prod užuje

/ — duljina štapa

A   — površina presjeka štapa

E — mo dul elastičnosti materijala

Page 160: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 160/198

Modul elastičnosti materijala  E  jest broj koji se odnosi na elastična svojstva

materijala.

Hooke je svojim analitičkim izrazom pokazao da su ukupne deformacije štapa

proporcionalne s ili i duljini š tapa, a ob rnuto proporcionalne površini presjeka š tapa

i modulu elastičnosti.

Kada se izraz 35. podijeli duljinom štapa, dobiva se

A / _ F

/ E A

A_/

 =

  ^

/ ~ E

a

  = E e. (35. a)

To je novi oblik Hookeova zakona, koji pokazuje linearnu ovisnost između

nap ona i deformacije, a ukazuje na to da on vrijedi sam o u stanovitim granic am a.

Zbog toga se Hookeov zakon još naziva zakonom linearne proporcionalnosti.

Ako se izraz 35.a uvrsti  e = \,  dobiva se

a  = E .

Taj izraz govori o tome da se modul elastičnosti E mjeri u istim jedinicama

kao i napon, a to je jedan newton podijeljen kvadratnim milimetrom (N /m m

2

) .

Specifična deformacija može imati vrijednost jedinice samo onda kad je ukup

na deformacija jednaka duljini štapa.

A / 1 2 3 . .

£ = =

T

= =

T

= =

T

  =

  T

Iz toga proizlazi definicija modula

  elastičnosti E.

Modul e las t ičnost i je onaj zamiš l jen i napon pri kojem bi sc

š tap produlj io za c i je lu svoju dužinu .

Evo modula elastičnosti za neke materijale koji se u praksi češće susreću

građevinski čelik sa 0,15 do 0, 25% ugljika

E

= 2,1 IO

5

  N / m m

2

čelik sa 3 do 3,5% nikla

E = 2 ,0 10* N /m m

2

bakar valjani u hladnom stanju

E — 1,1 IO

5

  N / m m

2

duraluminij

E

= 0 ,7 10 ' N/mm

2

staklo

E

= 0 ,7 10* N /m m

2

borovina duž vlakanaca K

= 0,105 IO

5

  N / m m

2

hrastovina duž vlakanaca

n r  0 ,108 10 ' N/mm

2

Page 161: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 161/198

4.2 .

  D IJAGRAM ISPIT IVANJA ČELIKA NA VLAK

Ka da se standardn i pokusni štap prom jera d = 20,0 m m i duljine / = 10,0

d stavi u uređaj za razvlačenje, pokusni štap se rasteže, a u njemu se pojavljuje

vlačno naprezanje. Povećanjem sile koja štap razvlači pojavljuju se sve veće produ

ljenje štapa, a time i sve veće naprezanje. Odnos naprezanja i deformacije izražen

je dijagramom rastezanja (si. 137). Uređaj za rastezanje probnog štapa sam crta

dijagram u koordinatnom sustavu, apscisa kojega je specifično produljenje   t,  a

ordinata napon  a.

a

SI . 137 . D i j agram ras t eza n j a če l i k a

Odnos između napona i deformacije linearan je sve do točke I u dijagramu, pa

se ta točka zove granica proporcionalnosti. Stoga se može kazati:

Granica proporcionalnost i jes t onaj napon

  a

  prop . do kojeg

vr i j ed i l in earn i od n os i zm eđ u n ap rezan ja i d e form ac i j e .

Do granice proporcionalnosti materijal se ponaša potpuno elastično. Ako se

pri tom naponu probni štap rastereti, on će se vratiti na svoju prvobitnu duljinu.

Deformacije su potpuno nestale, a to je svojstvo elastičnog tijela.

Povećanjem sile

  F

  iznad vrijednosti koja čini granicu proporcionalnosti odnos

napona i deformacije neće više biti linearan. Taj odnos je u dijagramu definiran

Page 162: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 162/198

krivuljom između točaka I i III. Krivulja u dijagramu upućuje na zaključak da

deformacije sada rastu brže od napona, pa se materijal u tom području dijagrama

ne ponaša pot pu no elastično. Da je zaista tako, može sc dokazati na sljedeći način

(si.

  138):

Ako se probni štap rastereti pri nekom naponu kojemu je vrijednost iznad

vrijednosti u točki I, štap se neće vratiti na svoju prvobitnu duljinu, već će zadržati

jedan dio ukupne deformacije. Zadržana deformacija zove se plastična deformacija

e„   a ona koja je nestala naziva se elastičnom deformacijom  e

t

  (si. 139).

Štap će se rasteretiti po pravcu ab koji je paralelan s pravcem 10, pa se iz slike

138.  a vidi da je

O b =   f „ ,  ba' =  F

r

,  Oa' =  t , - f e,. =  t.

Kad se nakon nekog vremena probni štap ponovno optereti, odnos napona i

aeformacije kretat će sc po pravcu

  ab .

  Tako se granica proporcionalnosti povećala,

pu tim e i elastična svojstva čelika (si. 138. b). Ta se pojava u praksi susreće pod

e zi vo m h l a d n a o b r a d a č e l i k a .

To čka I I na dijagramu rastezanja čelika naziva se granicom elastičnosti. Kad

bi se u toj točki probni štap rasteretio, štap bi zadržao vrlo male, gotovo neznačajne

plastične deformacije, pa se stoga kaže:

Page 163: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 163/198

81 .

  1 3 9 . K o n t r a k c i j a p r e s j e k a

Granica e las t ičnost i je onaj napon   a,  p r i k o jem t ra jn e d e for

macije ne prekoračuju dopuštenu vrijednost .

Povećavanjem sile F do napona koji obilježava točka III deformacije rastu

brže od napona. U točki III deformacije rastu i onda ako se sila ne povećava. Ma

terijal pri tom naponu popušta, a štap dobiva velike deformacije, pa se ta točka

naziva granicom velikih izduženja.

Granica vel ik ih izduženja  a

rl

  jes t onaj nap on pri kojem ma ter i

ja l počinje naglo popuštat i .

Iza točke III deformacije rastu iako se veličina napona smanjila. Točka IV

obilježuje takvo stanje u materijalu pri kojem materijal u deformacijskom smislu

teče, pa se točka IV naziva točkom tečenja. Ta se točka u literaturi spominje još

pod nazivom donje gran ice velikih izduženja (do-„,), a susreće se i pod nazivom

točka kolebanja. Točkom kolebanja naziva se zbog toga što pri tom naponu mate

rijal više puta pruži otpor rastezanju, pa opet popusti.

Iza točke IV materijal naposljetku opet pruža otpor razvlačenju, pa je potrebno

povećati silu da bi se povećale deformacije.

-« 0

° P S I .  14 a  D i j a g r a m t l a ć e n i a č e l i k a

Page 164: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 164/198

Daljnjim povećanjem sile deformacije sve brže rastu uz povećanje napona.

Sila f dobiva svoju najveću v rijednost F „ „ kad se dostig ne napo n koji se na dija

gramu označava točkom V. To se naprezanje naziva čvrstoćom materijala.

F

a

  m a x

P*

  ~ ~K

Nakon postizavanja maksimalne vrijednosti sile F nastaje suženje ili kontrakci

ja presjeka (si. 139). Slika F se smanjuje, na pon op ada, a materijal se lomi pri napo nu

koji je na dijagramu obilježen točkom VI.

Dijagram ispitivanja čelika na tlak (si. 140) sličan je ono me koji prikazuje

  n 3 p o n

čelika na vlak. Pomoću njega se ustanovljavaju karakteristične točke dijagrama od

nosno karakteristični naponi čelika pri tlaku. Te su točke granica proporcionalnosti

a

  prop. i granica gnječenja cr gnj.

Kara kteristični naponi i dijagrami pomo ću kojih se ustanovljuju karak teristič

ne točke za materijale manjih elastičnih svojstava izvode se istim postupkom. Dija

grami napona na vlak ili tlak imaju, dakako, drukčije oblike nego oni za čelik.

4 .3 .  DOPUŠTENI NAPONI

Dijagram napona na vlak (si. 137) daje veoma važne podatke o mehaničkim

svojstvima materijala. Kad je poznata granica proporcionalnosti, granica elastič

nosti, granica ve likih izduženja i čvrstoća materijala, mož e se za svaki tehnički

problem odabrati ona vrijednost napona do koje se konstrukcija smije opterećivati,

a da postoji njezina potpuna sigurnost. Taj se napon naziva dopuštenim naponom.

Pri izboru dopuštenog napona za čelik mora se imati na umu da se u granicama

proporcionalnosti čelik smatra potpuno elastičnim. Čelik napregnut izvan granica

proporc ionalno sti prilikom rasterećenja prihvaća jedan dio stalnih deformacija (si.

138. a). Da bi konstrukcija radila u elastičnom području i da bi se isključila po

java stalnih deformacija, bira se dopušteni napon čija vrijednost mora biti manja

od napona označenog kao granica proporcionalnosti . Za eksperimentalno određi

vanje granice proporcionalnosti potrebni su precizni instrumenti za mjerenje, a

položaj te granice ovisi i o točnosti mjerenja. Da bi se izbjegla ta poteškoća, obično

se kao osnova za određivanje dopuštenog napona uzima granica velikih izduženja

ili čvrstoća materijala.

Tada se dopušteni napon uzima:

a „ - ? > • ' . • « £ ( 3 6 )

n nj

Brojevi n i ni nazivaju se koeficijentima sigurnosti, a

  određuju veličinu do

puštenog napona. Za građevinski čelik logično je da se za osnovu određivanja veli

čine dopuštenog napona uzima granica velikih izduženja jer nakon te granice čelik

do loma može poprimiti znatne vrijednosti stalnih deformacija.

Kod drugih, tzv. krtih materijala, kao što su lijevano željezo, beton, razne vrste

kamena i drvo, kao osnovica za određivanje dopuštenog napona obično se uzima

čvrstoća materijala.

Page 165: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 165/198

4 4 .

  VRSTE NAPREZANJA

Napon i deformacija u međusobnoj su ovisnosti. Oblik deformacije nekog tije

la ovisi o položaju i smjeru djelovanja vanjskih sila, pa će prema tome postojati

onoliko vrsta naprezanja koliko ima oblika deformacija.

4.4 1 . Centr ički v lak

To je jednostavno naprezanje, koje nastaje kad u samoj osi štapa djeluju dvije

jednake sile

  F

  nastojeći da taj štap produlje (si. I4l).

St . 14 1 . Cent r i čk i v l ak SI . 142 . Cent r i č k i t l ak

4 .4 .2 .

  Centrički t lak

To je također jednostavno naprezanje, koje nastaje kad u samoj osi nekog

štapa ili stupa djeluju dvije jednake sile   F  nastojeći da taj štap ili stup skrate (si.

I 4 2 ) .

Page 166: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 166/198

4.4.3.

  Savijanje bez uzdužne sile

To naprezanje nastaje  kad na os  nekog nosača djeluju sile pod  pravim kutom.

Tada se u  nosaču pojavljuju momenti savijanja  i  poprečne s ile, a  uzdužnih s ila ne

m a

  (si. 143).

,

F

1  [

F

2 {

F

3

SI.

  1 4 3 .

  Sav i j an je

B

 

4.4.4. Naprezanje na posmik

T o

  je

  također jedno stavno naprezanje, koje nastaje zbog djelovanja dviju je d

nakih sila F  koje imaju suprotan smjer  a nastoje da  neki element u  jednom presjeku

smaknu  ili prerezu  (si. 144).

SI .

  144.  P o s m i k

4.4.5. Naprezanje na torziju

Nastaje zbog opterećenja vanjskim momentom

  M

  koji djeluje

  u

  ravnini oko

mitoj na os  štapa nastojeći da taj  štap zafrče  ili uvije  (si. 145).

M

M

SI .

  145.

 TorzijaT

Page 167: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 167/198

4.4.6. Ekscentrički vlak

T o je složeno naprezanje koje nastaje kad na ne ki štap djeluje sila izvan njegove

osi ali paralelno s njom, s namjerom da taj štap produlji (si. 146). Kad se položaj

sile premjesti u os, pojavljuje se još i moment  AI,  pa je očito da se štap razvlači i

ujedno savija.

M

Ff Ff

a

2

SI . 146 . Ekscen t r i čk i v l ak

©

SI . 147 . Ekscen t r i čk i t l ak

4.4 .7 . Ekscentr ički t lak

Ekscentrički tlak je također složeno naprezanje, a nastaje kad sila djeluje izvan

osi štapa ili stupa i paralelno s njom, s namjerom da taj štap ili stup skrati (si. 147).

Kad se položaj sile premjesti u os stupa, pojavljuje se još i moment

  AI,

  pa je štap

napregnut na tlak i savijanje.

4.4 .8 . Savi janje s uzdužnom si lom

Savijanje s uzdužnom silom također je složeno naprezanje, koje nastaje zbog

djelovanja uzdužne sile i momenta savijanja. Ovdje je redovito veći utjecaj momenta

savijanja, pa napon nije istog predznaka po cijelom presjeku (si. 148).

Page 168: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 168/198

SL   1 4 8 .  S a v i j a n je s u z d u ž n o m s i l o m

4 . 5 . MOMENT INERCIJE IL I MOMENT TROMOSTI L IKOVA

Moment inercije nekog lika jest pojam koji daje stanovito svojstvo tom liku, a

definira se kao produkt površine lika i njegova kvadrata udaljenosti do nekog mjesta.

Slika 149. prikazuje lik poznate površine  A  u koordinatnom sustavu x, y.

Taj se lik sastoji od neizmjerno mnogo malenih površina   dA ,  Čija je udaljenost

do horizontalne osi veličina y .  Prema definiciji moment inercije jedne od neizmjer

no malenih površina bit će neizmjerno malen, a iznosit će

S I.

  1 4 9 .  Mo ment i nerc i j e

&I

X

  - dA • y

2

.

Zbrajanjem tih neizmjerno malenih momenata inercije dobiva se moment

inercije ukupne površine

  A

  s obzirom na os

  x.

/» = A • y

2

.

(37)

Ne izm jerno malene* veličine, kojih ima neizm jerno m nogo , zbrajaju se tzv.

integralnim računom. Taj račun pripada posebnoj vrsti matematike, u koju se za

sada ne možemo upuštati .

Page 169: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 169/198

Tim istim načinom može se odrediti vrijednost momenata inercije s obzirom

na os v:

/ , = A • x

2

. (38)

Iz izraza za moment inercije vidi se da je njegova mjerna jedinica

cm

2

  • c m

2

  = c m

4

,

zbog čega nam pojam momenta inercije u samom početku nije potpuno dostupan,

jer u prirodi postoje samo tri dimenzije.

Momenti inercije s obzirom na osi x i  y,  pa i na bilo koju drugu os, zovu se

aksijalni momenti inercije (os = aksa).

Moment inercije može se izraziti s obzirom na neku točku  il i  pol, pa tako

nastaje polarni moment inercije (si. 149):

/o = A - r

2

. (39)

Kako je x

2

  4- y

2

  = r

2

,

/ , + / , = A • x

2

  + A • y

2

  = A (x

2

  + y

2

) = A • r

2

Postoji još jedna vrsta momenta inercije, a to je tzv. centrifugalni moment

inercije (si. 149):

/ „ = A • x • y. (40)

4 . 5 . 1 .  Glavne osi inercije

Aksijalni momenti inercije najčešće se određuju s obzirom na os kroz težište

lika. Međutim, kroz težište lika može se povući neizmjerno mnogo osi, pa se prema

tome za neki zadani lik može odrediti neizmjerno mnogo aksijalnih momenata

inercije. Između svih njih jedan je najveći (/««), a drugi je najmanji (/„,„). To su

tzv. glavni momenti inercije, a osi kojima pripadaju glavni momenti inercije zovu

se glavne osi.

Za glavne osi inercije vrijede ova pravila:

a) glavne osi prolaze kroz težište zadanog lika,

St . 150 . G lavne os i

Page 170: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 170/198

b) glavne su osi međusobno okomite,

c) svaka os simetrije zadanog lika jest glavna os,

đ) centrifugalni m om ent inercije zadanog lika s obzi rom na njegove glav ne

osi jednak je nuli.

Iz toga slijedi da će za kvadrat i krug i pravilan mnogokut glavne osi biti sve

one osi koje prolaze težištem (si. ISO).

Kod ostalih likova, bili oni složeni ili jednostavni, glavne osi određuju se pre

ma navedenim uvjetima (si. 151).

S I . 1 5 1 . G l a v n e  osi

ft

' x - l m a x

l y = l m i n

4 .5 .2 .   Elipsa inercije

Kad se radi o aksijalnim momentima inercije s obzirom na glavne osi, tada

momenti inercije u izrazima 37. i 38. dobivaju nove oblike.

Moment inercije s obzirom na os x jest

/ , = A - i i , (3 9

a s obzirom na os y

I,  —  A • i». (40)

Velič ine i., i i, zovu se radi jusi inercije, a određ uju se iz izraza 39. i 40 :

Ako se radijus inercije i, nanese na os y,  a i, na os x,  oni će činiti poluosi elipse

pomoću koje se može odrediti radijus inercije za svaku os koja ide kroz težište pod

bilo kojim kutom nagiba prema horizontali.

Elipsa nacrtana za glavne osi zove se centralna elipsa inercije (si. 152).

Ako se, na primjer, kroz težište presjeka   T  povuče os  ii-u  pod kutom u, ona

siječe elipsu u točkama I i l (si. 152). Kad se kroz te točke povuku tangente na

Page 171: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 171/198

>Y  SI . 152 . E l i psa i nerc i j e

— i — •

K

x :

x :

/A

  1

  A 1

•'7

  v |

A

X

A

  1

  A 1

•'7

  v |

A

elipsu, paralela s njima kroz težište jest druga pridružena os  v-v.  Ona siječe elipsu

u točkama 2, 2. Okomita udaljenost osi i tangenata na elipsu daje za nove osi pripa

dajuće radijuse inercije i, i i„.

Očitavanjem radiusa inercije i, i i, u odabranom mjerilu dobivaju se njihove

vrijednosti, a pomoću njih momenti inercije za nove osi  u  i  v.

l„

  = A • \\

l,  = A • i*

4.5 .3 . Moment Inerci je za paralelne osi

U praksi često treba odrediti moment inercije zadanog lika za os koja je para

lelna s glavnom osi. Obrazac prema kojem se taj zadatak rješava izvodi se pomoću

slike 153.

Moment inercije neizmjerno malene površine  dA  s obzirom na os  z~ z  iznosi

dl

t

  = dA • ( z ± y )

J

Page 172: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 172/198

SI .

  1 5 3 . S t e i n e r o v s t a v a k

z

z

dL   = dA • (z

2

  ±  2zy + y

2

)

d  l

z

  =

dA • z

2

  ± 2dA • z • y + dA • y

2

.

Ako se sada zbroje neizmjerno male vrijednosti integralnim računom, tada će

gornji izraz dobiti sljedeći oblik:

U tom izrazu drugi član desne strane jednadžbe jednak je nuli jer je to statički

moment ukupne plohe s obzirom na os kroz težiš te, pa konačno ostaje

Mom en t in erc i j e zad an og l ik a s ob z irom n a o s k o ja j e p ara le ln a

s tež išnom os i tog is tog l ika jednak je zbroju momenta inercije

s obzirom na tež išnu os i produkta površ ine l ika i kvadrata

u d a l j en os t i m ed u os im a .

Taj je izraz poznat pod nazivom Steinerov [Štajnerov] stavak, a ima značajnu

praktičnu primjenu.

4.5 .4 . Moment inerci je jednostavnih l ikova

Zbrajanjem neizmjerno malenih momenata inercije integralnim računom, kako

je to opisano u poglavlju 4.5, dobivaju se vrijednosti momenata inercije za jednostav

ne likove.

7, = A • z

2

± 2A • z • y -f A • y

2

.

I,  = A • y

2

  -f A • z

2

I

x

  + A • z

2

. (43)

Page 173: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 173/198

SI.

  154 . Pravokutn ik

SI. 155. Kvadrat

SI . 156 . Krug

Za pravokutni presjek  (si. 154)

'r  J2

  1

Za kvadratni presjek  (si. 155)

' ' 12 12

Za  krušni presjek  (si. 156)

* ' 64

(44)

(45)

(46)

(47)

4.5 .5 . Moment inercije složenih l ikova

Momenti inercije složenih likova određuju se tako da se složeni lik rastavi na

jednostavne likove kojima je poznat položaj težišta, a time i položaj glavnih osi.

Zatim se određuju težište složenog lika i položaj glavnih osi. Napo sljetku se uz

pomoć Steinerova stavka određuje moment inercije složenog lika.

Primjer  32.

Na slici 157. prikazan je složeni lik oblika slova / i zadanih dimenzija. Potreb

no je odrediti aksijalne momente inercije tog lika s obzirom na glavne osi   x  i  y.

Page 174: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 174/198

Glavne osi inercije prolaze težištem

lika, pa je najprije potrebno odrediti polo

žaj težišta. Iz oblika lika (si. 157) lako je

uočljivo da on ima dvije osi simetrije koje

su ujedno glavne osi inercije, u čijem se

sjecištu nalazi težište tog lika.

Sada je uz pomoć Steinerova stavka

lako odrediti momente inercije  l

x

  i / , .

Lik (si. 157) treba rastaviti na jedno

stavne likove. To su likovi A|, A

2

  i A

3

.

Likovi A, i A

2

  jednaki su, što će se pri

određivanju momenata inercije uzeti u

obzir .

SI. 157 .

  S loženi l ik

Moment inercije složenog lika s obzirom na os x-x sastoji se od momenata

inercije likova A,, A

2

  i A

3

, a kako je A

t

  = A

2

, moment inercije složenog lika jest

Ix = 2  /*, +  Ix

3

.

Moment inercije lika A

s

  i A

2

  jest

2 / x , - 2 ( 7 * . + F , • y

s

)

2 /* , = 2,0 • (

3 0 , 0

1 2 >

o

0 , 0 3

  + 30,0 • 10,0 • 20,0  J =

= 2,0 • (2 500,0 + 120 000,0) = 122 500,0 cm *.

Glavna os lika A

3

  poklapa se s osi zadanog složenog lika, pa će moment iner

cije lika A

3

  iznositi

b h

J

  10,0 • 30 .0

3

  „ c ^ o ™ .

h a

1 T

a

  12,0 =

  2 2 5 0 0

'

0 c m

Ix =

  2

 Ix, + Ix

3

  = 122 500,0 + 22 500 = 14 500,0 c m

2

Moment inercije zadanog lika s obzirom na os  y -y  odredit će se is tim postup

kom kao za os  x-x.

Iy   = 2  fyi  + Iy

3

Kako se glavna os y  svih jednostavnih likova podudara s glavnom osi y  slože

nog lika, račun je momenta inercije nešto jednostavniji.

A1

t # - '

/ \

J L j

_ i

A

3

te

A2

1 0

 »

 1

Y

*

  1 0

10

Page 175: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 175/198

b h

3

  3 0 , 0

S

  • 10 .0

1

  „

  ft

  .

y i =

  T T

  =

  12,0

  = 2 5 0 0

> ° ^

ly= 2  7y, 4-  ly

3

  = 45 000,0 + 2 500,0 = 47 500,0 cm *

Moment inercije zadanog lika znatno je veći s obzirom na os   x  nego na os  y.

Primjer  33.

Slika 158. prikazuje složeni lik zadanih dimenzija za koji treba odrediti aksijal-

ne momente inercije s obzirom na glavne osi

  J

i

  y.

SI. 15«. Složeni l ik

Glavne osi inercije prolaze težištem, pa je najprije potrebno odrediti položaj

težišta zadanog složenog lika. Zadani lik ima jednu os simetrije. To je os  y,  pa jc

x,

  —

  15,0 cm . Po treb no jc odrediti još i ord inatu težišta

  y

t

.

  On a će se odred iti

iz poučka o momentu, u kojem statičke momente površina treba odabrati na točku 0.

Složeni lik treba rastaviti na dva jednostavna lika.

A, = 30 ,0 • 5 0 , 0 = 1 500,0 cm

2

Aj = 10,0 • 20,0 = 200,0 c m

1

A — A, - A

2

  = 1 500,0 - 200,0 = 1 300,0 c m

2

A • y , = A, • y , - A

2

  • y,

Page 176: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 176/198

_ 37 500,0 - 8 000,0

y

' ~

  1

 300,0

29 500,0

y

'

  =

  T W

  = 2 2 , 7 C m

-

Moment inercije složenog lika izračunat će se tako da se odredi moment iner

cije jednostavnih likova, s obzirom na os  x-x  i da se njihove vrijednosti zbroje:

Ix =   7x,

  —

  Ix

2

.

Momente inercije jednostavnih likova treba odrediti pomoću Steinerova stavka:

I

Xl

  = / ; + A • y

J

1Xl

=Mj-»*l

  +

  3 0 , 0 -

  5 0 , 0 - 2 , 3 >

= 312 500,0 + 7 935,0 = 320 435,0 cm *

Ix

2

  = Ix

2

  +  A

2

  • Y

/ ,

2 =

  1 M _ ^

+

  , 0 , 0 - 2 0 , 0 . »7,3^

= 6 666,7 + 599 858,0 = 66 524,7 cm*

Ix = Ix

x

  - Ix

2

  = 320 435,0 - 66 524,7 = 253 800,3 cm *.

Moment inercije složenog lika s obzirom na os  y  odredit će se na isti način

kao i s obzirom na os x:

/ v =  Iy, - Iy

2

.

Glavne osi jednostavnih likova podudaraju se s glavnom osi složenog lika,

pa nema primjene Steinerova stavka.

I y i =

? o f i ^

= s U 2 5 O 0 i 0 a a 4

2 0 • IO

3

  . . _

  4

Iy

2

  = —Yf~

  = 6 6 6 , 7

l

y

  =  fy

t

  - jy

2

  =  112 500,0 -

  1

  666,7 = 110 833,3 cm* .

I u ovom primjeru moment inercije zadanog lika s obzirom na os   x  veći je od

momenta inercije s obzirom na os  y.

Page 177: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 177/198

5 . P R O R A Č U N K O N S T R U K T I V N I H E L E M E N A T A

5 . 1 -  P R O R A Č U N P R I N A P R E Z A N J U N A C E N T R I C K I V L A K

Pri dimenzioniranju elemenata izloženih centričnom vlaku potrebno je odab

rati dimenzije tog elementa tako da vlačni napon u tom elementu ne prekorači

dopuštenu vrijednost. Time se postiže sigurnost konstrukcije i omogućuje da se

deformacije i naponi nalaze u granicama proporcionalnosti.

Vlačni napon u nekom elementu, štapu ili zategi određuju se ovako:

U tom je izrazu sila  F  ona koja nastoji produljiti štap, a A je površina presjeka,

koji je nastao presijecanjem štapa okomito na njegovu os. Napon je, dakle, okomit

na površinu presjeka, a označava se predznakom ( + ) kao simbolom povećanja

duljine štapa.

Radi sigurnosti štapa napregnutog centričkim vlakom treba biti ispunjen uvjet

Iz ovog izraza može se odrediti površina presjeka napregnutog štapa, koja mora

biti toliko velika da se u njoj ne pojavi napon veći od dopuštenog. Ta se površina

naziva potrebnom površinom A

p

.

Primjer  34.

Štap od plosnatog željezu opterećen je vlačnom silom F = 180,0 kN. Na svojim

je krajevima pričvršćen za čvorni lim pomoću zakovica  a  20 (si. 159). Treba

odrediti dimenzije štapa ako se zahtijeva da se primijeni čelik ČN 24.

Prema propisima za čelične konstrukcije ČN 24 ima dopušteni napon

  a

dlll

, =

= 145 N/mm

2

, pa je potrebna površina štapa

F

(48)

180 000

145

=

  1

  241,4 mm

2

.

Page 178: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 178/198

Si . 159 . S t a p od p losn og že l j eza

štap će se izvesti od dva dijela uz odabranu debljinu lima d = 8,0 mm.

š • 2 d = A ,

. A , 1 24 1,4 . . .

Š =

  2 d = 2 ^ T

= 7 7

'

6 m m

Kako je štap oslabljen na mjestu pričvršćenja na čvorni lim, a oslabljen je za

promjer zakovice, širina štapa će iznositi

š = 77,6 + 20,0 = 97,6 m m .

Usvaja se širina š = 100 m m .

Kontrola napona

F 180 000

= 140,62 N /m m

2

  < 145 N /m m

2

  c r , )

U , . 1 280

A„

d

,„ = (100 - 20) • 2 • 8 = 1 280 m m

2

.

Primjer  35.

Vertikalni štap jednostruke krov ne visulje preuzima vlaćnu silu F = 85,0 kN

od djelovanja vezne grede (si. 1 60). S vertikalnog štapa vlačna sila se prenosi k osni-

cima na v eznu gredu , pa su košnici zasječeni u vertikalni štap za 3,0 cm . T re ba

odrediti dimenzije vertikalnog štapa ako se cijelo krovište izradi od mekog drveta

II klase.

P r e m a p r o p i s i m a z a d r v e n e k o n s t r u k c i j e d o p u š t e n i n a p o n m e k o g d r v e t a

  II

k l a s e i z n os i

  o

tj

d

  = 8 ,5 N / m m

2

, pa će pot r e b n a pov r š i n a pr e s j e k a v l a č n og š t a pa

i z n os i t i

F 8 5 0 0 0

  10 000  m m

2

.

Od 8,5

Usvojene su dimenzije 14/14 cm.

Zbog oslabljenja presjeka na mjestu spoja kosnika s vertikalnim štapom neto

površina iznosi

Page 179: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 179/198

A „ , „ .

  = 140 • 140 - 2 • 30 • 140 = 19 600 - 8 400 = 1J 200 m m

2

Stvarni napon u štapu iznosi

F 85 000 •> >

°

  = A

  =

  TT̂ nn

= 7

'

5 9 N

/

m m

  <

  8 .

5

  N

/ m m

2

5 . 2 . PRORAČUN PRI NAPREZANJU NA CENTRIČKI TLAK

Napon u nekom štapu ili stupu koji je izložen centričkom tlaku određuje se

prema izrazu

F

" = A

U tom izrazu sila F je ona sila koja djeluje u osi štapa i nastoji ga skratiti, a

A je površina presjeka koji je nastao presijecanjem štapa okomito na njegovu os.

Napon je okomit na površinu presjeka a označuje se predznakom (—) kao simbo

lom smanjenja duljine š tapa. Zajedno s vlačnim napon om tlačni napon pripada

skupini normalnih napona jer djeluje okomito na površinu presjeka.

Štap sam za sebe ili kao sastavni dio neke konstrukcije mora imati određenu

sigurnost, pa mora zadovoljavati sljedeći uvjet:

o  (50)

Iz tog izraza određuje se potrebn a površina presjeka šta pa A ,, a to je ona

površina u kojoj se ne smije pojaviti naprezanje veće od dopuštenog.

Page 180: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 180/198

Prema tom izrazu se dimenzionira štap koji je izložen centričkom tlaku.

Tako se dimenzionira s obzirom na dopušteni napon.

Međutim, dopušteni napon ne pruža u svakom slučaju sigurnost tlačnim

štapovima ili konstrukciji u cjelini, pa je još potrebno ispitati njihovu stabilnost.

Kad se neki štap tlači silom koja djeluje u njegovoj osi, štap se skraćuje i zadr

žava svoj prvobitni oblik. U nekim određenim okolnostima štap može postati labi

lan. On se može izbočiti, a to se izbočenje štapa naziva izvijanjem.

Ispitivanje pojave izvijanja kod tlačnih štapova najjednostavniji je slučaj is

pitivanja stabilnosti nosivih konstrukcija. Taj problem stabilnosti potpuno je ispi

tan s teorijskog i empirijskog stajališta, pa se kontrola izvijanja tlačnih štapova pri

dimenzioniranju već odavno primjenjuje.

Kod vrlo vitkih štapova izvijanje se pojavljuje već pri relativno malim vrijed

nostima sila. Iz toga se zaključuje da se ti štapovi ne dimenzioniraju na osnovi

dopuštenih naprezanja, već na osnovi veličine kritične sile F koju štap može pre

uzeti.

Znanstvenim razmatranjima, koja imaju svoju empirijsku potvrdu, određen

je matematički izraz za veličinu kritične sile pri raznim mogućnostima priključka

štapova na njihovim krajevima.

Tako je kritičnu silu za štap koji je zglobno pričvršćen na oba kraja izveo

Euler (Ojler) u sljedećem obliku:

<*>

Kad se sila podijeli površinom presjeka, nastaje napon na granici sloma koji

nastaje zbog utjecaja izvijanja. To je naprezanje

/? •

  - l±L  -  ?13J

A  A • l

2

 

Ako se uzme da je

i

2

  = -v-, gornji izraz dobiva sljedeći oblik:

A

F

t r

  = »- • E • (-I,)*. (53)

Izvedeni obrasci za kritičnu silu F

4 r

  i napon dobiveni su uz pretpostavku

da se radi o elastičnom materijalu, odnosno da su naponi u granicama Hookeova

zakona.

Izraz 53. može se napisati još i u ovom obliku:

_  7t

2

  • E (54)

i

V

  J

Page 181: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 181/198

Sada se vidi da napon na granici sloma od djelovanja izvijanja ovisi o vrsti

materijala, o odnosu duljine štapa na kojoj se dogodilo izvijanje i radijusa inercije.

Odnos duljine štapa na kojoj se događa izvijanje i radijusa inercije naziva se

vitkošću štapa i označuje grčkim slovom   k  (čitaj:  lambda) :

(55)

Za svaki materijal s određenim modulom elastičnosti E može se odrediti gra

nična vrijednost vitkosti ?., koja će prema izrazu 54. osigurati da naprezanje na

granici sloma od djelovanja izvijanja bude u granicama linearne proporcionalnosti.

Za vitkosti koje su manje od granične vrijednosti nc vrijede Eulerove formule.

Prema tome je

/? '  Ž

Opasnost za štap kojoj uzrok može biti stabilnost jednaka je opasnosti kojoj

uzrok može biti slom.

Na osnovi te tvrdnje može se napisati

= = rp  (56)

a

4op  P

°kr —   9 '

  a

4or-

a

ir

  je dopušteni n apon pri izv i janju , a određuje se tako da se

umanj i dopušteni napon bez izv ijanja , i to ovisno o v i tkost i .

Do pušt eni naponi pri izvijanju mogu se odrediti ako se poznaju koefici

jenti 7 i ako su poznati dopušteni naponi materijala pri Čistom tlaku.

Na istom načelu temelji se koeficijent

  a>

  (omega), koji je određen propisima za

nosive konstrukcije. On ima vrijednost recipročnu vrijednosti

  <p:

1

w  —  — ,

< P

pa jc

dl

. _ F <r,„,

<f i»P

  A

u>

  •

 F

  57)

a

*>t - —« •

Page 182: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 182/198

Koeficijentom  a>  povećava se sila da bi se smanjila o pasno st od izvijanja. Ta j

način proračunavanja vitkih štapova jednostavniji je, pa se pri praktičnom radu

najviše primjenjuje.

Praktično dimenzioniranje elemenata izloženih centričkom tlaku zahtijeva od

ređivanje vitkosti  A  kad se radi o elementima koji su jako vitki i kad se radi o onima

koji su manje vitki ili nisu uopće vitki.

Vitkost nekog štapa ili stupa određena je izrazom

gdje je

l

k

  =  duljina izvijanja

i = radij us inercije.

Odmah se može uočiti da vitkost štapa ili stupa ovisi samo o geometrijskim

svojstvima.

Duljina izvijanja ovisi o visini štapa ili stupa i o tome kako je on pričvršćen

na krajevima. Slika 161 . prikazuje četiri mo gućno sti pričvršćenja štapa .

SI . 16 1 . Pr i k l j učak š t ap ov a na kra j ev ima

Prvi slučaj nastaje kad je štap zglobno pričvršćen na oba kraja. Pod tlakom sile

F

  on će se izviti na cijeloj svojoj duljini:

Drugi slučaj nastaje kad je štap na donjem kraju upet, a na gornjem zglobno

pričvršćen. Na mjestu upetosti ne može se zaokretati presjek stupa, pa je duljina

izvijanja

Page 183: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 183/198

Treći slučaj nastaje kad je štap upet na oba kraja. Zbog djelovanja upetih

mjesta duljina izvijanja iznosi

l

k

  = 0,5 /.

Četvrti s lučaj nastaje kad je š tap upet na jednom kraju, a na drugom je s lobo

dan. Tada se štap izvija kao da ima dvostruku duljinu:

/ . = 2 / .

Radijus inercije ima općenit izraz

Izvijanje štapa ili stupa dogodit će se uvijek oko one osi oko koje postoji

  naj

manji moment inercije jer oko te osi presjek ima najmanji otpor vanjskom djelo

vanju.

Za kružni presjek  momenti inercije su jednaki za sve osi, pa će radijus inercije

iznositi

Za pravokutni presjek  postoje dva momenta inercije, a manji je onaj gdje je

kraća stranica na treću potenciju. Ako se ta stranica obilježi slovom  d  a dulja slovom

h,  moment inercije pravokutnog presjeka iznosi

— _ (59 )

3,464

 *

Page 184: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 184/198

5 . 2 . 1 .

 Stupovi i z idovi o d ope ke

Prema pravilniku o tehničkim mjerama i uvjetima za izvođenje zidova zgrada

dopušteni naponi za stupove i zidove od opeke ovise o odnosu visina stupa ili zida

i njihove kraće stranice  h/d,  te o kvaliteti morta i opeke kojima se zida. Kako su

debljine zidova od opeke unaprijed određene zbog formata opeke, toplinske izo

lacije i izolacije zvuka, zadatak dimenzioniranja svodi se na provjeru unaprijed odob

renih debljina zidova ili stupova.

Primjer  36.

Valja odrediti marku opeke i marku morta u zidu prema slici 162. ako je

zadano

F = 220 kN , h = 3,0 m , d = 25 cm.

Zid od opeke računa se po dužinskom metru.

Tako se zid računa jednako kao stup kojem je jedna

stranica debljina d , a druga stranica b = 100,0 cm .

Pri određivanju napona potrebno je opterećenje

silom F povećati za težinu zida jer će najveće na

prezanje u zidu biti u peti zida:

G = A • h •

 y

  = 0,25 • 1,0 • 3,0 • 16,5 = 12, 375 kN

y   = 1 6 5 0 k g / m \

Naponi pri dnu zida na spoju s temeljem iznosi

_ F + G _ 220 000,0 + 1 237,5 _

° A 250 • 100 0

= 0 ,9295 N/mm

2

.

SI. 162. Zid od opeke

Page 185: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 185/198

Da bi se mogao odrediti dopušteni napon iz pravilnika, treba odrediti:

d 25

Za odnos visine i stranice stupa čija vrijednost iznosi 12, u tablici pravilnika

za zidanje zidova treba očitati dopušteni napon koji je nešto veći od stvarnog.

Prema tom naponu odabire se marka opeke i marka morta.

U ovom primjeru taj prvi veći napon iznosi 0,95 N/mm

2

, pa se može napisati:

a  = 0 ,9295 N/mm

2

  < 0,9500.

T om dopuštenom naponu odgovara Op 15 i marka morta M 5.

5 .2 .2 . Proračun v i tk ih s tupova

Vitki stupovi su oni koji imaju veliku duljinu u odnosu na poprečni presjek.

Kod njih se uvijek javlja sklonost izvijanju pa se proračunavaju po postupku

  <o.

Primjer 37.

Val'-

3

  odrediti dimenzije stupa dvostruke stolice prema slici 163. ako je zadano

F =  10 kN, h

  = 2,8

  m .

Predviđa se primjena mekog drveta II klase, pa je prema prop isima za drvene

konstrukcije dopušteni napon na tlak  a^ d  = 8 , 5

  2

-

mm

Potrebno je unaprijed predvidjeti dimenzije stupa, a zatim ih provjeravati.

Pretpostavlja se da će stup imati dimenzije 14/14 cm.

/« = h  = 2,8 m

A = 14,0 • 14,0 = 196,0 c m

1

  = 19 600 m m

2

  &

d _ 14,0

3,464 3,464

4,04 cm

A

 

=

  - 4 l Š

= 6 9

'

3

~

7 0

>

0

-

SI. 163. Vitki stup

Page 186: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 186/198

U tablicama koeficijenata

  u

  za drvo za dobivenu vitkost odredi se

  to.

  Vrijed

nost  X

k

  u toj tablici zaokružene su na cijele brojeve, pa je

za A, = 70 . . . w  —  1,64.

Naprezanje se provjerava prema izrazu 57:

a •  F 1,64 • 100 000,0

a -

19 600,0

=

  8,367

  N / m m

2

  < 8,5 N /m m

2

.

Pretpostavljene dimenzije odgovaraju, pa će se izvesti stup dimenzija 14/14

od mekog drveta II klase.

5 . 2 . 3 . T e m e l j i

Temelji jednostavnih zgrada najčešće su izloženi centričkom tlaku, pa se iz

vode kao masivni elementi od nabijenog betona. Zadatak im je da čitavo opterećenje

iznad sebe prenesu na tlo uz uvjet da se ne prekorači dopušteni napon tla. Stoga

dodirna ploha temelja i tla mora biti dovoljno velika da taj uvjet bude ispunjen.

Primjer 38.

Za armiranobetonski stup valja odrediti dimenzije temelja (si. 164) ako je

zadano

F = 294,58 kN.

To je sila koja djeluje na spoju stupa i temelja.

a,   = 0 ,25 N/mm

1

.

Dopušteni napon u tlu kod manjih se objekata ocjenjuje prema sastavu tla

u skladu s propisima za temeljenje objekata. Kod većih i složenijih objekata dopuš

teni napon se dobiva na osnovi ispitivanja tla.

Predviđa sc minimalna dubina temeljenja koja osigurava temelj od smrzavanja.

Temelj u ovom slučaju (si. 164) podvrgnut je centričkom tlaku, pa se moraju

zadovoljiti uvjeti za centrički tlak.

F

-cl

F + G ^

cr = - — : < cr.

SI .

  164. Temel j

Page 187: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 187/198

U tom izrazu sila G jc vlastita težina temelja. Ona može biti znatna jer je te

melj masivan, a ne može se odrediti jer nisu poznate dimenzije temelja. Stoga se

pri dimenzioniranju težina pretpostavlja.

Pretpostavljanje težine može dovesti do višekratnog ponavljanja proračuna.

Ako sc vlastita težina pri proračunu temelja zanemari, onda treba smanjiti

dopušteni napon u tlu, pa će postavljena jednadžba biti valjana. T o se m ože učiniti

ovako:

a  = <r,.

  (65)

T aj izraz vrijedi u idealnom slučaju, a govori da je napon sile- F i težine G

jednak dopuštenom naponu tla. T o isto se mo že napisati i ovak o:

F + G

A ~

9 %

F G

pa slijedi

G =• A • h •

F , A • h • y

A

+

F .

«r

  =

  a,  —  y •

 h.

U tom izrazu  a  sada znači napon same sile F bez udjela težine temelja G, ali

je dopušteno naprezanje tla umanjeno, pa početna jednadžba (65) i dalje vrijedi.

<r,

 — y • h naziva sc reduciranim dopušten im napon om tla i obilježava  sa

Ori   = <r,

 —

  y  • h (66)

y —   prostorna masa materijala od kojeg se pravi temelj

h =  visina temelja

Tim novim dopuštenim naponom tla eliminirano je sudjelovanje težine   G

u određivanju potrebne površine temelja, a to u ovom slučaju znatno pojednostav

ljuje proračun.

Uvjet za centrički tlak sada ima ovaj izraz:

F .

Page 188: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 188/198

U zadanom primjeru bit će

<x„ =

  a

, - y   • h = 0,25 - 0,000 024 • 800 = 0,25 - 0,0J 92 -

= 0,2308 N/mm*

J?  2 94 58 0, 0 , , , .

A

 

=

^

=

  o

^ 3 o r

= 1 2 7 6 3 4 3 ) 1

  ^

S obzirom na to da se radi o temelju samcu ispod stupa, površina će mu biti

kvadrat stranice

Usvojena je stranica 1 130,0 m m = 113,0 cm .

Pretpostavlja se da se opterećenje koje djeluje na temelj rasprostire pod kutom

od 60*. Iz te se pretpostav ke mo že kontr olirati da li je dovo ljno pretpostavljena

visina temelja h. Iz slike 165. vidi se da je

d =  \/A

p

  = 

l

2 7 6 3 4 3

» 1 « 1 »29,75 mm .

h

d - d '

2 .

• t g 6 0 °

h =

d - d '

2

•A

a u ovom primjeru

h =

1 1 3 - 4 5

2

• 1,73 = 34 • 1,73 = 58,82 cm .

34

145

34

F

SI. 165 .  Temel j

Page 189: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 189/198

Potrebna vis ina za s lobodno rasprostiranje opterećenja pod kutom od 60*

jest 58,82~ 60,0 cm. To je manje od pretpostavljene vis ine od 80 cm.

Temeljenje valja izvesti na dubini od 80 cm, a uzima se visina stope od 60

cm (si. 166). Radi uštede materijala stopa će se izvesti stepenasto s dvije stepenice.

SI. 166 .

  Temel j

Kontrola napona u tlu

Napon će, svakako, biti manji od dopuštenog jer je iz tog uvjeta izračunata

potrebna površina temelja. Međutim, ovog puta je interesantno koliko je napon

manji od do pušten og zbog toga što je jedan dio betonske m ase temelja odstranjen

radi uštede.

Opterećenje:

1.

  sila F

2.  produž enje stupa 0,45 • 0,45 • 0,20 • 24,0 =

3.

  gornja stepen ica stope 0,79 • 0,79 • 0,30 • 24,0 =

294,580 k N

0,972 kN

4,493 k N

Page 190: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 190/198

4.  donja stepenica stope 1,13 • 1,13 • 0,30 • 24,0 = 9,194 kN

5.   tl o (1,1 3 • 1,13 • 0,50 - 0,79 • 0,79 • 0,30 -

- 0,45 • 0,45 • 0,20) • 21,0 - 8.631 kN

317,870 kN

- X = T ^ 3 ^ 0 =

  0

>

2 4 9 N

'

m m J < 0

'

2 5 W

-

5 . 3 . PRORAČUN PRI SAVIJANJU BEZ UZDUŽNE S ILE

Zbog djelovanja vanjskih sila nosač se savija (si. 167), a pri savijanju nastaje

skraćenje gornje a produženje donje zone nosača. Pri deformaciji nosača njegovi se

presjeci zaokreću za neki o dređen i kut, a prema Bernullijevoj pretpostavci presjeci

pri zaokretu ostaju ravni (si. 168). Po Hookeovu zakonu deformaciju prati napon,

pa će u gornjoj zoni nastati tlačni, a u donjoj vlačni napon.

SI. 168. Deformacija pri savijanju

Page 191: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 191/198

Deformacije, a time i naponi, najveće su na rubovima nosača. Da bi naponi

mogli prijeći iz vlačnih u tlačne, oni moraju negdje na visini presjeka imati vrijed

nost nula. To mjesto označuje sloj nosača koji se ne deformira, a naziva se neutral

nim slojem nosača. Taj se neutralni sloj siječe s poprečnim presjekom u osi koja

se zove neutralna os.

Iz slike 168. vidi se da su deformacije i nap oni pro por cio nal ni udaljen ostima

od neutralne osi.

*i • e

2

=y

t

  :y

2

  (67)

Iz Hookeova zakona slijedi da je

a  —  E • e

a

e = =

E -

Uvrštavanjem tog izraza u izraz 67. dobiva se

<t\ <f

2

<> \  • <f i  = yi -y i

Taj izraz prikazuje da se naponi raspoređuju po visini nosača po zakonu pravca.

5 . 3 . 1 .  Položaj neutralne osi

Slika 169. prikazuje dio nosača koji se deformirao. Iz dijagrama napona može

se izvesti sljedeći odnos:

SI. 169 .

  Položaj neutralne osi

Page 192: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 192/198

Page 193: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 193/198

Sada izraz 73. dobiva novi oblik

A

2

  • y

2

  - A , • y

t

  =

0.

(74)

Izraz 74. prikazuje da je zbroj statičkih momenata vlačne i tlačne površine pre

sjeka nosača  s  obzirom na neutralnu os jednak nuli. Iz toga se može zaključiti da

statički moment ukupne površine presjeka s obzirom na neutralnu os mora biti

jednak nuli. To će moći biti samo ako neutralna os prolazi kroz težište presjeka.

Tak o j e d ok azan o d a n eu tra ln a o s m ora p ro laz i t i t ež i š t em p re

sjeka nosača i da je ona jedna od glavnih osi presjeka.

5 .3 .2 . Naponi pr i savi janju

Unutarnje sile moraju biti u ravnoteži s vanjskima, pa u nekom presjeku nosača

statički moment vanjskih sila mora biti jednak statičkom momentu unutarnjih.

Unutarnje sile su P i Z. One su jednake a suprotnog su smjera, pa je njihov

statički moment:

gdje je z razmak sila P i Z i zove se krak unutarnjih sila.

Ako se uzme statički moment neizmjerno male sile dP s obzirom na neutralnu

os ,  dobiva se

M

  —

  M, = 0

M = M„.

M „

  = P • z = Z • z,

dM„ = dP • y.

dM„ =

• dA • y, .- y,

dM„ • dA • y*.

Zbrajanjem tih neizmjerno malih vrijednosti integriranjem nastaje

M„ = — • A •   y\

Već je poznato da je

A • y * = /,

Page 194: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 194/198

pajc

e ,

o - . ^ e , .  (76)

Taj se izraz može napisati i  u  drugom obl iku:

0 - , = ^ . (77)

Ako se — označi sa W, a M . sa M , izraz 77. dobiva sljedeći oblik :

e ,

M

(78)

a za kružni presjek

W = moment otpora presjeka

Mom en t o tp ora p res j ek a d ob i j e s c t ak o d a s e m om en t in erc i j e

podije l i s udaljenoiću krajnjeg ruba pres jeka od neutralne os i .

Tako će moment otpora pravokutnog presjeka iznositi

b h

3

W , -  - £ - f 79)

(80

'

2

Kad ie neki element izložen savijanju bez uzdužne sile, njegove dimenzije

moraju zadovoljavati

  sljedeći uvjet:

Iz tog se izraza Iako odredi koliki mora biti moment otpora, a da napon ne

prekorači dopuštenu vrijednost:

W „ =

  M m

" . (82)

Page 195: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 195/198

Poznavanjem potrebnih momenata otpora brzo sc određuju dimenzije popreč

nog presjeka koji će imati potreban moment otpora.

Primjer 39.

Valja odrediti dimenzije stropne konstrukcije od drveta prema slici 170.

w25j.

  100 ^ 200  j  100 ^

SI. 170. Drveni st rop

Analiza opterećenja

1. parket 2,5 cm

2.  slijepi pod 2,5 cm

3.

  nasip (šuta) 8,0 cm

4.  gornja oplata 2,5 cm

5.

  nosač od platica 0,05 • 0,20 • 1,0 • 6,0 • 2,0

6. donja oplata 2,5 cm

7. podgled 2,5 cm

8. Pokretno opterećenje

0,025 •

8,0

= 0 ,20 kN/m

J

0,025 •

6,0

= 0 , 1 5 k N / m

2

0,08 •

14,0

= 1,12 kN/m

2

0,025 •

6,0

= 0 ,05 kN/m

2

= 0 , 1 2 k N / m

J

0,025 •

6,0

= 0 ,15 kN/m

2

= 0 ,25 kN/m

2

= 2 ,14 kN/m

1

P

= 1,25 kN /m

2

q

= 3,39 ~

~ 3,40 kN /m

2

Page 196: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 196/198

Nosači su na razmaku od 50 cm, pa na dužinski meta r jedno g nosača o tpada

q  = 3,40 • 0,5 = 1,70 kN /m

1

.

Raspon nosača

= 1,05 • 3,0 = 3,15 m

Statičko rješenje

1 . 7 0 - 3 . 1 5

2

  , , , ,

V T

M

m

„ = ^- g— - - g-i = 2,11 kN m

A - B ^ i ^ i ^ l i ^ S k N .

Dimenzioniranje

Prema izrazu 82.

M M ,

Od

Platice kao stropni nosači izvode se od mekog drveta II klase, pa je prema

propisima za drvene konstrukcije

o-

m

d = 10,0 N/mm

2

W , =

  2

J J ^ 2 U 000,0 m m >.

Nosač je pravokutnog presjeka širine 5,0 cm, a mom ent otpora m u je prema

izrazu 79.

W = ^

* 6

b h

1

^ - = 211 000,0.

6

Iz tog se izraza može izračunati potrebna visina nosača:

h , = 1 /6 - 211000 , 0

  =

  ,59

 m m =

  ,5,9

  cm.

f 50

Odabrana visina nosača je

h = 16,0 cm.

Nosač ima dimenzije 5 X

  16

 cm , a te dimenzije zadovoljavaju uvjet da nap re

zanje u nosaču ne prekoračuje dopušteno.

Osim tog uvjeta pri savijanju treba biti ispunjen još jedan uvjet, a taj je:

Page 197: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 197/198

stvarni progib nosača ne smije prekoračiti dopušteni.

Dopušteni pregib zadan je propisima i ovisi o vrsti konstrukcije i o materijalu.

Zadrvene s tropne grade on ne smije biti veći od //300, a za čelične traverce iznosi

1-1

a .

im

/• V

. • . •V . - ' - - . - . '

.• ' '.V.'

i

i

i

i

i

i —

1

/

5/16

1

1

1

1

1

i'i'i'i'i'i'niMi'i'in'i'nni*mu'iiiit'i>iiiu.i)i»iun'i'W'mo»nj>if<'i)i'i'i'i

50

CM

m

CM

CM

m.

CM

q-1 .7 kN/m*

f

rTTTTTTTTTTTT IM IIIL I

 llltJ

 llll l III IWf Ill lll

  HTTT̂ K

l-1.05-3.0-3.15

 m

SI .

  1 7 1 .

  Shema nosača stroja

U ovom je primjeru dopušteni progib

f, = 300 = 1 ,0 5 cm.

S t v a r n i p r o g i b  za  o v u v r s t u n o s ača ( s i . 1 7 1 ) i zn o s i

f - _ L

  Q

  '

L

*

384 E /

Prema izrazu 83. mora biti ispunjen uvjet

5 . q • /

4

  _

  f

384 E • /

Page 198: Građevna mehanika - Antolić

7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić

http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 198/198

Iz  toga se izraza može izračunati potrebni mo me nt inerci je, a iz njega potr ebne

dimenzije  nosača.

Modul

  elastičnosti drveta  je  prema propisima  za  drvo  E =  1 0 0 0 0 N / m m

2

.

5

  q - /*

S

  17 ft

384  E - f , „ ,

5

  17,0 • 300,0*  5 17,0 • 81,0 • 10"

384 1

 000 000,0

 • 1,05 384 10« • 1,05

68 8

 50 0

  , ,

A

_

  K 4

W

«  1707.6 cm*.