Upload
ivek
View
409
Download
35
Embed Size (px)
Citation preview
7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić
http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 1/198
Ivan Antolić
Građevna mehanika
Školska knj iga • Zagreb
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.
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
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
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
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.
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.
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 .
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.
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.
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).
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.
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.
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.
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.
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
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.
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).
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,
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:
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°
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:
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
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.
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
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.
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
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 .
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 • /.
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
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
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
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:
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 .
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.
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.
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.
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.
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.
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.
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
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 .
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.
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
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
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
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.
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
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.
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
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.
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.
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
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
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.
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-
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 .
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
:
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
.
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.
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
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.
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.
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 )
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 .
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
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
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
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
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.
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
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
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
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
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.
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
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.
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.
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
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
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).
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
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
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
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:
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 •
N»
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
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
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.
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».
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»:
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)
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
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
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.
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 ,
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
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).
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.
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.
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 ,
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.
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.
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 =
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
—
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.
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.
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.
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
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.
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-
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
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.
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
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.
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.
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
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
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
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).
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.
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.
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.
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
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
.
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
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
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 • \'
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.
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
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
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
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.
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).
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
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
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.
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
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
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
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
^ =
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
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.
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
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
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
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
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
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
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).
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
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-
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
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
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-
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
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).
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.
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):
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
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
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
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:
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
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.
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 ) .
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
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).
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 .
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
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
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
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)
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.
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
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,
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.
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
.
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
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.
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
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 - —« •
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
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
*
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
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
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
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 .
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
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
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
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
7/17/2019 Građevna mehanika - Antolić
http://slidepdf.com/reader/full/gradevna-mehanika-antolic 192/198
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 * = /,
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)
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
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:
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 • /
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*.