96
BIBLIOTEKA PRIMIJENJENE MEHANIKE - Svezak I Znsk: 9130 SV Izde",_: Prof. dr. OSMAN MEHANIKA I (STATIKA) Imanje Uftldnlk bIbIlo""": Prof. dr. IVO StnJ4ni ff!lCef/zMtl: Prol. dr. STJEPAN Prof. dr. IVO I_lili: KNJIGA Zllllreb.Jurtll_l0 ZS ltdm:M!s: Ing. ZVONIMIR Urednik lzdenjs: Ing. TOMISt.AV Tl""': HRVATSKA TISKARA. Z,g .. b TIskano u :WOO primjeraka Tlule dOVMfI: U PROSINCU 1991. cl O. 1983. YU ISBN 86.7reg.149.9 Prof. dr. OSMAN redovni1l r ofcsor .strojarstva J brodogradnJI!. ti Z:grcl>u MEHANIKA I (STATIKA) TEHNICKAKNJIGA ZAGREB

Mehanika I Statika Osman Muftic

  • Upload
    mikam

  • View
    424

  • Download
    52

Embed Size (px)

Citation preview

Page 1: Mehanika I Statika Osman Muftic

BIBLIOTEKA PRIMIJENJENE MEHANIKE - Svezak I

Znsk: 9130 SV

Izde",_: Prof. dr. OSMAN MUFTIĆ MEHANIKA I (STATIKA) treće Imanje

Uftldnlk bIbIlo""": Prof. dr. IVO At.FIAEVIĆ

StnJ4ni ff!lCef/zMtl: Prol. dr. STJEPAN JECIĆ Prof. dr. IVO ALFIREVIĆ I_lili: 1:zdlMJ;Čko trgovačko poduzeće TEHNiČKA KNJIGA Zllllreb.Jurtll_l0

ZS ltdm:M!s: Ing. ZVONIMIR VISTRIĆKA

Urednik lzdenjs: Ing. TOMISt.AV STRUJIĆ

Tl""': HRVATSKA TISKARA. Z,g .. b

TIskano u :WOO primjeraka

Tlule dOVMfI: U PROSINCU 1991.

cl O. Multić. 1983.

YU ISBN 86.7reg.149.9

Prof. dr. OSMAN MUFTIĆ redovni1lrofcsor FalF;l,ll(~~ .strojarstva J brodogradnJI!. Sveu4th~ta ti Z:grcl>u

MEHANIKA I (STATIKA)

TEHNICKAKNJIGA ZAGREB

Page 2: Mehanika I Statika Osman Muftic
Page 3: Mehanika I Statika Osman Muftic

PREDGOVOR PRVO,M IZDANJU

Jedan od glavnih razloga učenja Predmeta Tehnička mehanika jest razvijanje jednostav­nog i !ogičnog načina mišljenja u studenata tehničkih fakulteta pri analizi nekog tehničkog zadatka. Taj se lOgični put razmišljanja temelji oVdje na tri zakona mehanike uz prihvaćanje nekih potrebnih dopunskih temeljnih načela i aksioma.

Glavna značajka pristupa kojim se ovdje koristimo jest, prvo, ograničavanje naših zadataka na kruta tije1a (statika krutih tijela). Još je jedna, posebna značajka tl na~ pristuPUt a ta je da smo u statici pošli._ nakon uvođenja temeJjnih principa, od prostornih zadaća. dakle, od opteg oblika, da bismo niže oblike zadaća (ravninske i konkurentne) prihvatili kao posebne primjere općega. Takav je pristup. možda. naizgled nešto teži, jer odmah na početku zahtijeva n~to veću pozornost pri studiranju, aji se ubrzo pokazuje kao vrlo praktičan, jer bitno smanjuje opseg gradiva. U ostalome je zadržana uobičajena podjela gradiva, ali tako da se u opsegu ovih skripata nalazi samo statika krutih tijela.

Na kraju valja istaknuti da ova skripta treba da služe samo kao poticaj pri 'itudiranju predmeta Tehnička mehanika i da su načinjena tako da mogu biti podsjetnikom. a nipošto jedinim izvorom studiranja.

U Zagrebu, u svibnju 1981. Osman Murtić

SADRŽAJ

PREDGOVOR .... , ...... . I, ZADATAK I PODJELA MEH.\NIKE ,.,., .•..•.. " ... , •. ,., ..•......

1.1. Zada~ prin~pi i. ,metode Mehanike _ • , ...•. o , • , •• _ ••••• , • o •••••

1.2. Temeljni poJmoVl ,." ... _ ....•.•.•.. , ..••............ _ .....

l. OPĆA PRAVILA STATIKE KRUTU! TIJELA " .•.• , .. ;.,;., •...• " .....

2.1. Pojam krutog lijda .. :· •.. ···· •.. 0 ••• ••• •••• ··.: •• ····,.·····

2.2 Posljedice djelovanja sile na tije~ ..• ',: . , .•............ , . , ........ . 23. Pravilo paralelograma S11a (l. akslom statike) •••.•..•. :'.,. , .• '0' •.••.•• , . ,

24. Primjena pravila o paralelogramu sila k.~da nekoliko sda djelUje u toru o' •••••••••

2.5. Sile djduju u raznim tookama krutog tijela .••• , .• , ..•. , .•.•. , ..•.•• ,. 2-6. Pravilo i:wlacije.'m reza •• , •.•.•• ': ....•. , . , •..••.....• , ... - .• , , 2.7. Pravilo o pomicanju hvatilta sile ., ••...• , •••..•. , •.... , ••.•.••• ,.

3. OSNOVNI POJMOVI IZ GEOMETRIJE SILA ,.".,.,., •• "" •. "".,.,

5

9

9 10

IS

IS IS 16 16 II 18 18

19

3.1. Oplenito .,',., .• , .• , , • , , . '.' , • , •. , , , , , , , . , . , , , ... , , • , , . . 19 II Od""'i.a.jc rezul ..... metodom plana sda '" •... ,"', .. '" , .• , , '" , , . . . 19 3.3, Odredivattic n:zu1tante 'If:ri1nim poligonoin ., .••..... , ..•• , ••... , _ . . . . 20 3.4. Svojstva poligona' i verifnog poligona ..... ~ •....•. , .•..•••.•... ~ •. , 21 3S Moment siIe za točku .•...•..•• ' .•.. , , •.•.•• , , .•...•.. ',' o ••••• _~" 22 3:6: Mornentnoprav~o ...• ,' •....•• ,0;:., •.• :-. :-:'.- .•• ';--:--:-:-:--.-:::-:--:-.~:-; 25 3.1. Spreg sila ..... , o •• , • , •• , •• , •• , • " ••••••••••••••• , • • • • • • • • 26 3.S. Transformacija sprega sija •....•• , ••.• , _ •••...•.• , , •• _ . . • • • . • . • 21 ),9, Redukcija sile , •• " ....•.....••• " .. ~ ••.•.•. o ••••••••• , • • • • 21 3.10. Minimalna'vrijednost momenta silI! i sredi§oja ili centralna os ., .•.... o , , •• _ • 31

RJjdool zadad Iz pogl. .. ljt 3 ... '" . • . . . . . . '" . . . . '" .." '" . . . '" '" , , '"

4. UVJETI RAVNOTEžE .,., ....•.•.•.. ,", .....••. , .• ,,', ....••.

4.1. Prostorni skup sita ... ,.,' ' .... , ..•. _ o • , •••••••••••• , ••••••••

4.2. Analitički uvjeti ravnoteže ........ , ............... : ............ . 4,]. Ravnotda skupa sila II ravnini koje djeluju u različitim toB:.ama tl,lCla •.••••• ".,. 4.4. Grafi~ki smisao uvjeta ravnQteže . _ . o : ' •• : ••• " ' • : • o •••• '" ••••• , ••••

4.5. Primjena graftčkih meloda kod ravnote1mh stanja ravnuwnh skupova sda ., .. , .

ru~nutadlz.poglnIJa4 ..... o ••• _. ",." o ••••• 0'.' ••.• 0.".

S. UVJETI RA.VNOTEžE KADA DJEWJE IRENJE , .•.....•.... , .•.......

5,1. Općenito o trenju •..••.....• _ ..... " .• , .•... o •• , •• ' , ••••••••

5.2. Tekućinsko trenje •.•. , •.. , .. , •.•.• , .•.•.....• , , . o ••••••••••

::;,3. Unu(ra.§nje trenje .. ' ••..•... , •••. ,..... , ..• , .••..... , •• , ' 5.4. Trenje kotrljanja ., .•..•. , ••..•..•......•• , ....•.....•...•.. 5.5. Suho trenje •....• ' .•.. > ••••••••••••••• " •••••• ' •• ~.' S.6. KUI trenja ......••.... _ .. , .....•••.•..•.....•• , . o •••••••

5,1. Konus trenja ... " ....•. , ..••...• , •••...•...•..•..•..•... ,. 5.S. 'frenje na kosini .•.••..•••••.••••• , •..••••• , •••• , ••••..• ,.

3l

53

53 54 S6 Sl SS ~

71

11 11 72 13 13 74 75 76

7

Page 4: Mehanika I Statika Osman Muftic

5.9. Ravnoteža )dina ••..••••••••.•••.• , .. , •••.•..... , ......... . 5.10. Trenje rotirajućih tijela ..... ,.......... . .............. . 5.11. Radijalni ležaj •....•.•••••..•..• , .•....•.. ", .... , ......•.. 5.12 Aksijalni Iclaj ........•.... ,., ..•.•.. , .. ,." •...........•.. 5.13. Trenje užeta: •..•.. . •.••.• , , •• , ..•. , " , .. , , ..•.......

,Riješetd zadati iz poglavlja 5: ."

J NOSACI .............. • ............................... .

6.1. P~upiranje tijela •. , •• , •• , •• ,.. • , , .. .. . .•. , .•••.•.•... , 61.. Metode određivanja unulra!njib sila , .. ,.. . •..•.......••.........

6.2.1. Analitički postupak .. o •• o • o • •• • •• ",.,', ••• , •••• , •••••••

6.22. Konvencija o predmacima ~ o ••• •• , •••••••••••••••••••

6.23. Značenje i odnos unutrdnjih sUa ••.•• ,., ••••• ". o ••••••••••••

6.2.4. Grafičko određivanje dijagrama M i F fl ••• , •••••• , ••.•.••......• 6.2.5. Opterećenje grede spregom sila ., ••••• , •••• o •••••••• o ••••••••

6.2.6. Opterećenje grede spregom sila i koncentriranim teretom 'o •••• o ••••••••

6.2.7. Greda opterećena trokutnim kontinuiranim opteretenjem .... " .•...... , 6.1.8. Nosač opterećen II dvjema međusobno 'okomitim ravninama ••........•.. 6.2.9. Posredno opterećenje nosača ... , .• ,. o , , o •• , • , , " •• , , ••• , •••••

6.3, Slot.eni ili Gerberovi nosači ........• , .• , ..•..•.... , ..... , ..... . 0.3.1. Općenito ....•..•.• "." •••••.•••.••..••. " •••• " .•... 6.3.2 Analitička metoda određivanja diJagrama M i F tj Gerber(lVih 00SQč:a , .••••.• 6.3.3. Grafičko određivanje dijagrama \' i F O Gerberovih nosača ••.... , . , , ... .

6.4.0kviminosači "." ••••.••. , ••.••..• , .. , ............... . 6.4.1. OpĆlcnito , ..• ' ... , ... ; . , .......•... , ......•........... 6.4.2. Određivanje reakcija i dijagrama M. Fa i Fn .... , ................ . 6.4,3. Odrecfivanje reakcija kod zakri'f'ljenog lfozglobnog nosai!:a ...... ,' .•.....

6.5. Ravnoteža 1'3vnih rdetkastib nosai!:a ........... , .. , ............... . 6.5.1. Definicije .. , •••••.••.•••••..• , ....•.................. 6.5.2. Metoda čvorova, recipročn.i plan sUa ...•..•.... , .............. . 6.5.3. Kontinuirano op(ereće~ na rdetki ••...•........ , ............ . 6.5.4. Ostale metode odredivanja sila u ~tapovima. Metode presjeka ........... .

1Uje:šeni zadaci iz poglavlja 6 . , .••.. , .• , .', •.• , , •..•.......•.........

7. GEOMETRIJSKE ZNACAJKE. TIJELA J PLOIIA

1,1. Težište ...............•..... , •. ,. . , ... ' ............ . 7.1.1. Općenito .... , .. ,.. . ................ . 7.[,2 Težište ravnih ploča _ o • , o • ' •• , , • ..' • ' ••••••••••••••• , •

7.L3. Te~te povr§ine i linija ... o • • • • •• • •••• o " •••••••••••••••••

7.L4, <X!ređivanje težilta integriranjem OO • : ••• o • , o ." ., •••••••• _ •••••

7.2. Geometnjski momenti inercije. .,. . . • ' .... " . , " ....... , , ... , 7.21. Smisao i definicija geometrijskih momenata inercije ....... , ......... . 7.22. Osnovni tooremi o momentima inercije ..• .• o • • • • • • • • • • • • • • • • • •

1.23. fl.lomenti otpora ...........•.••. • . o ••••••••••••• , ••• ,

1.24. Polumjer inercije ...... o •••• o •••••••••••• , ••••• , •••

7.2.5. Momenti ineraJe za različite OSl k.roz istu točku o... . .... , ........ . 1.1. Mohrova kružnica inercije . .......•.. ." . • . . . . , ...• 1.4. Elipsa Ineretl" . . . . • . . • • . . . . • • . • .• .. . ................ .

Rije§eoi zadacl iz pogla'rlja 7 .. , .......•.... , ........ , .... , .. , . , ... .

8. LANCANICE .................... ..

8

S.1. Opeeni[o ............ , ......•. 8.2. Parabolična Ial1čanica ........•..•... 8..3. Obična JančarJica

Riješeni zadaci iz poglawlja 8 ......... , .. , ....•...... , ..•....•. , ... .

LITERATURA

79 80 81 82 SJ

84

97

97 98 9&

100 101 104 105 108 109 !lO III III III m !IS 115 tiS ll7 121 121 121 m 125 126

128

157

157 157 158 159 160 161 161 162 164 . 165 166 167 166

169

177

l77 178 180

183

191

--, '~', .

1. ZADATAK I PODJELA MEHANIKE

1.1. ZADACI, PIUNCIPII METODE MEHANIKE

Opažanje je prirodnih pojava II prirodi staro Koliko j čovječanstvo. U mnoštvu tib pojava ljudi su postupno uočavati stanovite sličnosti i zakonitosti pa su tako malo pomalQ pretvarali pojavnost u spo:maju i napokon u znanstvenu misao. Pri tome je čovjek 'spoll1ao i to da na neke od tih pojava može utjecati ili ih iskorišlavati., pa jh čak posvemu podvrgnuti

. .vojoj voJji.

Mehanika (koja je to ime dobila tek po Galileju) kao grana prirodnih :manosti takoder se temelji na opažanju, iskustvima, pokusima i napokon na teoriji. Naziv mehanika dolazi od grčke riječi .. mebane· ... !to ima mačenje stroja ili sprave. Mehanika. koju često nazivamo i Klasična rnebaDJK,a .. kao manost se javlja još II starih Grk~ medutim svoje suvremene temelje poprima svojim najvećim poticajem u znamenitom djelu sir Isaaca Newtona "Matematički principi prirodne filozofije" koje je objavljeno 1687. godine. Osim temeljnih zakona, Newton uvodi II mehaniku i infinitezimalni račun,. što je omogućilo daljni uspjehn razvitak mehanike. Pored Newtona razvoju mehanike malnO su pridonijeli jO~ i Huygens, llemou1li. Euler. d'Alcmbert, Poisson, Hamilton, Poinsot. Hooke, Navier. Co'Womb, MaxweU. Young; mnogi drugi.

SUvremelUlll1ehanil:a je samostalna manost koja se često naziva i mehanikom kontinuu­m~ gdje se pojave gibanja materije pretežno proučavaju teorijskim putem služeći se samo matematičkim sredstvima. Međutim? radi praktičnih potreba II koriitenju mehanike kontinu~ uma uvode se brojna pojednostavljenja pa već prema potrebiodetle proistječu različite teorije, područja i napokon Tehnička mehanika kao, rekli bismo, zasebna discipiIna mehani­ke. koja se praktično koristi II rješavanju inženjerskih problema.

U skladu s prije rečenim, onaj dio mchanike odakle potječe tehnička meh.nika proistječe jz podjele mehanike na:

mehaniku krutih tijela,

mehaniku defo!1D.bilnib lijel. i

mehaniku fluida ili hidromehaniku.

Mehanika krutih tijela se može dalje podijeliti u ,t.tiku i dinamiku, a ov. posljednja u kinematiku i kinetiku. Statika proučava kruta tijela u Slanju mirovanja ili jednolikog gibanja, a dinamika u stanju gibanja.

Budući se mehanika II svojim proučavanjima ponajviše bavi različitiin prirodnim pojavama, ona često poput matematike, javlja se interdisciplinarno i II Uzici. Staviše, radi to­ga često postoji .neispravqo mišljenje da je mehanika dio fizike, dok:: medutim, nikome ne pada na um da bi matematiku. koja se također primjenjuje i u (1Ziei. smatrao dijelom fu:ike.

9

Page 5: Mehanika I Statika Osman Muftic

Mehanika je temelj i brojnim drugim inženjerskim znanjima i discipJinama postajući tako njihov sastavni dio. U strojarstvu je mehanika temeljni predmet. DapaZ:e, II mnogim jezicima ona upravo i """"ča.a strojamvo. Tako je npr. u engleskom jeziku pojam strojarskog inženjera - mehanički inženjer.

U ovoj knjizi pretpostavljamo prou~vana tijela apsolutno krutim, štO znači da tijela bez obzira na veličinu djelujučih sila neće biti deformirana, Stvarne konstrukcije i strojevi nisu nikada apsolutno kruti jer se pod optete&njem deformiraju. MeđutiIn, te su defQrmacije običnQ tako mate da pretežno ne utječu niti na uvjete ravnoteže niti na gibanja tije1a koja proučavamo pa ih iz tog razloga možemo izostaviti. Pristup u ovoj knjizi je temeljen upravo na tim pretpostavkama m:f.enjerske ili tebničke mehanike.

U mehanici pored teorijs'kog pristupa postoje i druge metode rada koje su danas vrlo raširene. Među njima se posebno ističe tzv. eksperimentalna mehanika koja se obično primjenjuje ili kao na~n potvrde ra.z1i~tib teorijskib postavki ili se pak koristi kao samostal­na grana mehanike, posebice u onim primjerima kada ne možemo zadatke lipiti analitičkim putem.

Temeljni su principi mebanike sadržant II tri Newtonova zakona. zatim· u zakonu o paralelogramu sila, u načelu slobodnog pomaka sile duž njena pravca djelovanja i n.pokon u načelu izolacije tijela ili pak jednoga njego.a dijela. K tome, yalja spomenuti kao principe mehanike još i Newtonov zakon gravitacije, tri Keplerova zakona. premada za njih i brojne druge principe i načela možemo reći da proistječu iz prvih šest principa.

t.2. TEMELJNI POJMOVI

Prostor. Prostor je trodimenzijsko geometrijsko podru~e, koje naravno, može imati woje dvodimenzijske ili joonooimenzijske oblike.. 'kao što su pravac ili tOčka.

K .. nlinatoi sustav. Položaj promatranog predmeta kojega analizir.mo u zadacima uehan.ike u prOizvoljno izabranom prost:oTut relativno se odreduje prema koordinatnom ;ustavu. Između mnoštva različitih oblika koordinatnih sustava mi najče!6l odabiremo praVOkutni desni Descartesov ili Karterljski koordinatni sustav, Izbor je upravo ovakovog K.oordinatnog sustava ll"jetovan konvencijom ili dogovorom o izboru predznaka pomaka i rotacija. koji su često predmetom proučavanja II zadacima iz mehanike. U tzv, klasičnoj mehanici je primaran inercijski koordinatni sustav ill astronomski referentni sustav. koji je stvoren od zamišljenih osi pravokutnog sustava ikoji nema niti trans!acijskih niti rotacijskih pomaka, Mjerenjima je dokazano da zakoni mehanike vrijede u ta.kvu sustavu ako su brzine gibanja tijela zanemarijive s obzirom na brzinu svjetlosti. Veličine ut~rđene prema takvu sustavu nazivaju se apsolutnim veličinama.. a koordinatni se sustav smatra nepomičnim II

prostoru. Što višt; ako se takav koordinatni sUsta'· pričvrsti za povmnu Zemlje. tada se u brojnim mehaničkim :tadacima može smatrati takav sQStav ;,.akođcr nepomičnim u prostotu, jer je odstupanje od. temeljnih dinamičkih jednadžbi neuvaži.o.

Položaj je točke u takvom koordinatnom sustavu određen S tri koordinate, tj. s tri dažine koje se mjere od referentne točke ili i.hodilt .. u tri data pravca.

Vrijeme se: u klasičnoj mehanici smatra univerzalnim, tj. ono nepovratno teče uvijek na isti način i bez obzira na iz;oor referentnog "oordinalnog sustava. prema tome, vrijeme je skalama veličina koja se stalno mijenja, pa se zbog toga tl jednadžboma obično nzima kao argument ili ..... visna varijabla. Jedinica je vremena sekuoda, (s~

10

Masa. Uz pojmove prostora i vremena u meha.ici je .""""na kao dopun,ka značajka tijela - njegova m .... Jedini<a je za mas. kilogram (kg). Koncepcija '" ",... koristi za obilježavanje i usporedbu tijela na t<melju osnovnih pokusa u mehanici. Tako g, na primjer. dva tijela iste mase biti pri.1a6ena od ",",Ije na.is.i način. a istodobno g, posjedo .. ti i isti otpo. za tr.nslacijsko gibanje.

Polazeći od tih načela. tj. od defmicije prostora, vremena i mase. sir lsaac Newton je prvi postavio korektno temeljne zakone mehanike, koji glase:

l, zakan

,..Corpus omne praeservare in statu suo quiescendi ,el movendi um/ormirer in directum. ~isi quatenus ilIud a viribus imprwis Cf19itur Istatum suum muu.lTe.··

Što u prijevodu znači: "Svako tijelo osto je u stanju miroranja ili jednolikog giblltfja po pravcu sve dok neka dia koja na "gega dje'uje to stanje ne promijeni."

Taj se zakon često naziva zakon inercije.

II. zakon

,,,Mutationem motus proportio~m esse vi motriti impreMae eC Jeri .secvndUht lineom rectam, qua vis illa imprimiu.U'. u

To znači: "Ubr:<mje je proporcionalno sili što djeluje na cijelo. a zbiva se u smjeru djewvanja sile. il

Ill, zaJeon

.. Adioni c<mcrarlam semper et aequalem fMt3ionem:' A to znači: ,.Akciji Je uvijek jedNJM i suprotno usmjerena reakcija." Taj se zako·n 'čelo naziva i ,.princip akcije i refikc1je.'·

U gornjem smo tekstu upotrijebili neke pojmove koji nam se an. obično jasnim sami po seb~ a to su bili poj_vi: sila, ubrzanje, akcija i reakcija. prvim je zakonom uvjetovano postojanje sile. U drugom se govori O ubn:a.nju. tj. promjeni gibanja.. samo ~to se ovdje podrazumijeva količina gibanja, a ro je umnožak mase tijela i njegove brzine, tj. (mv). Prema tome drugi se zakon može izraziti sljedećom jednadžbom:

"' .. --...., d (iiiv, F '1' --= ttf

dt . dv

m-=ma=F, dr .'

(l.l'

koja definira silu kao vektorsku veJičinu. Jednadžba (Ll) obično se naziva temeljnom vektorskom jednadžbom mehanike. Iz te jednadžbe .lijedi da je sila jednaka promjeni količine gibanja II vremenu, a istodobno je jednaka umnolk:u izmedu mase i ubrzanja, a djeluje u smjeru ubmnja.

--I.n:§Ju.ak.oll.!!'J1l!li za .lIh~ pojma sile. lznjega.pr!1istieče da»e.sile. pr.ooijenIj~ _jlLstaI_v~ .. , _>isno od njihoy,,_i:z.!'0ra. os!!,ju~jcl.2 !':ijeme~-LS);l~!ll0 __ -"-,,-------_... ..-

II

Page 6: Mehanika I Statika Osman Muftic

USIIljerene. I upravo nas taj pristup dovodi do IZv. principa izolacije tijela, koji nam omogUćUje jasnu predodžbu o djelovanju sila. " .

~~~y.9.i~~rma~~~je_._d~. se opir~ promjeni gibanja naziva se inercijom. M~ru inercije karakterizira masa tijeta i nJenn raspored.

CestiC2. za proučavanje gibanja tijela stvarna su tijeJa često· s1ožena~ a opisivanje promatrane pojave opterečeno je mnogim sporednim uqecajima. Zbog loga uvijek težimo da istaknemo samo bitne elemente. pa se onda umjesto promatranog tijela proučava neko zami§Jjeno tijelo j pojava koji su modeli prirodnog zbivanja.

U tom je smislu u dinamici osobito važan pojam čestice. U svim onim primjerima kada se gibanje može opisivati gibanjem jedne točke tog tijela (obično sredEl. masa) kojoj pridružujemo svu masu~ tijelo se može promatrati &stioom. Tako~ na primjer t pri trnnsl.cijskom gibaoju gibanje tijela uvijek možemo proučnvati kao gibanje bilo koje ločke tijela u kojoj je koocentrirana njegova masa. Znači. tijelo kojemu možemo zanemariti dimemije u proože.anom primjeru. nazivamo čeotioom. često se čeotiea promatra k.o diferencijalni element tijela. U li_turi se mogu nazi jo! izrazi .,materijalna Iočka"m ,,sitno tijelo", kojima se misli na pojam šio ga ovdje nazivamo <!estioom.

Graritacija. l zakon gravitacije prvi je jasno formulirao I. Newton, a može se izIaziti jednadžbom

P-K m,,,,,, - ".. (1.2)

gdje je F privlačna sila izmedu dviju ~ca, K univerzalna gravitacijska konstanta. "'" i m, mase d\'iju čestica, a r udaljenost između sredi!ta 6:stica.

Iz gornjeg izraza proistječe da privlačna sila zadovoljava zakon akcije i reakcije sve dok su sile jednake i suprotna smjera duž pravca što spaja središta promatranih čestica. Pokusima je utvrdeno da gravitacijska konstanta ima vrijednost

K=6,673' !o-u m' kg-' .-'.

Gravitacijske sile postoje izmedu bilo kojeg para tijel.. N. povIDo.i Zemlje osobito je tum jn. takva sila - privlačna sila zemije koj. se naziva težinom. sila gravitacijskog djelovanja Zemije na pojedina tijela zavisi od relativnog položaj. tijel. spram sredil!ta Zemlje. Prema oprem zakonu gravitacije međusobni je utjecaj dvaju tijela. budući da zavisi od mase tijela, obično malen u usporedbi s privlačnom sitom Zemlje, kojoj je masa mnogo veća pa se taj utjecaj izmedu Zemlje i tijela može u većini zadatak. amatrati kao jedini utjecaj. Sila teline djeluje na tijelo bez obzira da ti ono miruje ili se giba. To se sila izražava u međunarodnom sustavu jedinica njutnima (N). Međutim, uobičajeno je u praktičnom životu da se "težino" iumva .,kilogramima", pa ovo ističeooo da bismo izbjegli eventualne nesporazume, jer ćemo ovdje pod pojmom .. leiine" smatrati silu izraženu u njutnima (N).

Svako tijelo ispU§,eno na odredeno j visini od razine Zemlje padat će u zra\:opr1lZllOm prostoru s jednakim gravitacijsm ubrzanjem, pa ako &gedaačimo jednadžbe (1.1) i (1.21 imamo daje

K ... g=-;z, (1.3)

gdje je ... =5.976'10'" kg masa Zemlje, r=6,37HO' m njezin polumjer, a K gravitacijska konstanta; odatle slijedi da je

g=9.824 mir. .' "

12

Medutim. budući da Zemlja nije kugla, već ima zbog vlastite rotacije spljoštene polove. gravitacijska se konstanta računa s pomoću medunarodne gravitacijske formule koja gI.si:

• g=9,78049 (I +0,0052884 sin r-0.0000059 sin' r), (1.4)

gdje je y geografska širina~ a g se izražava u mjsl. Usporedba između aps.o~utne gt'~vitacijs~e akceleracije nerotirajuće i rotirajuće Zemlje lt zavisnosti od geografske šlnne y pnkazana Je

mj,' ~84 - .~

.. 9,/13 ~

9.82 .Q • ~ 9.81

tL.-p' V i1

! :~ 9.80

·1 9.79

'" 9.?II ~ V

:J(f' 6f1' 9(f

Geografsko Jirina

Slika 1.1. GrafIČki prikaz apsolutne gravitacijske akceleracije rotirajuće (krivulja J) ; oerotiraju« (krivulja 2) Zcmlje u zavisnosti od geografske ~rine

na slici 1.1. Apsolutna se gravitacijska akceleracija može izral:unati s dovoljnom tOČDo!ćU ako se relativnom ubrzanju, jednadžba (1.41 doda vrijednost 3,387' !O-l. COs'l ms-'.

U većini se inženjerskih zadaća za vrijednost gravitacijskog ubrzanja odabire vrijednost od 9,81 m/s', Ito približno odgov.ra geografskoj lirini od y=45·.

Napome.., Crteži. knjizi (posebno grafička tješenja) radi smanjenja za tisak izradeni su u mjerilu koje se ne izražava u cijelim brojevima, pa kod izrade zadataka to treba imati na umu.

13

Page 7: Mehanika I Statika Osman Muftic

usm~!.~,' 1 upravo nas taj pristup dovodi do tzv. principa' izolacije tijela, koji nam omOgućuje jasnu predodžbu" djelovanju sila,

Jn:e,~.i+ ~ S!~S1\',Q ma~je d~ se opir~ promjeni gibanja naziva se inercijom. Mj~ru inercije karakterizira masa tijeta i njezin raspored. -

Cesi:ka. za proučavanje gibanja tijela stvarna su tijela često ·složena. a opisivanje promatrane pojave opterećeno je mnogim sporednim utjecajima. Zbog toga uvijek težimo da istaknemo samo bitne elemente, pa se onda umjesto promatranog tijela proučava neko zamišljeno tijelo i pojava koji su modeli prirodnog zbivanja.

U tom je smislu u dinamici osobito važan pojam čestice. U svim onim primjerima kada se gibanje može opisivati gibanjem jedne točke tog tijela (obično središta masa) kojoj pridružujemo svu masu, tijelo se može promatrati a:sticom. Tako, na prunjer. pri !ransl.cijskom gibanju gibanje tijela uvijek možemo pooočnvati kao gibanje bilo koje točke tijela II kojoj je koncentrirana njegova masa. Znači. tijelo kojemu možemo zanemariti dimenzije u proučavanom primjeru~ nazivamo česticom. često se čestica promatra kao diferencijalni element tijela. U filetlituri se mogu naći jo§ izrazi ,,materijalna točka" ili .,sitno tijelo'" kojima se misli na pojam što ga ovdje nazivamo česticom.

Grantaclja. I ,"",on gravitacije prvi je josn;) formulirao I. Newton, a može se izraziti jednadžbom

F-K mi'" - r" (1.2)

gdje je F privlačna sila između dviju česticaJ K univerzalna gravitacijska konstanta. ml i ~ mase dviju čestica, a t udaljeno.st. između središta čestica.

Iz gornjeg izraza pr~istječe da privlačna sila zadovo1java zakon akcije i reakcije sve dok su sile jednake i suprotna smjera duž pravca §to spaja središta promatranih čestica. Pokusima je utvrđeno da gravitacijska konstanta ima vrijednosl

K=6,673-1O- 1l ml kg-t S-2.

Gravitacijske sile postoje izmedu bilo kojeg para tijela. Na pOvršini Zemlje osobito je izražajna takva sila - privJačna sila Zemlje koja se naziva težinom. Sila gravitacijskog djelovanja Zemlje na pojedina tijela zavisi od relativnog položaja .ijela spram središta Zemlje. Prema optem zakonu gravitacije medusobni je utjecaj dvaju tijela. budući da zavisi

. od mase tijela. obično malen u usporedbi s privlačnom silom Zemlje, kojoj je masa mnogo veća pa se taj utjecaj između Zem!je i tijela može II većini zadataka smatrati kao jedini utjecaj. Sila teži"" djeluje Da tijelo bez obzira da ti ono miruje ili se giba, Ta se sila izražava u međunarodnom sustavu jedinica njutnima (N). Medutim. uobičajeno je u praktičnom životu da se ,.tefjnaH izražava ~,kitogramima'\ pil ovo ističemo ·da bismo izbjegli eventualne nesporazumef jer temo ovdje pod pojmom .,težine" smatrati silu izraženu u njutnima (N).

Svako tijelo ispu!teno na određenoj visini od razine Zemlje padat će u zrakQpraznom prostoru s jednakim gravitacijskim ubrzanjem, pa ako izjednačimo jednadžbe (Ll) i (1.2), imamo daje

(1.3)

gdje je "..=5,916'10'" kg masa Zemlje, r=6,371 ' 10" m njezin polumjer, a K gravitacijska koost&!ta; odatie SIijOdi da je

g=9.824 ml"'.

Medutim. budući da Zemlja nije kugla, već ima zbog vlastit~ r~.tacije spljollCru: polo~e, gravitacijska se konstanta račUna s pomoću međunarodne gravitaCIjske formule kOJa glasI:

g=9.7&049 (l +0.0052884 sin 1-0,0000059 ,in' rl, (1.4)

gdje je r geografska širina, a g se izražava.u mfs'. Usporedba izmedu aps,olulne gravitacijske akceleracije nerotirajl%Će i rotirajuće ZemiJe u zav1Sllos11 od geograJske šlnne 'Y prIkazana Je

Slika

mis· '9,{U ~

~ Sln , 9,82 .Q

>

~ 9,81

IL- I-- J.,..-1:1

~~ 9,IJO o E 9.79 '. ~ 9)8

V

GeografskO Jirina

1.1. Grafički prikaz apsolutne gravitacijske akcderooije rotirajuće (krivulja 1) i nerotirajuCe (krivulja 2) Zemlje u zamnosti od geografske finne .

nil slici 1.1. Apsoluu~a se gravitacijska akceleracija može izračunati s dovoljnom točnoŠĆu ako se relativnom ubrzanju. jednadžba (L4~ doda vrijednost 3,387' 10-1

, oos'yms~ '. U većini se inženjerskih zadaća za vrijednost gravitacijsk.og ubrzanja odabire vrijednost

od 9.81 mIs'. ~to približno odgovara geografskoj širini od 1=45·,

Napomena: crreži tl. knjizi (posebn;' grafička rješenja) !"di smanjenja .. tisak ~~i su u mjerilu koje se ne izražava u cijelim brojevima, pa kod lZI'Ode zadataka to treba ,mati Da

umu.

Page 8: Mehanika I Statika Osman Muftic

2. OPĆA PRAVILA STATIKE KRUTIH TIJELA

2.1. POJAM KRlJfOG TIJELA

Prije nego što uvedemo opće principe statike definirat ćemo pojam krutog tijcl •. Nadalje ćemo pod pojmom krutog tijela razumijevati skupinu čestica. ~lO su međusobno povezane takvim vezama koje se pod djelovanjem bilo kako velikih sila ne deformiraju. Tako će kruto tijelo. bez obzira na veličine sila ~to na njega djeluju, ostati uvijek nedeform.irano, Ovako pretpostavljenog tijela nema u prirodi, međutim ta nam pretpostavka omogućava tje!avanje brojnih zadataka s(atike, oo. obzira na dimenzije takva tijela.

Jednostavno je odrediti reakcije .. u osloncima.·jedoOS!a"!l91L nQSaČ3..Jcoji·je -tl. aredini op~on"""lrira.ii~~ si!0lJ!,...V!ličine su tih ~~~.~ polovici. sUe št.o djeluje II sredini. U reatitom pnmjCtU. veličitla)e1e iSte Sllc ogramčena dimCJl1lJama 1 vrstom materijala nosača te njegovim: rasponom.

2.2. POSLJEDICE DJEWV ANJA SILA NA TIJELO

U skladu s Newtonovim zakonima djelovanje će se sile očitovati u pravocrtnom gibanju tijela u pravcu djelovanja sile iIi, pri djelovanju momenta ili sprega. u rotaciji tijela oko osi u kojoj leži vektor momeota. tj. sprega. Budući da želimo sUe opisivati vektorima, potrebno je -pokusima pokazati'da sc takva upotreba slaže s P!8vilima koja vrijede za 'lektore.

SUka 2.1. DjelQvanje dviju sila na tijelo u ravnini

Radi toga ćemo razmotriti način kako temo sastavljati dvije SIle II ravnini koje djeluju na jedno tijelo u d\'a smjera.

Na tijelo u.ravnini djcluje ,ila F7 i sila F; (sl. 2.1). Zbog djelovanja =dtante obiju sila tijelo a: se gibati u pravCu djclovanja rezulta.te. Put koji tijelo prijeđe proporcionalan je veličini rezultante. Kako da odred$mo veličinu j smjer rezultante1

IS

Page 9: Mehanika I Statika Osman Muftic

2.3. PRAVILO PARALEWGRAMA SILA (I. AKSIOM STATIKE)

Dvije sile koje djeluju II raznim smjerovima na točku M slažemo pomoću pravila o --+ .

paralelogramu sila. Izaberemo mjerilo sila. U hvalištu sile FI postavimo (sJ. 2.2) odsječak --+ --+

MB, koji nam predstavlja siluij. i odsječak MC, koji nam predstavlj~i1u Fl" Kroz točku B povučemo paralelu sa silom F 2' a kroz točku e paralelu sa silom Fl" Sjecište tih paralela

--+ --+ označimo sa D. Dužina MD predstavlja nam rezultantu dviju sila. Rezultantu sila FI i F2 predstavlja dijagonala paralelograma. Ovo se pravilo ne može teorijski dokazati i zato ga nazivamo aksiomom statike.

--+ Tijelo će se gibati II pravcu FR- Ako rezultirajući put rastavimo II dva dijela. tijelo

najprije prevali put od točke M do točke B, a zatim put od točke B do točke D. Iz toga slijedi tzv. pravil<:Lo trokutu sila;

Rezultanta dviju. sila različita pravca jednaka je po praocu i veličini trećoj stranici trokuta kojemu su dvije stranice zadane sile. Njezin je smjer suprotan smjsru obilaženja zadanih sila.

Slika 2.2 Paralelogram i trokut sila Slika 2.1 Trokut sila sa smjerom istim kao !to ga ima kazaljka na satu

/0/

Slika 24. Rastavljanje jedne sile u dvije komponente

Odnosno, rezultanta je po pravcu i veličini dijagonala paralelograma kojemu su stranice zadane sHe. Zato je pri upotrebi pravila o trokutu sila sasvim svejedno kojim redom

--+ . --ucrtavamo sile. Možcmo, na primjer. započeti silom Fl i na nju dodati silu FI (s1. 23). Rezultanta će hiti ista kao u primjeru prikazanom na slici 2.2.

Silu F možemo rastaviti u neizmjerno mnogo komponenata, jer se na istoj osnovici može nacrtati neizmjerno mnogo trokutova Zadatak je, dakle, određen ako j~.?~dan~_.sila F i pravci komponenata sila Postupak je isti kao i pri sastaVljanju sila. samo se trokut sila crta obrnutim redom. I ovdje je smjer obilaženja komponenata suprotan smjeru rezultante (sl. 24).

2.4. PRIMJENA PRAVILA O PARALEWGRAMU SILA KADA NEKOLIKO SILA DJELUJE U TOCKJ:

Slično postupamo i kada na točku, dj~e više sila u jednoj ravnini. Na primjer, razmotrimo tije,lo na koji osim sile F7 i sile Fl djeluje i sila ~ (sl. 2Sa). Veličinu i smjer rezultante tih sila nalazimo tako da trokutno pravilo.primijenimo dva puta (sl 2.5b~

16

i 1

.-Počnemo u točki A povlačenjem paralelne sile sa silom FI (odsječak 048). Jz točke 8

--+ --+ . nanosimo silu F 2 koja je, naravno, paralelna sa silom F 2 na slici 25a Ova je sila predočena odsjetkom BC. Kada bismo spojili točke A i C, dobili bismo rezultalItu tih dviju sila

• a) D

F,

Slika 2.5. Djelovanje triju sila na tijelo u ravnini: a) Plan položaja, b) .PJan sila, i e) Plan položaja s ucrtanom rezultantom

--+ Postupak nastavljamo nanošcnjem treće sile F 3 paralelne s istom silom na slici 2Sa. Ova je sila odredena odsječkom CD. Rezultanta svih triju sila odredena je dužinom AD. Smjer je,

-" --+ --+ kao i II prijdnjim izlaganjima. suprotan smjeru obilaženja sila Fl' F 2 i F 3' Sada možemo prenijeti ovu rezultantu II sliku 2.Sc. Tijelo će se gi~ati smjerom koji je određen rezultantom. Govoreći o slikama 2Sa i 2.Sb može se reći da je uobičajeno da se slika 2Sa naziva plan položaja, a slika 2.5b plan sila.

Posebno napominjemo da redoslijed sila pri nanošenju u planu sila nije bitan., jer ne utječe na" rezultat

2.5. SILE DJELUJU U RAZNIM ToCKAMA KRUTOG TIJELA

Ra.zl1lotrimo tijelo opterećeno prema slici 26a Rezultanta sila FI i F 2 koje djeluju na tijelo određuje se tako da se produže pravci sila te se na taj način dobije točka M. kroz koju će, prema pravilu o slaganju sila.. prolaziti rezultanta. Određivanje pravaca i veličina sila prikazano j.e na slici 26b.

J;' /1 \ /;\

a) b)

Slika 2.6. Grafički Postupak ođn:đivanja veličine i položaja rezultante dviju sila koje djeluju u ravnini: a) Plan položaja, b) Plan sila

2 o. Murtić: STATIKA 17

Page 10: Mehanika I Statika Osman Muftic

2.6. PRAVILO lZOLACUE ILI REZA

Kako smo prije rekli, u statici silom smatramo uzajamno djelovanje dvaju iii više tijela. U općem primjeru, konstrukcije ili mehanički sustavi međusobno su vezani jeđnostavnije ili slotenije. Da bismo anaJizlrali djelovanje sila na jeđno tijelo promatranog sustava, potrebno je da ga izdvojimo. ucrtavajući Da mjestima veze s ostalim članovima pripadne sile. Taj se postupak odredivanja djelatnih sila naziva princip izolacije. Proširimo li taj princip i Da

mogućnost analiziranja djelovanja sila na djelove nekog tijela, tada se taj isti princip naziva princip reza,

b)

Sbu 27. Prikaz postupka izolacije tijela: a) tt mehani&og sistema ti.icla, b) rasta:wlja.njem samog tijela II dva dijela

Na slikama 2.7. i 2.7b prikazani su primjeri primjene principa izolacije tijela i princip reza prikazanog tijela. Ovdje napominjemo da su smjerovi sila koje nadomještaju veze ili odrezani dio tijela u slikama nacrtam proizvoljn~ što medutim u primjerima koje ćemo kasnije proul!:avati neče biti, već je uvjetovano pravilima koja jo! nismo prou~ili.

2.7. PRAVILO O POMICANJU I:IVATISTA SILE

U statici krutib tijela, gdje smatramo da međusobni razmak točaka tijela ostaje konstantan bez obzira na veličinu sila koje djeluju, možemo slobodno, bez ikakvih posljedica na rezultate. pomicati hvatij:te sile na pravcu djelovanja sile. Ako, na primjer, djeluje sila II točki A tijela (sl. 2.8) te ako dodamo i oduzmemo u točki B sile kojes. po v.ueinijeđnake sili

Slika 18 Priku mogućnosti pomaka sile koja djeluje na kruto tijelo duž pravca njezil!a djdovanja

F, neće se ni!ta izmijeniti. Jasno je da se dvije sile međusobno poništavaju ako djeluju na .istom pravcu, a imaju jednaku apsolutnu veličinu i suprotan smjer. Medutim, ,svejedno je da li je ta sila u točki A ili B. Znači, sila je na krutom tijelu ldizoi vektor vezan na pravac djelovanja sile.

18

3. OSNOVNI POJMOVI IZ GEOMETRIJE SILA

3.1. optENrro

Cesto se pri rješavanju zadataka u .tatici upotrebljavaju i neke grafičke metode koje se temelje na pravilu o pareletogramu sila. a služe za određivanje rezuttante sila ili za određivanje reakcija u osloncima itd.

Pri lome treba imati u vidu i činjenicu, da se te metode pretežno upotrebljavaju u primjerima k.ada sile djeluju u ravnini, što je u praksi zapravo i često, U sljedećim ćemo primjerima pokazati one metode i postupke kojima čemo se služiti u našim zadacima.

3.2. ODREĐIVANJE REZULTANTE METODOM PLANA SILA

aj primjer djelovanja <hIju sila ............

Neka na tijelo prema slici 3.1a djeluju II točkama A i B sile Fl i Fl kako je označeno. -+

Potrebno je odrediti rezultantu FR !to će zamijeniti djelovanje spomenutih sila.. Zadatak. se može riješiti na dva načina: I) primjenom paralelograma sila i 2) primjenom metode trokuta sila.

a) bi ei Slika 3.1. Prikaz: određivanja rezu1tante metodom plana sila:. a) Plan položaja.. b) Paralelogram sila i

cl Plan ,ila

N. slici 3.1. prikazan je u odabranom mjerilu plan položaja u kojem su definirane kootdinate točaka il j II te " i ll. čime lu određeni smjerovi sUa i udaljenost i:mJeđu točaka A i B. Na taj je način položaj sila u lOm crtdu određen i ovdje ne treba SiJe unositi u mjerilu. Iz prija:!njib

2" 19

Page 11: Mehanika I Statika Osman Muftic

razmatranja znamo d. je rezultanta tih dviju sil. ili dijagonala paralelogram. ,,1. (sl. 3.1b) ili treća stranica trokuta (sl. 3.1c). U te dvije slike sile se ucrtavaju II izabranom mjerilu. Slike 3.11> i 3.1e nazivamo planom sUa.

SVodeći je korak određivanje polofl\ja utvrdene rezultante F; u planu polofl\ia (sL 3.1.~ ..... . Poznato je da će pravac rezu1tante Fit prolaziti točkom O koja je sjeci§te pravca djelovanja . --sda F, i Fl'

Povučemo li u planu položaja točkom O pravac paralelan s pravcem rezultante F; (u ..... planu sila). tada je očito da će sija Fit ležati II planu položaja na tom pravcu, Što se tiče hvatišra, prema definiciji krutog tijela.. sasvim je svjedno da li se hvatište sile nal.azt u točki O ili u točki e ili bilo u kojoj točki ravnine,.. ali na pravcu što prolazi točkama O i C.

b) Primjer djelo • ..,ja rilo SiI.

U ovom je primjeru postupak potpuno isti, samO se ponavlja dva puta, y. prvo se odredi rezultanta dviju sila~ a zatim se ta rezultanta (sada kao nova sila) sastavlja s preostalom trećom silom.

Na slici 3:2 prikazan je navedeni postupak. y

~~~----------------------.. x

slika 3.2.Odm1ivanje vdičine i ~ mrultante metodom. plana sila II primjeru djelovanja. triju sila

3.3. ODmIV ANJE REZULTANTE VERIŽNIM POLIGONOM

Kada određujemo ~f1mtu od tri ili vi!e sila, tada je vi!est<ulco ponavlj ... je primjene npr. trokuta SiJa dosta nePreSIednO i lfUU vi!est<ulce te!k.oćc, kao ito s. nepreglednost, netočnost itd. zbog toga se u takvom načinu djelovanja sila koristimo mogaĆl1o!ću rastavljanja SiJa u po volji odabranim pravcima. U tu ćemo svrhu razmotriti zadatak kada na tijelo u ravnini djeluju tri sile prema slici 3.3.

·'.Sile R. F;i F; rastavit'Će!no na po dvije kom~nente. i to sr1u "ii7 na komponentu 1 i 2. a silu ii; na komponente 2 i 3:. te napokon silu F 3 na komponente 3 i 4. Sjecište je tih komponenata II točki O koju nazivamo polom, a komponente 1; 2, 3 i 4 nazivamo polnim zrakama. Sada povlačimo paraleln. pravce • utvrdeoim komponentama u pl.n položaja tako da na pravac djelovanja svake sile nanesemo u jednoj točki komponente sila. na koje je ta sila ....... rastavljena. Pri tome valja istaknuti da se npI'. nanošenjem pravaca 1 i 2 na silu Fl pravac 2

produži do pravca sile If:. pa se sada tom točkom povute paralela spolnom fllZkom 3 Ud. U

20

-planu sila rezultanta sila F lt vec: je rastavljena. polnim zrakama u sile 1 i 4, ~ će i II planu položaju u sjecištu tih pravaca biti točka krOl koju će prolaziti rezultanta F;. koja je 1.I:t to - . nužno paralelna s rezu1tantom F lt u planu sda.

Slika 3.lOdređivanje vel.iooe: i ~ložaja rev.dtanre od vac sila primjenom metode verižnog poligona sila

Sk .. ćeno, postupak je sljedeći:

1. crtama poligon zadanih sila i nalazimo rezuitantu •. 2. biramo pol O i crtamo poloe zrake, 3. u planu položaja povlačimo paralele • polnim zrakama (na ."akoj .ili oue dvije poln.

zrake koje u planu sila zatvaraju trokut .. ila), 4. rezultailta je određena sjemtem prve i zadnje pol •• 2Illke.

3..4. SVOJS1V A POLIGONA I VERI2Noo POLIGONA

Poligon SiJa može biti:

a) zatvoren. bl otvoren.

Otvoren je ako se krnjnja točka posljedoje sUe ne poklapa. početkom prve sile. U tom primjeru sustav sila u ravnini ima jednu rezultantu. Obrnuto, tj. ako nema rezultante, onda se prva i zadnja polna zraka poklapaju i poligon siJ. je zatvoren (vidi sl. 3.4 gor.),

Verižni poligon sila može biti:

a) zatvoren. bl Otvoren.

Krajnje potne zrake mogu biti paralelne. pa kažemo da je verižni poligon otvoren. ili se pak mogu poklapati, tada je verižni poligon zatvoren. U prvom se primjeru skup sila .vodi

21

Page 12: Mehanika I Statika Osman Muftic

na sPr:ct ~ dok je II drugom primjeru, tj. kada su poligon sila i verižni poligon zatvoreni? zadam skup sila u ravno1eži {vidi sliku 14 dolje'" o rernu ćcmo kasnije govoriti.

II 2J~ -+ I F. -+ ~ .; 3 li ... ... ~

-+ ~ ~ -+

-+ ct$ ... if li ... li S +tc> • ...

~

Slika 3A. Prik.az.pojm.a o",Otenog i zatvorenog poligon sila j verimog poligoD8.

3.5. MOMENT SILE ZA TOCKu

Ako sila F djeluje na kruto tijelo' u 'QČk( A, te ako ODa nastoji da zaob.,ne tijelo oko ~e Q, kako ~.~O ~azano na slici 3.5~ onda. se taj uanak naziva njezinim momentom. Normalna udaljCUlost a iz točke O na pravac djelo<v~ja sile, naziva se krakom 'sile F n točku O. Kao mjeru tog zaokreu,:og ~činka sile uvodimo slijedeću defmiciju.: .

z z ... :,'·'01',:9\' ?1 ... I I O

r

II y cr

'.1'{ •

Momentom sile l' za. točku O se naziva velieina: umnoška intenziteta te sile s njezinim krakom, !to pišemo na slijedeći način:

M=F·r'sma: = Fa

22

JcdinK:a. je S1atit:kog momenta sile ili jednosta voo momenta sde ili samo momenta njumnlCtaf (Nm). predznak se momenta određuje prema konvenciji (j desnom koordinatnom sustavu.

Budući da je moment vektorska veličina? treba odrediti njegov smisao u njegovoj vektorskoj definiciji. Prema tome je moment definiran kao vektorski produkt vektora položaja i vektora sile, tj.

(3.1)

(čitaj: moment sile F s obzirom na točku O je eks produkt vektora položaja i vektora sile) .

Sk.ladno s odgovarajućim konvencijama o predznacima, O1o'dje ćemo se poslužiti pravilom desne ruke ili desnog vijka. Dakle, kad sila F nastoji da zarotira ploču u smislu koji se Podudara sa smislom zakrivljen~ti prstiju desne šake, tada će, u skladu s desnim koordinatnim su,>tavom. vektor produkta, U. moment imati smjer koji odgovara palcu desne ruke (sl. 3.6~

-t1

h

')

Slika :t7. Proučavanje momenata dviju. jednakih SUa na istom praVOJ s raz1ieitim bvatištima

Skalami je oblik te ..:ktorsk. jednadžbe

IM:;j=rF sin 'I'.=Fh, (3,2J

jer je h =7 sin '1', što odgovara priiĆ navedenoj definiciji da je moment jedaak umnOOku sile i njezina kraka,

S obmom na utvrđenu ..:ktorsku delinlciju moment •• QČito je da veličina momenta ne ovisi <> hvatl§tu sile. ~to ćemo '_ti na sljed<ti n.:

, -+ -+ Na slici 3.7 pro-motrit remO' djelovanje sila Ft i sile Fl koje su jednake ~ veličini. a

djeluju u različitim hvati§tima.

Moment je sile ~ (JJ)

23

Page 13: Mehanika I Statika Osman Muftic

-a moment sile F'l je -F ... -" Mi-r 2 xF:: ..

U .kalamom su obliku te jednadžbe:

a u obadva je primjera

I

pa kako je F, ~F2' slijedi da su i momentijedoaki, tj .. daje .-",_,-', Mo -Mo·

(3.4)

(35)

(3.6)

(3.1)

To se može dokazati i geometrijski, jer $U u oba primjera jednake i ploštine osjenčanih trokuta i baze trokuta sile Fl i, F2• a i visina je trokuta h u oba primjera ista.

Analitički se izrazi momenta sile F s obzirom na osi I;:oordinatnog sustava određuju na ,ljedeći način (,I. 3.8):

... Fxy

y

Slika 3.8. Rastavljanje sile ft., djeluje u pr(I$tQru u kompotJe1llt za izraćunavaojc momenta anafitičt.im putem

.. ~~Jtlent Ce.~::,~~rOm na 'os z prema: slici 3.8 biti

Kako je

bit će

" lllllllo8Do Slijedi:

24

-+ -+ - -+ Mi=~"=MO+Mj', •

M:=M.=yF.-zFl'

M:=M,=zF.-xFr:-

(3.8)

(3.9)

(3.10)

(3.11)

(3.12)

Te su jednadžbe analitički izra.zi za momente sile F s obzirom na koordinatne osi. Ako vile sila djeluje na tijelo u prostoru. te ako znamo njihove-projekcije na osi i hvatišta sila, tada je analitički izraz statičkog momenta rezuJtante:

• • M.= E Mb<= E <y,F",-"F,iJ.

i-t '''J • •

M,= E M~= L (z,F,,-x,F,J, (3.13) t= t ''''' l

• • M.= L M.= L (x,F"-y,F,,,~

f"" t ''''t

3.6. MOMENTNO PRAVILO

--Ako promatramo djelovanje dviju k_ib ,ila F, iF.!to djeluju u točki M (sL 3.9),

tada je. očito.. vektor položaja ~ točke M s obzirom na točku O uvijek isti

"Slika :1.9, Dvije konkurentne sile:$ obzirom na jednu istu točku, u prostOtu imaju staloo jedan isti vektor položaja'

Momenti v~ktora sila Fl i Fl oko točke O bit te

kojih je vektorska suma

-_ ... _ .. -M!+Ml=r XF1 +r xFzt

-+ .. -+ -+ M=r x (F, +F,).

(3.14)

(3.15)

Taj j. izraz trodintenzionalni izričaj momentnog pravil,. ili tzv. Yarignonova teorema, koje vrijedi i za ViJe sila. a koje glasi: .

Moment rezultante konkurentnih sila s oIn:iTom na po volji izabranu toćku jednak je zbroju momentJta kcji čine lwmponente t~ rezultant.e s obzitDm tuau istu točku.

Kad sile djeluju u ravnini, momeotno pravilo glasi:

M()I1IDlt rerultante ravninske skupine konkwetl'tih sita s obzirom na jednu točku jednak. Je algebarskom zbroju ~a njezimh khmponenata s obzirom na tu istu točku. tj. .

M~=f ... =EFr. (3.16) ;:""1

Page 14: Mehanika I Statika Osman Muftic

3.7. SPREG SILA

-+ -+ Spregom sila ili parom sila nazivamo dvije jednake, ali suprotno usmjerene sile FI i F 2

~lo leže na paralelnim pravcima djelovanja. Vektorska je suma tih dviju sila jednaka ništici, tj. -+ -+ -+ F.t=F1 +F2 =O,

međutim, djelovanje tih sila rezultira rotiranjem tijela na koje djeluje sprcg sila.

(3.17)

Dakle. kombinirani se moment dvliju sila oko osi što je okomita na ra~u II kojoj djeluju te dvije sile i koja prolazj kroz bilo koju točku ravnine naziva spregom M.

/

... M

Slika 3.10. prikaz geometrijskih odnosa \'CZaD.ih uz zadani spreg sila

Slika 3.1 I. Položaj vektora sprega sila s obzirom da je on tzv. slobodni vektor je za veličinu i djelovanje

sprega nebitan

Prema slici 3.10 bit će moment s obzirom na točku O.: ---+ ~ -+ -+ - -+ -+ -+ -+ -+ -+ M=c.txF+J.x(-F)=(cA-r.)xF.=r xF. (3.18)

No kako je udaljenost a projekcija vektora r na normalu sile F, očito je da će veličina tog i2raza biti

(3.19)

~o je veličina sprega sila.

V~~r M momenta ~~rega sita stoji okomito na ravninu sprega sila i po veličini je jedI!ak umno!ku intenziteta jedne od sila i kraka sprega sila, a smjer mu se odreduje praVilom desne ruke. Posebna je mal;ajka sprega sila da moment sprega ne zavisi od izbora pOla, tj.momentJe sprega sila slobodan vektor. TVldiriio; nauDc, 'da je" , .

- ..... :;;-

~ ~ ~

M=M~=M~, . (3.20)

'tj ..

M~=Fe-Fb=F (e-b),

c-b=a,

slijedi da je M~=M~. (3.21)

26

.~

Ako na tijelo djeluje u jednoj ravnini više spregova. tada ih možemo sastaviti tako da njihove momente algebarskj sumiramo. pa onda odredimo koji god spreg sila kojega je moment jednak tom zbrojenom momentu. Međutim, ako spregovi djeluju u različitim i neparaleinim ravninama tijela, tada njihove vektore zbrajamo po vektorskim pravilima i opet određujemo koji god spreg kojega je moment jednak rezuitirajućcm spregu, a koji leži u ravnini okomitoj na rezultirajući vektor sprega sila_

3.8. TRANSFORMACIJA SPREGA SILA

Cesto je pri rješavanju zadataka potrebno imati na umu sljedeće oblike pretvorbi sprega sila:

a) Djelovanje se sprega ne mijenja ako sile pomičemo u pravcu djelovanja sila (prema ll. aksiomu statike) .

b) Spreg se sila može po volji pomicati u pravcu njegova kraka, tj. okomilo na pravce djelovanja sila.

e) Spreg sc sila može po volji pomicati u ravnini djclovanja, ali pod uvjetom da pojedine sile ne mijenjaju svoj međusobni položaj.

d) Sprcg sc sila može nadomjestiti drugim spregom ako su im momenti jednaki i imaju isti smisao rotacije.

e) Spreg sila možemo pomaknuti iz jedne ravnine u drugu, paralelnu ravninu krulog tijela bez promjene njegova mehaničkog djelovanja.

3.9. REDUKCIJA SILE

Redukcija ili paralelni pomak sile vrlo je čest postupak: u statici, pa mu zbog toga i dajemo posebno značenje.

-+ Ako na krutu ploču djeluje sila F u točki A, tada se njezino djelovanje može zamijeniti

. -+ djelovanjem te iste sile F u točki B, kojoj se pridružuje još i spreg sila M prema slici 3.12, gdje

Slika 3.12Grafički prikaz pojma redukcije sile u ravnini

-+

... ... F

~ ... F

~1yF, -F,

Slika 3.11 Primjer istodobnog djelovanja dvaju spregova sila.

je F reducirana sila, a M je reducirani spreg. Taj se postupak naziva redukcija ili svođenje sile na zadanu točku. Iz prikazanog pOSlupka kao obrat slijedi mogućnost zamjene sile i sprega koji djeluju na istoj ravnini samo jednom silom. Ako, na primjer, na ploču istodobno

-+ -+-+ djeluje sila F u točki A i pr<?izvoljan spreg (-F l FI) kojemu je krak al (sl. 3.13), treba

27

Page 15: Mehanika I Statika Osman Muftic

odrediti položaj sile F s obzirom na zađani sprog, .li tako da se neutralizira djelovanje sprega ->--(-FI F. J. Tada će biti

Fa=F,al' (3.22)

odakle je

F, a=-;;Qt· (3.23)

Znaći, silu i .preg SiJa ito djeluju u istoj ravnini možemo zamijeniti &ilom koja je po veličini l &mjeru jednaka zadanoj sili, samo je paralelno pomaJcnuta za razmak koji im!ČUI1llIllO tako da veličinu zadanog momenta .prega podijelimo velićioom zadane sile.

Ra1motrimo sada neke značujk. ovako pojednostavnjenih ,"""Itirajuoh veličina. za reducirani sustav r;; i 'id s obzirom na točku O iuberemo neku novu točku redukcije O' prema slici 3.14. Ovdie je ;; vektor položaja točk. O s obzirom na 0'.

... -> slika 3.14. prikaz utjecaja izbora neke druge točke redukcije (Y za utvrđeni rtduciraDi Sl.lSi.av F ~ i M

Di"~.o:..i!ičine F; i M s obzirom na točku 0'. moramo u o' dodati spreg (I x F.i paje novi rezultantni spreg

(3.24)

Očito je novo nastala situacija u tome da su =-> F. u"o re!lli Mu"O P u

-+ --odakle slijedi da F 1( ne ovisi o izboro redukcijske točke, tj. Fit je inv&rijanta prostornog skupa sila.

Pogledajmo sada što se zbiva sa skalamim produktom izmeda F;i M(sl. 3.15).

28

(1

.. -~

SUka 3.15. Geometrijsk. anaLiza dvaju ~uciranih .susta.!:- s namjerom da $C: ~ iDw.rijantnost skalarnog produkta i.z:rneđu u:zultaott F .. i rcduci:ranog sprega M

U točki O će vrijediti da je

(3.25)

Premještanjem F; i Fl u točku O' pretvaraju se veličine uF; i ~ pa će skalami produkt biti

F;·R=F;,<W+Ml=F;·iW+F;·1\t (3.26)

gdje je

(3.27)

jer je

(3.28)

:zato Ito je .. ktor

(3.29)

paje 0=90", acoso=() . . -+~

Zaključujemo da je i skalami produkt F.· M takodor inYllrijantan. To zuafi ako je u nekoj točki "o

tj. (3.30)

Iađ •• e postoji niti jedaa točka prostora s obzirom na koju bi se reducirali F; i I\t bilo na pojedinačnu silu hilo •• spreg sila. To zuafi da se prostorni skup sila u općem primjeru ne molio zamijeniti jedaom silom.

Posebni su primjeri pojedaosU>:vnjenog oblika djelovanja skupa sila

al ako su -+ F~=O, -> . M "0,' tada se skupin ... odi na rezultantni spreg;

Page 16: Mehanika I Statika Osman Muftic

b) ako liU -+ F.,",o,

M;:O. tada se skupina svodi na rezultantu kojoj Iinija djelovanja prolazi točkom redukcije;

c) ako su -> FR~O.

M,",O. F;J.M. tada je to opći primjer djelovanja sila u ravnini.

d) ako su; -. F.=O M_O. tada je skupina sila II ravnoteži. o čemu je opšlrnije rečenO II slijedećem 4.

poglavlju gdje se raspravlja o uvjetima ravnoteže tijela.

NO' prije log tumačenja razmotrit ćemo nete značajke skupa sila koje djcluju II pros1oru za koje smatramo da su za razutnijevaJ)je posebno značajno,

-. --+ --+ -Ako M nadornjestimo silama Fiti - Fit U O l i O. koje leže -u ravnini iM S krakom a l (sl. 3.16~ očito se djelovanje sila svodi na rezWlantu u točki O, u toj istoj ravnini

Slika 3.16.ltedukclja zadane sile i sprega II jedou silu u točki 01 .!ste mvniDe

SI.ika 3.17, Redukcija sile u prostoru u tzv. križ sila

, Napokon pogledajuio i redukciju sila U p"o<roru na d~ sile koje se križaju (oJi se ne

sijeku) u prostoru. Moment M mou.oo za zadani if i FR n.tdo!l\ieSliti spregom F'a u ravnini E koja je okomita na M. kako je to pokazaoo na $lici 3.11.

Ako jednu od dodanih sila J! stavimo u točku O. tada tu djeluju sile if; i F koje čine --+

rezultantu F Rl koja ne leži II istoj ravnini E. već se k:riža u prostoru (a ne siječe se) s izvornom

silom F.

30

. ,

I I

Općenito sc: prostorni skup sila koje djeluju u nu:1ičitim. točkama. možt zamijeniti na neizmjerno mnogo načina dvjema silama koje se ne sijeku u prostoru i od kojih jedna prolazi kroz izabranu točku redukcije (d. 3.(8).

o

x x Slika 3.t8 Prikaz pojednostavljenja opOeg djelovanja sila na tijelo u rezu!tirajuću silu j spreg sila kojt su zatim zamijenjeni dvjema silama koje se ne sijek.u u prostoru i od kojilljcdna prolazi toć\;;om redukcije

3.10. MINIMALNA VRIJEDNOST MOMENTA Sn.A I SREDJSNJA ILI CENTRALNA OS

Iz činjenice da je skalami produkt rezultirajumh veličina

-::-:t=-> -> ' M·F.=MF.oos8 (3.31)

-> te da je FR invarijant:a, slijedi da u prostoru postoji položaj kada moment M ima svoju minimalnu vrijednos~ tj. kada je kut 8=0. Na slici 3.19 prik"""; su gemetrijski odnosi tog stanja.

x

slika 3.19. Stanje ttduclriute $Ile i sptep II primjeru uda spreg poprima svoju minimalnu vrijednost -sredinja ili centralna os

31

Page 17: Mehanika I Statika Osman Muftic

Iz .Iik •• fijedi da je

(3.32)

Služeći se izrazima za analitičko opisivanje momenta. slijede komponente minimalnog momenta::

(Mx)",;n. =M){ -(Y,F lb -Z/ iKl)'

(M ,) ... 11\ = My-(z,F lU -xJF Rot)'

(M,J..,,;M, -(x,F,,-y,F..J.

Budući da su Fiti M u tom položaju na istom pravcu, vdjedit će odnos

(M.J __ (M,J..,,_ (M,)~" F .. - F", - FlU •

odakle slijedi jednadžba središnje osi

M.-(y,F",-z,.F.,l M,-(z,F •• -x,F.J

FlU Fay FR"

(3.33)

(3.34)

(3.35)

Iz gornjeg zaldjuliujemo da postoji geometrijsko mjesto točaka II prostoru za koje o .. vektora FR i Mmm imaju zajednički pravac djelQvanja, a nazivamo ga središnjom ili centralnom osi prostornog skupa sila. Očito je da je i\tn <.M. Veličina rezuUantnog sprega it ...... ima najmanju vrijednost :za točke središnje osi.

Ako vektori F; j itln imaju isti smisao djelovanja, kažemo da je to desni vijak siJa, a ako su im smjerovi suprotni, onda je to lijevi vijak sila.

Prostorni se okup sila mole _ na vijak sila samo na jedan način, dok se na rezultantu i spreg te na dvije sile koje se križaju II prostoru redukcija mou izvđiti na neizmjerno mnogo -.

ruJFSENI ZADACI IZ POGLAVLJA 3

Zada"'" 3.1

32

Dvije sile F, iF, djeluju na zatile A. od!editi njihovu teZUltantul

A

Slika uz zadatak 3.1

, "

, ;; OI

I: j'

li 'I

I

GrafIČko rješenje: Paralelogram sa stramcama JeclnaJum 1'1 J t l ~ nacrta u odabranQm mjerilu npr. t cm= ... N. Veličina i pravac: rezuUante se izmjere i nalazimo da su:

F.~98N

«=35<>

A~ ____ ~ ____ ~L

AllaIitičko rjd.eGje: Koristimo se kosinusovim poučkom k.oji ~

Fi=Fi+fj -2F .Flp)S(X

pa je um1enjem zadanih vrijednQsti

Fi =(40 N)' +(60N)'-2 (40 N) (60 N) cos 155'

i na kraju

Zadatak se može rij~iti i primjenom sinusovog poučka pa tako pišemo ~a su:

sinc( = sin P odavle sinO: = sin 155' F, F. . 60N 97.73N

Iz navedene jedn.dibe imamo da je kut

rt=l5.~Q.

a kut «=0:+20"=35.04.

3 O. MI.lItić:: STATIK.A 33

Page 18: Mehanika I Statika Osman Muftic

Postoji i joi jedno alternativno rjdenjc. i to: ·konstrukcijom pravokutnog trokuta BeD imamo:

.A

Nadalje slijedi:

paje kut

'. sila

ZaUlOk 3.2

CD~(60Njsin25' -25,36 N·

BD =(00 Nj cos 2S- - 54,38 N

25,36 N tgc{=--_a'=15,04°

94,38 N '

25,36 , F.= sin lt F. = 97,73 N

,,=20" +It = 35,04'

sila od SOO N djeluje na vijak A kako je pokazano na crtežu. T .. ba odtoditi horizontalnu i vertikalnu komponentu sile.

Da bi odredili ispravne ptodenake .kaI.mib komponenata F, F, potRbno je uvrstiti kut

&= 18O"-35'=14S- II telAciju

F.=Fcos&=(800N)oos 145'= -655 N

F,=Fsin&=(800NjSin 145'= +459 N

.,

.d ~I .1 "1 II l ,d

I

v

x

~ A

Slika uz zadatak 3.2

Isto ćemo izračunati ako gledamo na predznake komponenata računajući s kUlOUl

«=35°. tj.

Vektor il' se može pisati kao

z._ 3.3

F,= -(800N)cos3S'= -65SN

F,=(SOON)sin3S-= +459N

Covjek vul!c silom od 300 N uže pričYritono u točki A ~ kako je pril:azano na slici. Kolike su 'horizontalna i _ komponenta sile II točki A1 .. ..

Bm

Gm

3'

... Fx

F=300N

v

35

Page 19: Mehanika I Statika Osman Muftic

Iz slike je vidljivo da su

F.= + (300 N) cos <I

Iz !J,ABC slijedi, da je

pa je

Na taj je način

... pa je vektor F

Zadatak 3.4

AB=IOm

8m 4 . 6m 3 cosa=--=-

lOm 5 sma.=--=-_

lOm 5

4 F.= +(300 N) s= +240N

3 F,=-(300N)S= -180N

ot • • > =(240 N) i-(180N)j

Plovilo se za prijevoz robe vuče pomoću dva motorna čamca Ako je rezultantna sila uzrokov~na čamcima FR = 50 kN. a usmjerena duž osi simetrije plovila, treba odrediti:

36

a) Silu II poteznim užetima ako je kuta=45°

b) Veličina kuta a za koji bi sila u užetu z bila minimalna!

.-~."<.:>--------==""

'""

Slika uz zadatak 3_4

2

.f I

I I

Grafičko rješenje:

a) Primjenom pravila o paralelogramu sila uz poznatu rezultantu F If. = 50 kN, o.:1abrano mjerilo l cm = ___ N j" zadanih pravaca djelovanja konstatiramo veličine sila i očitava-mo ih_ Slijedi da su:

F,,=37kN

FS, =26kN

Analitičko rješenje

Primjenom sinusovog pravila slijedi:

Odavle, pak, slijedi

Fs, FSl 50kN sin 45° = sin 300 = Sin 105°

5OkN. 66k Fs =--:---0 ° sID45°=3. N • SIDI 5

FSa= ~kNosin30"=25,9kN SID 105

b) Veličina kuta a za najmanju silu FS3 -

F,,=50kN

Da odredimo vrijednost kuta cl tako da u užetu 2 imamo najmanju moguću silu koja će se silom F s; ~avati zadanu rezultantu, Opel ćemo koristiti sinusno pravilo_

2

2 2

Pravac l-l je pomati smjer sile F s.- Kako je na crtežu vidljivo, više je mogućih pravaca za silu F s, koji su pokazani pravcima 2 -2_ Iz crteža je očito da će najmanja sila Fs! biti kada je 2-211-1.

37

Page 20: Mehanika I Statika Osman Muftic

prema tome je najmanja lila

F."",.-(SOkNisin3O=2SkN

F ..... -2SkN

OdgQvarajuča će vrijednost za siJu F Sl tada biti

Fs. -(SO kN)oos 30= 43,3 kN

F •• -43,3kN

A kut a je tada

Zadatak 3.5

Pričvrsno uže antenskog stupa je 2.avea:anO u točki A. V1ačna je sila u užetu 2,5 kN.

y

B

z

SUka uz zadatak 35

38

.,

Odrediti;

a) Komponentu F .. F". F. sl,le koja djeluje na učvrsni vijak!

b) Kutove fl" ll, Y koji odm:Juju pravac sije!

Rje§enje:

a) Komponente sile F. Pravac djelovanja sile koja optertč:uje vijak A prolazi kroz A j kroz točku B.

z x

Komponente vektora F imaju isti smjer kao i uže i one su:

uz veličine:

AB= /d'+d'+d' v' olt )' l.

-40rn

+80m

AB = J( _40)' +(80)' +(30)' - 94,3 m.

Prema tome je \lektor:

Ai- -(40)i+(80m)I+(3Om) jf Uvođenjem jediničnog vektora r duž užeta bit će uz

daje

Supstitucijom je

--t_ AD' i.- AH

. -> =l' ... AD 2500 N-> I!-Fl-F - ___ AD.

AB 94,3m

=> 2500N ~ t ... V>=--[ -(40m)i+(80m}J+(3Om)k).

94,3 m

39

Page 21: Mehanika I Statika Osman Muftic

odnosno

pa su 1romponel}le sila

b) Pravci sile su:

Zadatak 3.6

F.~-I06ON; F,~2120N; F.~795N

F. cosct.=y

F cosp=-!=

F

-1060N 2500 N ~a~ 115,1°

2120N R 3r 2500N~P~

F, 795N cosr~F~ 2500N~r~ 71,5°

Naći grafički i analitički rezultantu pet sila Fw .. F~ koje djeluju u točki A, a upravljene su u kutove pravilnog šesterokuta B, e, D, E, F.

Veličine siJa su jednake udaljenostima kutova od točke A.

y

slika uz zadatak 3.6

RješeDje:

a) Acaliti&i

Zbroj sila u smjeru osi :c jest

FIU;=F l cos al + ... +Fsoosas•

Fb=FI cos600+F1 cos30o+F] +F4 cos3300+Fscos 300°.

Ako su FI = F s jedinične sile, tada su

F1=F4=2Fl cos30=F 1 J3

40

. ,

odnosno, jer se radi o pravilnom šesterok.utu,

FJ =2F1"

Prema tome je:

1 j3j3 j3j3 1 F R='2F1 +--2- FI +2F, +--2-F1 +iF1 =6F1

FR =6FJ

b) Grafički

Nanosimo sile u mjerilu l cm';;' ... N na zadane pravce djelovanja.

Zadatak 3.7

Zatvoreni lanac dužine 1,25 m služi za dizanje predmeta dimenzija 250 x 250 mm. Ako je masa predmeta 175 kg, treba odrediti silu u lancu za oba načina ovješenja.

a

Slika uz Zadatak 3.7

FRI =FR2=FG

Ako je dužina lanca I; onda imamo za ovješenje lanca (lijeva slika)

211 = I"":" 3a

41

Page 22: Mehanika I Statika Osman Muftic

gdje su

a - stranica kvadrata 250 mm

'I - krak trokuta

za o\lje§cnje lanca (desna slika)

'z - krak trokuta

Iz slike slijedi da su:

• 2 .

sinai =--+atCsmIXI-+IXI-+cosa"

" · 0,125 05 30° SlDa l = 0,25 = , -+a l = ,

• .fi · 2 .

SlO az =--+atC SlD Clz-+az -+cos~,

" · 17,625 280 SlDCIz=--=O,47-+az= .

37,5

~, (""Rezultirajuća. sila u kuki dizalice.jest

FG =2Fs,.2 'COSClI;z

paje FG • FG

F ~--- 1 F =---, " S, 2COSCl1

S2 2 cos a2

F G~·mg~ 175kg·9,81 ms-'~ 1716,75N

pa su uz al =300 i Clz=28°~':>:\ ., . -,~ 1716,75'::.991" N.

Fs •. 2.0866 .... , ~ 1716,75 ~973;l N.

Fs, 2·0,882· .

Zadatak 3.8

Najveća dopU§tena sila kojom se smije opteretiti uže koje služi za \lješa.nje tereta o kuku dizalice imosi lOtN. Kolika ,mora biti udaljenost tereta od kuke ako se diže teret težine FQ~14kN, ako mu je širina b~ 1,2m?

Iz slike je očito da je:

h sina

42

kao i

cosa

b

b

2

b 2

Slika uz zadatak 3.8

h

Sile u oba kraka užeta čine rezultantu koja mora biti uravnotežena sa silom u kuci dizalice, a čija je veličina F cz" To znači da je

odavle je

Fs=~, odnosno sina=2FQ

. 2 SlO cl Fs

Akoje Fs =10kN, tada je

Nada1je Je iz slike

. 14 o Slna=--=07-+a=44 5 2·10 '. ' ..

h b. b ~tga~h~2 tg44.5~O,6·0,985~O,59m

2

Prema tome slijedi da t.ražena. visina smije biti najmanje 0,59 Dl.

Zadatak 3.9

Grafički i analitički odrediti za sile, koje djeluju na stup, moment rezultante s obzirom na točku A, ako je zadano: FI = 1 kN, F2 = 2,5 kN, F J =3kN.

43

Page 23: Mehanika I Statika Osman Muftic

Grafički: l cm = ..• m lem= ... kN

Očitana veličio. rezultante je IOem g.

Veličina h iznosi SQll pa je to lOm

A&=H·F.=5kN·IOm,

M~=50kNm

Analitički je moment $ obzirom na točku A:

Za.btak 3.10

LM .. =F, ·a+F,sin60(a+h+c)-F. ·d=

=1'IO+3'sin60(IO+7+3)-2,5'5=49,460kNm

Tri Su užeta pričvdćena :za driol5 kako je pokazano na slici. Zamijeniti sile uzrokovane užetima silom i spregom u točki A.

44

.~ ,

Rješenje: Prvo rrebamo odrediti veličine vektora položaja sila DJ:.ipram točke A. Iz slike slijedi:

iOO

z

.. --. -+ ... rcA =CA=O.075 1-0,050 k ...,.--+ 't t r ... =DA=O,JooJ-O.loo l

y

E(15O,-50:I:JOI

Slika " .. adatak l.10

"

Da bi se odredili vektori sile, prvo remo radi sile F II odrediti jedinični v.:ktor:

-+ iE 75 t-1501+so it ). .. -

Kutovi tog vektora jesu:

a komponente sila:

BE 175

75 ""'1'= 175=0,4285,

cos.- 150 -0,857;

50 cos 1)=-=0,2857,

175

1OO'COSql=F:=300N,'

7OO(-cos;')=F:= -600N,

700·oosS=F!'=200N.

/'i=looocos45=707N, F~=I200_60=fOON,

Fi- -looocos45= -707 N, F:=I200sin60= !('39 N.

(l)

(2)

(3)

45

Page 24: Mehanika I Statika Osman Muftic

Komponente su sila:

F. Fc F.

F. 300 707 600

F, -600 1039

F. 200 -701

Rezultanta je svih sila:

veličina je I<ZUltantc:

FB=JF~+F;+F~

a njeni kutovi:

F A=J2582449+ 192721 + 257049-1141.3 N

1607 CO''"= 1741,3 =O,923~IX=22,63·,

439 005 ~=--=0,252-+~= 75,4',

1141.3

. 507 cosr- -1741.3 =0,291-+r=73,8·.

IF,

1li07

439

-507

GlaVDi momenat rczult.mte izxaamavamo pomoću determinanti kako slijedi iz jed­nadžbi (I) i (l~

1- t it I

iW.l'.i •• xF..= OlJl5 O 0,050 .30i ... -4510:

300 -600 200

t t it M~C:_~CA xFc= 0.075 l) -0.050 - 17,677J

707 l) 707 .. l

~ I

M~=; .. ,,~= 0.100 -0,100

600 1039

Zbrojimo li utvrđene vrijednosti po ooims Je. y, z, imamo da je glavni mo""",!

~' .. => 1" l'" M:i"=Dr,x~·,)-30J+17,6S + 118,9 lt Nm I

46

dok je veličina momenta

M~=J900+3I2,S8+14137,21 = 123,89 Nm

y z

My

... Iky ..

lk. A " ...

M" lk" ~Wrti----.:X

Mz y

z

ZadatU 3.11

Odrediti komponente sprega koji je ekmal""tac za dva prikazana sprega na slici.

y

x

~ Mz

SIikO ... _Iak 3.1I

47

Page 25: Mehanika I Statika Osman Muftic

Rje~enje

Naš proračun ćemo pojednostaviti ako u točku A dodamo i oduzmemo silu od 100 N. Time smo zamjenili početni spreg (100,100) s dva sprega (jedan u ravnini xz a drugi u ravnini sa xy).

Momenti su, dakle,

M.~ -150N'O,46m~ -69Nm,

M,~ looN 'O,30m~30Nm,

M.~ looN '0,23 m~23Nm.

Ova su tri momenta komponente jednoga nadomjesnog sprega M koji je ekvivalentan zadanim spregovima.

Pikmo vektorski da je

s veličinom

Zodatak 3.12

--to -Jo -Jo -Jo M~-69i+30j+23k

M ~J69' +30'+23' -J619O ~ 78,7 N.

Odrediti glavne vektore sila i spregova za primjer prikazan na slici, ako je zadano:

-+ Fr

x

F,~20N

F,~5N

F3~25N

Rezultant:l u pravcu osi z

48

z

Slika uz zadatak. 3.12

F.~15N

M~5OONcm.

y

, J ~, , , ~ ,I j i ii T t " 1i , t l :: ,t·

uvcštanjem vrijednosti

F R.~ 15 -5-25 'O,5~ -2,5N

U pravcu osi y

odnosno uvrštenjem vrijednosti

Ukupna rezultanta

Momenti su:

glavni je moment

Zadatak 3.13

FR,~20-25'0,866~ -I,6N

FR ~JF~. +Fi,~J2,56+6,25",2,97 N

{Rezultanta leži u ravnini zy}

Mr~M~500Ncm,

M.~F, '425~85OONcm,

M,~F,· 375-F. '300~5' 375-15' 3OO~ -2625Ncm,

M ~J M;+M;+M; -J5' +85' + 26,25' - J7939,

M~89,IONcm.

Sile prika7ane na slici reducirati· u odnosu na točku O u jednostavniji oblik! Zadano:

F,~2N, F,~5N i F3~14N

a=2cm, b=5cm c=3 cm

Odrediti polot.aj sredi!nje osi! -

x

4 O. Mufiić: STATIKA

z

'" Slika uz zadatak. 3.13

49

Page 26: Mehanika I Statika Osman Muftic

S obzirom na način kako su sile zadane. možemo pisati da su:

:r.F",--+Fz =5N

Rezultanta dana vektorski je

Analitički:

Kutovi:

:r.F,_F]= -14,N

};F,,_F, =2N

F.=J5'+ 14'+2'-15N

F. 5 1 005(1= F. = 15 =:3'

FT 14 cos ~=F= -Is'

• F. 2

COSY=-=-, F. 15

Momenti su od zadanih sila s obzirom Da O~

MJ<=O,

M,=F,-c=5-3=15 Ncm. M.=-F,-b-F, -a= -5-4-14-2= -48Ncm.

Vektor je glavnog momenta ::ct ~..... M=15J-48k

odatle zaključujemo da je vektor M u ravnini yi': ye1ičina je momenta

M =JI5'+48' -50,28 NaIL

cos cp = M·=~=O M M M 15 -

cos+===--=0,298-+=72,6" M 50,28

M -48· cos3=-'=--= -0,95-3= 162,6'_

M 50,28

Središnja je os određena izrazom

F.M.+F,M,+F,M, MOO!" F

-14-5-2-48

15 306 _ 20,4 Nem 15 •

50

T' ,

l • ~, i ~

pa je nadalje

-2y-14z

5

_jednadžba; 2y+14z=6,8

15-5z+2x -14

-jednadžba; 2x-5z=4,04

20,4 -1"5-

20,4 -15-

Koordinate probodišta središnje osi u ravninama xy i xz su uvrštavanjem YI =0 i Zz =0, pa su

Yl=O x 1 =3,23 i zl=0,486

4· 51

Page 27: Mehanika I Statika Osman Muftic

!

, ,

l ,.

4. UVJETI RAVNOTEtE

4.1. PROSTORNI SKUP SILA

Proučavanje skupine sila što djeluju na tije~ prem.,!. slici 4.1 moguće je primjenom principa redukcije sila. za svaku od zadanih sila FlO ... Fil' koje imaju hvatišta II AI' ... All' treba izvršiti redukciju sila II sred~te redukcije O.

--:!ll"-----.y

x

Slika 4.L Tijelo općeg oblika opterećeno proizvoljno djelujučim skupom sila II prosloru

Slika 42.Gcomeuija prostome redukcije jedne sile II ishodište koordinatnag sustava

-> Na slici 4:2 prikazana je redukcija proizvoljne sile F, s obzirom na točku 0, gdje se

primijenilo pravilo o paralelnom pomaku sila. Tom je prilikom nastao spreg sila

(4.1)

gdje je ~

1M.I=M,=Fr sin a=F •. (4.2)

~ -> Redukcijom svih sila. Fl ... Fil u točku O. dobiva se tzv. ,jež sila" koje su reducirane na tu točku. Njihova je rezultanta .

odnosno

~ ~ --+ -fo

FR.=Fl +F2 + ... +F •• (4.3)

(4.4)

53

Page 28: Mehanika I Statika Osman Muftic

~

Istodobno se pri ~ciji sv~e sile u točki O stvara i odgovarajući sprcg sila M., pe je suma svih !pregova sila Ml' ••• Mil

(4.5)

odnosno

(4.6)

ili

(4.7)

Dakle, skupina sila koje djeluju u prostoru u različitim točkama ekvivalentna je sili koja djeluje u jednoj točki i spregu sila kojemu veličina ovisi o izboru točke redukcije (sl. 4.3).

Slika 4.3. Reducirana prostorna sila i spreg s obzirom na isb~te koordinatnog sustava

j' : Neka na tijelo prema slici 4A djeluje skup sila F '" ... F .. s tim da su nam poznata hvatišta i smjerovi svake sile, tj.

{~I {"-F, ~, ... F. ~.

'YI Y.

'.' , Izvdimo li redukciju svili sila s obzirom Da ishodište O, tada će biti: . -+

a) Rezultanta svili sila F.:

· . Fh;+ ... +F..:=LF,cosa,=2:F"",=FJts>

. I I

· . F 1,+ ... +F.,= LF,cos P.= L,FJi=F 11:,. (4.8)

I I

· . Ft.:+ ... +Faz=L,F,cos'Y.=L,FzI=FItr"

I I

". .,:

Očito su F Rz' FR, i F Rr bridovi pravokutnog paraleJepipeda kojemu je dijagonala Fit (a, P,1).

Veličina je rezultante

odnosno

FR..r:=FII:cosa, FR,=FRcosP. FR.r:=FR cos Y.

Pravac [ezuitante bit će odreden sa

COSC1=FR.~ R'

f cosA.=:"'&

" R' COS-r=FR~.

R

b) "Rezultirajući spreg iVi. Projiciranjem rl na Oxyz imamo:

)o:;---'----·y

" Mb+ ... + MIU'=:L Mix = M;,; ,

M I7+··· +M"7=:L M j7=M7, I

M h + ." +M •• =:L Mb:=MJ •

I

Slika 4.4. Opći slučaj djelovaIlja siJa u prostoru na nekp kruto tijelo

(4.9)

(4.10)

(4.11)

(4.12)

I ovdje su M ~ M 7 i ~;r bridovi pravokutnog pa.ralelepipeda (sl. 4.5) kojemu je dijagonala

id (A, II, u). Veličina je rezultirajućeg sprega

IM'J~M~JM!+M;+M;, (4.13) z z

->

'R ->

'R

ZlJ;-cP'---.y .

x x Slika 4.5. Pojednostavljeni oblik "djelovanja ~ u PJl)Storu won redukcije sila u ishodi!tu koordinalttog

sustava

dok. je pravac rezultirajućeg sprega

, M. cos"-=M'

M cos I.l=---I.

M (4.14)

55

Page 29: Mehanika I Statika Osman Muftic

Vem it.m.~u rezultiraju~ sile i vanjskih sita ~IO djeluju na tijelo, kao i veze između rezultirajuC:eg sprega i spregova nastalih redukcijom od svaJce pojedinačne vanjske >sile, date su jednadžbam. za rezultirajure sile i 'pregove (4.8 i 4.12). Iz tih je jednadžbi očilo da će potreban i dovoljan uvjet. da tijelo na koje djeluje skup sUa bude u ravnoteži, biti ako su:

(4.15)

~IO istodobno znači da će i sile ispregovi siia koji čine promatrani skup SJla i spregova biti također u ravnoleži. Naime, u skladu , jednadžbar .. (4.8 i 4.121 gdje su rastavljene ,ile i momenti u 1ZV. komponcDtne jednadžbe, slijede i dovoljni i nužni uvjeti ravnoteže krutog. tijela u obliku šest skalamih jednadžbi:

,F~=O; FR,.=O; FRx=O~

Mz=O; M,;::=O; Mit =0. (4.15.)

Utvrdene so jednadžbe mogu koristiti za odredivanje cepom.tib sila (ili momenata ili pak geometrijskih yeličioa) krutog tijela op_og skupom sila u prostoru. Broj oepoznatih veličina koje možemo izračunati je šest, skladno s brojem jednadžbi koje možemo postavite Iz uvjetnib jednadžbi ravnoteže jasno slijedi zakljuOllk da je kod tijela koje je u ravnoteži spriječena i translacija i rotacija tijela u sva tri pravca koordinatnag sustava.

U primjeru kada su sve sile prostornog skupa paralelne. mogu se koordinatne osi izabrati tako da npr. os z bude paralelna sa zadanim silama. U tom je primjeru za,ravnotežu potrebno i dovoljno da suma projekcija svih sila na os paralelnu sa silama j suma momenata sila na druge dvije osi bude jednaka ništici.

Ako je os z paralelna sa silama" tada je

IF,,~O.

:EMJđ=O,

l:M,,~O.

(4.15bJ

Taj primjer djelovanja sila razmalramo zalo §to se testo pojavijuje U iomnjerskoj praksi.

4.3.. RAVNOTE1A SKUPA SILA U RAVNINI KOJE DJELUJU U RAZUCI.TI.M rotKM.::.. TIJELA

Razmotrimo sada na jeduostavoom primjeru (sl. 4.6) kakav učioak imaju sile koje djeluju --+ -'+ -"+ ~

u jednoj ravnini, a u različitim točkama tijel .. Neka na ploču djeluju retiri sile F" F z' F 3 iF. u točkama A.;'B, e i D. Veličine su sila odabrane tako da je njihov poligon sila ... tvozen. Pita se da fi je zadani skup sila u ravnoteži ili nije.

Očito je rezultanta. skupa sila jednaku ništici, jer je oema II plauu sila. Lako bismo se uvjerili U to i analitički ako bismo izračunali projekcije siJa na osi x i y. te ih a1gebarski sumirali. Tada bi komponente u pravcima osi bile,Plnake ni~ci., pa je onda i rezultanta sila

-+ ..... jednaka ništici. Medutim uočimo li da sile F, iF> čice spreg sila kujemu j. smisao obrnut

-+ -+ smjeru kazaljke na satu, a sile Fl i F 4 čine drugi spreg sila s istim smislom. tada je rezultirajući spreg

(4.16)

56

za zadane vrijednosti veličina sila i krakova sprega slijedi da je 'Pres sila veći od ništice. Posljedica djelovanja loga spreaa .a ploču je rotacija ploče. ~ nije ravnoleža. Dakle. promatrani skup sila nije u ravnotežnom stanju.

r I

O~ __ ~~ ____ ~ ~

YF,~ ~

-+ ~ •

Slika 4.6. prikaz djelovanja dvaju spregova sila na krum ploču

Na temelju top može se postaviti opće praviJo za uvjete raVDOt.eže II ravnini koje glasi:

Ravninski skup .sila koje djeluju u proizlioljllim točkama bit će .. ravnoteži ako 31.4 algebt:trske sum< projekcija:Mh sila na dvije mt4usab"" okomile osi jednake ništici, fi!.ko je algebarskc suma momenata što ih čine te: site s ob:tiNm na bilo koju lotku II rđvnini.ietlnaka nUlte/.

Analitički se to iua!ava na sljedeĆi način:

l:F,cos",~F .. =O,

l:F,sinlX;=F ",=0,

l:M,=F",,~O.

(4.17)

Simbolički se jednadžbe ravnoteže ravnin.kog skupa sila koje _ju zajedničko hvatilie piAu ovako:

l:Frl~O,

l:F~~O,

IM,=O.

4.4. GRAFIOO SMISAO UVJETA RAVNOTEZE

(4.18)

Iz prije pob2lmog je očito da u ravnoteži zbroj sa. ito djel,yu na tijelo mora biti jedaak ništici. To je, znači. razlog ~o je npr. ravninski primjer ravn_ sila zatvoren plau sila. JZ primjera (poglavlje 4.2) ... ravnotemo stanje mora i spreg sila biti jednak rti.!tlci. To če se ostvariti samo coda ako je _ poligon takodeT zatvoren, jer: se poJne zrake _og poligona ne sijeku jedino loid postoji spreg sila.

Drugim riječima, ako reducinuno zadani raminski skup sila na jednu silu spreg sila, tada je ravnol"'" moguća samo ako uravnotežimo i tu silu i spreg sila. Posljedica je toga da se za ravnotefu utvrđene rezuJt.a.I1te mogu odabrati samo takvi pravci reakcija veza koji će se s rezultantom sjeći u jednoj točki, jer se samo tada može ostvariti i to da rezultanta bude jednaka nijtici i da nema sprega sila.

51

Page 30: Mehanika I Statika Osman Muftic

Slika 4.7 .l'rib:l:uje kako se određuje grafički uvjet ravnoteže p'O$I~ OJlteroćene kosom siJom F. Da bi zadani skup siJa bio u ravnotcti. nuŽllo je da se sile FA' F; i j! sijeku tl točki C. te da je trokut sila tl planu sija zatvoren.

Slika 4.1. Grafički uvjet ravno!dc sita u ravnini

4.5. PJUMJENA GIlAFICKIH METODA KOD RAvNOTEžNnI STANJA RAVNINSKIH SKUPOVA SILA

Ye<! navati""" grafičke metooe statike &sto se upotrebljavaju za bIŽe i lak!c analiziranje ravnoJ.ežnih stanja sila što djeluju u različitim točkama mvninc. Zbog njihove važnosti istaknut ćemo tri metode koje sc često upotrebljavaju pri .rješavanju zadataka.

a) Metodo ...unog poIlgooo kado djeluje VBe sila

U ovom ćemo se primjeru koristiti i sastavljanjem i rastavljanjem sila.

slik.. 4Jl.Od.feđiv .. j< _ l.polo!$ja nizuI .... ,. 1""= ...m.og ~ .aa

+ •. Na slici 4.8 _" prvo ...... vljaJijem sila F7. F; i F; odreditirezuhantu tih sila ~ ....... -> ~ . (~· .. =F,+F,+F.,;. kojoj je polOŽlli u planu polOŽl\ja u ~ POIOih zntka 1 i 4. all je nečemo ocrtavati tt allIcu. Sljedeći je k<mlk da tako utvn!enn -utantu mstavimo na dvije sil. koje su paralelne s tom rezultantom. a njihovi l""vci prolaz<: točkama A j B i čine ravnotcm sa silama F:,F;i n paje zbroj tih sila u A i B jednak zbroju F;, F2 i F;. tj.

(4.19)

S8

~ --. . -F '-+F'd' Odatte slijedi da će l,l planu sila sije FA i F. biti sliptotnog smjera od sila I' f l l a te "->

šiljak jedne od reakcija zavriavati II zaperkll siJe Fl' jer je tada plan sila :zatvoren. y planu položaja treba rezultantu F; rastaviti II sile u pravcima što prolaze k!!: t~e A i B. Očito je da te sile moraju biti parale1ne s rezu}taDtOtn -;; Produiimo li sa sila Fl i F 3 veri.žnice: 1 i 4 do pravaca kroz točke A i B. definiramo točke a i b. Ako žei~mo imati zat~oren. ~rižni.~iigon (št.:; je grafički uvjet ravnotde). moramo povući u točkama (II b pravac k?JI spaja u: aVlje točke. !~j se pravac naziva zaključnrea (s). a predstavlja zapravo pravac SIla na kOje se rastavljaju

reakcije II F; i u F; čiDt:JĆi tako sa zakJjučnicom (s) i $ potnom zrakQm J reakciju II osloncu A, tt sa zaldjučnicom i poinom zrakom 4 reakciju u osloncu B.

Kod -primjene ove metode držimo se .istih. uputa kao i prije u pogJedu izbora mjerila i načina crtanja plana polQŽaja i plana sila.

U nekim se primjerima može pojaviti zaključnica i izvan llcrtanih ~lnib. zraka, tada je jedna od reakcija usmjerena prema dolje, pa se na taj način zatvara pOligon sIla,

b) CulmllllllO"" _ rasurijanja sila

Cesto je potrebno jednu silu rastaviti u tri komponente kojima SU. pravci zadani. U tu se svrhu upotrebljava Culmannova metoda, koja se sastoji u sljedećem;

Neka je poznala sila F što djeluje na tijelo prikazano na slici 4.9, Poznati su i pravci

djelovanja sila 1sl• F:s:l i Es'J' Produžimo li pravce sila Fst i F$2' odredili ~O dvije točke 1 i II kojih se spojnica naziva Culmannovom linijom. Smatramo li da sile F i tSl mogu dati

j~nu rezultantU. tada 6e ona prolaziti točkom II. S~e FSJ j .1s~ .također m~gu čini:i rezu1tantu koja prolazi točkom I. Ako sve promatrane mle moraju biti u ravnoteži. tada ce

-:> -> -> -> '-' . da tn biti nužno da rezultante sifa J'- i F n i sila F S2 i F SI budu na J'o"-'nom pravcu l su. supro og smjera. Taj je pravac tzv. Culmannova"linija. Odatle pr~ječe. da 0:_ smisao o~i~afenja sila ~ CuJmannovu ::etverokutu zbog ravnoteže sila biti takav da poligon sila mora biti zatvoren,. tj. da je rezultanta jednaka ništici.

TJ-~- ",," ~\ l, , ,

I \

.)_~_o4a

I ova metoda s1uti:za rasta,:lia11je jedae sile u tri zadana J:Tavca. Postupak ćemo proučiti na slici 4.10, gdje je mdana sila Fi tri pravca sila 15121:;"% i Fs~. Zada~ ~VaIi10 tako ,da produžimo prava: djelovanja sila, čime definiram? t~e ~~ B l C. a tune I ~rakov~ ~ b l c. Spu:§tanjem oko.mk.a iz: \-'fhova trokuta ABC određUjemo 1 krakove hl ' h2 l h3 • PmnJenom moment nog pravila slijoii da je

59

Page 31: Mehanika I Statika Osman Muftic

a

Slika 4.lO.Grafoanalitičko rastavljanje sile u tri komponente - R.iuerova metoda

IMA~O:

IM.~O:

IMc-O: odakle slijedi da su sile

. a FS1 =F

h2•

FSlhl = Fa,

Fszh l = Fb.

FS3hJ = Fc,

koje možemo izračunati poznajući veličine a, b. e, hl' hl i hJ •

(4.20

(4.21)

Ako predznak izračunane sile bude negativan, tada smo pretpostavili krivi smisao sile, pa ga treba korigirati. .

KImENI ZADACI IZ POGLAVLJA 4

Zadatak 4.1

Izračunati sile u §tapovima DA, OB i DC. Konstrukcije pomate prema slici, ako je poznata težina tereta F (10 te kutovi ct i II

Slika uz zadatak 4.1

60

Zadatak jest prostorni skup sila koji djeluje na jednu točku. Naziv za to je konkurentno skup sila u prostoru.

-> Uvjelje ravnot~ F.II=O.

Radi jednostavnosti rješavanja izrađujemo slj~eču tablicu:

F, F,

F. Fl COS O -F1cos5

F, -FI COS 'x sin p -F1 cosasinp

F. Flcos~cosa Fl cosa cos j.\

Odavle slijede jednadžbe ravnoteže:

}.:F .... =O FI cosS-Fz CQsl)=O

2:F,=O Fl-2Ftcosa.sinp=O

F,

O

F,

O

2:F2=0 F~ cos pcosa+F l cos a cos j3-FG=O

Iz jednadžbe (1) slijedi da su:

Zatim iz jedna<lžbe (J)

i odatle

FG F,.

2cosacosj3

Uvrntavaujem 01,l0g rezultata u jednadžbu (2) imamo

slijedi

Zadatak 4.2

F ~ FG .sinl\, 3 cosp

FG

O

O

-FG

(1)

(2)

(J)

za zadanu mehaničku konstrukciju odrediti reakcije u osloncima u ravno~ežnom stanju.

Zadano: Q ~ 10 kN

r =10cm

R ~20cm

Fl=2Fl

61

Page 32: Mehanika I Statika Osman Muftic

62

"

Slika uz zadatak 4.2

Prostorni skup sila na slici rješavat ćemo pomocu tablice:

F. F, F, A

F. O O O O

F, -F. -Fzsin300 Fl sin 30° A,

F. O Fl COS 30° FI cosJO° A.

M. '" FaT F,R -FIR O

M, O -F,(cos30)'60 F, (cos 30)' 60 O

M. -30F. -F, (sin 30)' 60 F, (sin 30)'60 O

Jednažbe ravnoteže slijede kao sume horizontalnih redova II tablici:

LF.=O LF,=O ":"FQ -Fz sin30+F1 sin30A,+B,=O

,'," . LF.=O F2 cos 30+ Fl cos30+A:r+B,.=O

LM.=O F.r+F,R-F,R=O

LM,=O -F,(cos 30)·60-F, (cos 3O)'60-IOOB,=0

LM,=O -30F.-f, (sin 30)' 6O+F, (sin 30)' 60+ 100B,=0

B

O

B,

B.

O

-lOOB,;

100 B,

(I)

(2)

(3)

(4)

(S)

Iz jednadžbe (3J. uz uvjet da je FI = U'l' imamo:

Far+FzR-2F1 R=O.

odnosno

Iz jednadžbe (4)

B, -5'60)3 -10'60)3

2 2 -900'0,866 -7794kN 100 100'

Dobiveni predznak .. -" znači daje sila stvarno u obrnutom smislu od nacrtanog II slici.

Iz jednadžbe (S) slijedi:

-30'10-5'0,5'60+ 10'0,5'60+ 100' B,=O

paje

300+ 150-300 B, 100 1,5 kN

Iz jednadžbe (l) će sada biti

-10-5'0,5+10'0,5+1,5= -A,

odnosno

A,= 1O+2,5-S-I,S=6kN.

I napokon, iz jednadžbe (2) slijedi

5'0,866+ 10'0,866-7,794= -A~

odnosno

A,= -12,99+ 7,794= -S,196kN.

lova je sila obratnog smisla od onog što je nacrtano na slici.

Totalne reakcije

A=j A;+A: =j36+26,99-7,937 kN

. 6 '81,= 5;196= 1,158-1, =49,1"

B=jB;+B: = j2,25+ 6O,7S-7,937kN

Igy, = 7,~4 =0,192-1, = 10,89"

63

Page 33: Mehanika I Statika Osman Muftic

Z.d.lak 4.3

Homogena horizontalna ploča u obliku istostraničnog trokuta. težine F G' poduprta je pomoću šest štapova prema slici.

~

Fa 3"

A '+c-::'----;+h1r.;

A' B'

Slika uz zadatak 4.3

a) Kolika mora biti vrijednost momenta Mo. ako se že1i da vertikalni potporni !taPOVf budu neopterećeni?

b) Kako se mijenjaju sile u štapovima, ako se moment mjjeuja u području

O"'M"'2M.?

Zadano: AB=Iin, AA'=1,5m FG=200N.

Iz slike AB'=JI,5'+ 1'=J3,2.S= 1,8m

h=J3 1 m 2

h=O,866

=,,=Đ,332.

al sile u vertikalnim štapovima nastale samo od td.ine

Pc 200 S""'=S'''=SCC-="3=T N.

Ako djeluje spreg. tada se za zadan smisao sprega javljaju i sile u kosim štapovima. Vertikalne projekcije lih sila zajedno sa si1ama u vertikalnim štapovima ne prema§uju izračunatu silu.

Iz .ravnoteže u čvoru A imamo da je

(1)

64

dok iz Mr:=O imamo

uvrštavanjem (2) II ol slijedi

Ssinh=M i odavle

M. S=-sma. •

Ft; M. FG SAA-= -S005a+'3= --;hsma:cos~+].

za zadane je vrijednosti

100

66,6

M 66,6

. Da bi sila u vertikalnom .štapu bila ništica.. tj. S A.A.' =0. mora biti

Ako je M =0 tada je

Ako je M = 104,16, tada je

a, ako je M =208,33, tada je

Zadatak 4.4

66,6 04 6 MO=O,64=l ,I Nm.

SAA'= -0,64· 208,33+66,6

$"".--66,67N.

(2)

Odrediti silu li užetu S za tavnote:mo stanje prikazanog uređaja. Pored toga odredlti i reakcije u ležajima A i B. Ležaj ~ je i radijalni i aksijalni

5 O. Mui'uC STATIKA 65

Page 34: Mehanika I Statika Osman Muftic

Slih uz zadatak 4.4

Rješenje:

S FA F.

F, S, FAZ F ..

F, S, -FAr O

F, S, Fa FBZ

M, O -FAz ·OO -FBZ '240

M, -8,-45 ! O O

M, S,45 F,u- ro F",,-240

30F 30-1800 Iz jednadžbe (s) S, =Ts=~= IZOON

66

75 4S S =8"""acosp=S--­

" %,575

S =Scosasinp=S~- 60 7 96.5 75

S =Ssina=S ~=0,623 II' ~6.5

1200 S =-=1925N

0.623

S.= 1925 -0,466=897 N

S,= 1199,3 N,

F.

O

O

-F.

F.'JOO

F.'30

O

z

-+=0 (I)

-+=0 (2)

-=0 (J)

-+=0 (4) l !

_=0 (5) ! , I

->=0 (6) i \ -:1

JI ~ : l, ~-1

II

tl i ,l li"

Zadatak 4.5

Grafički i analitički odrediti sile u ~!apovima za sis1em prihzan na slici.

a

8 @ "

a

(!) O //

e A ,

a

F,; Slika Il'l zadatak 4.5

Gr.firu: Mjerilo 1 cm =., . N

Otčitamo: S, = 59,5 N, S,=30N 1 S,'=42,SN '

Analitički:

Metoda projekcija

5"

EF,-O

'" F =0 t.... ,. "

EMi=O

Sl-S:+S;cos4S"'čO

S,sin45- FG=0

Sl-a-cos4S- F c'o<oos45=O

Sz=FG=3ON

_ F. _ 30 _ '" Sz-sin4S - 0,707 -4.,3 N

SI=SJ+S;Joos4S=30+30=60N.

/'

E

67

Page 35: Mehanika I Statika Osman Muftic

Ritterova r.1etoda

Zadatak 4.6

S FG 3 COS 45 - F ci =0-+S3 =--=42,5 N cos 45

SZ'o-cos45-F ci - o 'cos45=0-Sz =F G=30N

2:M E =O SI -o-cos4S-FCi-2a'cos45=0_SI =2FG=60N

Homogen horizontalan štap AB težine 100 N i dužine 1= 5 m, obješen je na svojim krajevim~ pomoću užadi AC i BD prema slici_ Težinu užeta zanemarujemo_

68

a} Iii-aćunati sile u AC i BD!

b) Rezultate kontrolirati grafički!

c) Na kojoj udaljenosti od kraja A treba biti obješen teret Fa=60N da štap bude II

prikazanoj ravnoteži?

l

slika uz zadatak 4_6

a) Sile u užadima AC i BD

Uvjeti ravnoteže: :LMA=O

l . F G'2+ F QX-SZ cos 45 1=0, (l)

LF,~O

Szcos45°+S1 cos30o=F G+FQ> (2)

LFr~O

(3)

'"

I I

;

'>. ., ., ,I '1 I I , I

Iz jednadžbe (3)

uvrštenjem u jednadžbu (2)

s _ Sz cos4S 1- cos60

S 45 S cos 30 soc4S 2 cos + 2 cos60

S FG+Fg 2 cos45+tg60cos45

S,~82,8 N.

odnosno

b) Grafička kontrola

Mjerilo: 1 cm = ___ N

.fi 2

S,~82,8-~I17N. l --

2

Očitamo vrijednosti za SI i Sz c) Udaljenost x

Iz jednadžbe (l) slijedi:

160

. I .fi _ $zCOS4S-I-FG--

2 5-82 .. 8 -2 -100-2..)

x 60

0,72 m

69

Page 36: Mehanika I Statika Osman Muftic

"

5. UVJETI RAVNOTEŽE KADA DJELUJE TRENJE

5.1. OPCENITO O TRENJU

D~ada smo razmatrali ideaJi~rane vere između tijela, tj. zamišljali smo da su dodirne plobe idealno glatke i da reakcije II lim plohama djeluju okomito na njih. Međutim, takvo razmatranje nije II skladu s realnim zbivanjem. Tijela nisu apsolutno čvrsta niti apsolutno g1atka. Sile koje se javljaju na dodirnim plohama nazivamo silama trenja i one čine određen stupanj međudjelovanja dodirnih ploha kod svih realnih tijela. Može se reći da uvijek kada se pojavljuje klizanje jedne plohe po drugoj pojavljuju se i sile trenja koje su uvijek suprotno usmjerene lom nastojanju.

Prema načinu i mjestu gdje se zbiva trenjc, razlikujemo više vrsta trenja.

5.2. TEKUCINsKO TRENJE

Ova se vrsta trenja pojavljuje· kada se slOjevi tekućine ili plina gibaju različitim

brzinama. Veličina .~Ae trenja :zavisi od relativne brzine, viskomih svojstava tekućine i tangencijalnih sila. Ako ne postoji relativna brzina između slojeva, ne postoji ni tekućinsko trenje. Sile trenja pridružene viskoznom djelovanju ,jednodimenzionalne" struje prikazane su na slici 5.1. na kojoj je prikazan poprečni presjek ploče AB koja se giba u tekućini brzinom Vo

A B

b v,.dv1; dy

"'" -r z

e Slika S.1. Ravninsk.i prikaz idcalizi.rane struje. tekućine s linearnom raspodjelom

brzina u odnosu na .podlogu e paralelno s podlogom C. Te su dVije plohe odijeljene jedna od druge viskomom tekućinom kojoj se čestice gibaju u smjeru brzine liO' U promatranom su primjeru svi slojevi tekućine paralelni s rubnom plohQm j svi se međusobno kližu bez miješanja među sobom. Takvo strujanje nazivamo Jaminarnim "sirujanjem. Na udaljenosti ·y=O tekućine dodiruju plohu e i nema brziD.e. Na udaljenosti y=b tekućine dodiruju pokretnu plohu AB i njena je brzina lI(). Između navedenih ploha brzina II se mijenja zavisno od udaljenosti y. Tako je za sloj debljine dy tangencija1no naprezanje "t u tekućini, potrebno da se održi razlika brzina dv, određeno izrazom .

(5.1)

Page 37: Mehanika I Statika Osman Muftic

Veličina lJ. naziva sc dinamička viskoznost i predstavlja veličinu tangencijalnog naprezanja po jedinici gradijenta brzine. Jedinica je dinamičke viskoznosti prema lome

Ns -=Pa s (paskalsekunda). m'

U praksi je više u upotrebi tzv. milipaskalseku":da (mPa s).

TabUCI! brojbmJ.h vrijednosti za Deke medije

I Tekućina Temperatura 'C

Uzduh 20 Voda 20 Ulje za podmazivanje:

SAE 10 15 SAE 30 IS

-Dinamička viskoznost

mP.,

0.018 1.00

,

100 400

Tangencijalna sila koja djeluje na površini pomične ploče, uzrokovana tekućinskim trenjem, jest

F="tA, (5.2)

gdje je "t tangencijaIn;o naprezanje na površini ploče kojoj je ploština A II dodiru s tekućinom. Ked::zadatak~ gdje ,se sila po površini mijenja, omi se može iir~ti sa::

'. J .• ,.

(5.3) •

Ako je strujanje tekućine neregularno pa se slojevi tekućine miješaju, onda ga nazivamo turbulentnim i tada ne vrijede prethodni izrazi.

. ". Tekućinsko trenje je vrlo rest! pojava u strojarskoj praksi, a posebno pri projektiranju i

radu ležajeva svih tipova. Ležajevi uglavnom rade s parcijalnim podmazivanjem, kada se tanki sloj (film) podmazivanja nikada ne odvaja od dodirnih ploha. Takav se primjer podmazivanja nwva polutelrućinsko trenje i predstavlja stanje između suhog i tekućinskog trenja. Teorijski problemi vezani uz ta pitanja prelaze okvir naših razmatranja. kako zbog teš~~ i .složenC?sti .tako i zbog pripadnosti hidrodinamici ~ teoriji podmazivanja.

S.3 .. UNU1'RASNJE TRENJE .. ' ~, .

:,:'~ . Vrlo slično, ali ipak različito, jest tzv. unutrašnje trenje. Naime kod čvrstih tijela se pri svakoj defonnaciji pojavljuju tangencijaIne sile trenja koje pri tome vrle rad i tako se pretvaraju u toplinu. Ta se vrsta trenja naziva unutrašnjim trenjem, a njegovo je proučavanje također složeno i izvan je okvira naših proučavanja, te je sadržano u teoriji elastičnosti i teoriji plastičnosti.

72

, , r.

5.4. TRENJE KOTRLJANJA

Trenje kotrljanja je otpor što se pojavljuje pri kotrljanju kružnih ploča, kotača ili valjka ... ... Kotač težine F G kotrljat će se opterećenom silom F prema slici 5.2. Deformacije kotača i podloge prikazane su na slici povećano. Raspodjela tlaka p na dodirnoj plohi je približno

Slika 5.2 Približna· slika opterećenja krulog kolaČa što se kotrlja po deformabiinoj podlozi

... slična prikazanoj, a rezultanta FR je takva da prolazi središtem valjka Potrebna sila da proizvede gibanje slijedi iz momentne jednadžbe pa je

a F=-FG=~FG'

r (5.4)

gdje je krak sile F pretpostavljen kao r, a Ill:=ajr je faktor trenja kotrljanja. Faktor Ill: je omjer između sile otpora i težine, pa je u tom smislu sličan faktoru statičkog i kinetičkog trenja Uz ovo valja istaknuti da klizanje nije uključeno U· interpretaciju faktora kotrljanja

Veličina a zavisi od brOjnih čimbeIDka koje je vrlo teško kvantificirati, tako da potpuna teorija o otporu kotrljanja ne 'postoji u decidiranom obliku. Ta je udaljenost između ostalog i funkcija elastičnih i plastičnih svojstava spregnutih članova.

5.5. SUHO TRENJE

Mehanizam se suhog trenja može objasniti nIo jednostavnim pokusima. Proučavanjem krutog bloka mase m koji miruje na horizontalnoj podlozi pokazat ćemo elementarne spoznaje o tre.nju. Dodirne plohe tijela i podloge imaju određenu hrapavost. Na navedeni

aJ bJdJ+g " " F

~~ ... ... F,.. , IR

. ... ~,,,.L,,,:~,,,t;-

Slika 5.3. Prikaz sila koje se mogu pojaviti na krulom bloku težine mg kada na njega djeluje i sila trenja

-+ blok neka djeluje još i' horizontabia sila F (sl. 5.321 koja raste od ništice pa do neke vrijednosti koja je dosf.atna da pomakne blok iz stanja mirovanja. Oslobođeno tijelo s odgovarajućim silama prikazano je na ~:ici 5.3b ..

73

Page 38: Mehanika I Statika Osman Muftic

Kako je • početku rel!eno, sil. t,..,j. 1T bit če usmj.""", u suprotnom smjeru od vu~ne sile 1. opirući se tako gibanju tijela. Osim toga. na tijelo djeluje j normalna sija N koja je tl nalem primjeru jednaka' m g. Sila je trenja upravo proporcionalna normalnoj reakciji N i iznosi

FT=Jll'. (H)

Prema tome da Jj se tijelo giba ili miruje, razlikujemo sljedeće sUe trenja; a) trenje mirovanja (statičko)'

bl ,nm.!" ilbanJa {kmetIčkoj.

Veiiana p se naziva faktor trenja. a <?visi o: - vrsti materijala dodirnih ploha. - stupnju hrapavosti.

načinu podmazivanja, - povdinskom tlaku, - brzini kl~ja.

Faktor se trenja određuje pokusima.

Veličina sile trenja ovisi o: - veličini normalnog daka,

mti materijala, - stupaju hrapavosti,

brzini klizanja. - temperaturi,

Uzrok nastanku otpora trenja tumači se postojanjem udubina" i izbočina u dodirnim plohama ltinema!i&og para, kako to prikazuje slika 5.4

--' Slik> 5.4.I\_n izgled d~tiCajnib plorun1a' dVaju hrapavih *1 •.

Iz takve je geometrijske WZJ:; (prik ...... 'u mi.k.romjerilu) dvaju tijela očito da će se pri zahvatu između udubine i izbočine pojaviti otpor pri klizanju jedn"$ tijela po drugom. Otpor će biti veći ~to su le udubine ili izbočine v~ i §to ih je yea broj, o čem,u nam govore već navedene mačajke o veli~ sile trenja.

, '. 5.6. KUT TRENJA '

.. Kada ua promatrano tijelo težine F o'dj.luje joli i honzootalua sila 1, • postoji i trenje, tada iz uvjeta ravooteže slijadi, i>reioil slici 5.5, da je' . -

-+ F

:EF,=O: F. = fil>

EF. =0: F=F,.. (5.6)

-+ FN

Slika s.s. Pofožaj sila za uvjete ravnot. bloka kada dje1uje sila trenja

14

·-i

tj

Iz slike je očito da će rezultirajuća sila djelovanja podloge na tijelo biti nagnuta pod kutom %. Taj se kut nagiba fCZUl~'[ajuće sile naziva kut statičkog trenja.

Iz sHke 5.5 slijedi da je

paje

Fk,COSC4>o=FN•

FRsjnlJl(l=~Ti),

FTO tgqlo=-=Po>

FN koja se veličina naziva faktor statičkog trenja. a kut CPU kut statičkog trenja.

(5.1)

(5,8)

Sada se postavlja pitanje graničnog kuta, tj. pitanje najveće sile treoja kad. se tijelo nalazi još uvijek u ravnoteži ili se počinje gibati jednoliko. Iz ravnotežo. jednadžbe (5.6~ tj. da je

F=F" (5.9)

očito je da će se za bilo tako malu silu f pojaviti i mala sila trenja i za koje će site taj uvjet bili ispunjen. Medutim. budući da je sija trenja

Fr<p.FH (5.10)

slijedi da postoji neka granična vrijednost sile trenja, kada se ona izjednači s vrijednosti J1F If> i svako bilo kako maiO' prekoračenje te vrijednosti izbacuje promatrano tijelo iz stanja ravnoteže.

5.7. KONUS TRENJA

Djelovanje horizontalne siJe na tijelo .izaziva nagnutu rezultirajuću silu. Pri graničnOj je sili taj nagib rezultirajuće sile najveći. Međutim, bez obzira gdje horizontalna sila djeluje, uvijek će rezultitajuća sila imati horizoutab;~u komponentu suprotno usmjerenu horizontalnOj sili.

Slika 5.6. Pri.kR: iz8tcda konusa trenja u oslobođenom bloku od l'Ijegove podloge

Mijenja li sila j! hvatište u ravnini ,vog djelovanja, tada če mijenjati svoj položaj i rezultanta Fa i opisival če, '" graničnu vrijeda",. sile, konusnu plohu (sl. 5.6). Taj se konus naziva konus trenja Budući da on predstavlja"gt!Ulični primjer, rezultanta će biti na pomiRi tog konusa ako je sila FJednaka graničnoj sili Fo(F =;.~ .

75

Page 39: Mehanika I Statika Osman Muftic

Ako je sila F manja od granične sile Fo (i! < Fo), rezultanta se nalazi unutar konusa

trenja, dok se za vrijednosti sile -; koje su veće od vrijednosti granične sile Fo fF> Fo) tijelo počinje gibati.

Slika 5.7. Grafički uvjeti ravnoteže štapa koji treba bili osiguran protiv klizanja

Pojam konusa trenja treba nam za određivanje područja unutar kojih tijela mogu biti u ravnoteži. Tako npr. ako promatramo ljestve prema slici 5.7, te ako znamo raktor trenja,

-+ . tada nas zanima na kojim se sve mjestima može nalaziti teret F fl ako je vlastita težina FG•

Nacrtamo li u točkama A i B presjeke konusa trenja, tada dobivamo osjenčanu plohu abed . -+ -+

unutar koje mora prolaziti rezultanta od F G i F Q. da bi tijelo ostalo u ravnoteži.

Ako tijelo miruje ili se jednoliko giba, tada se radi o statičkom kODUSU trenja, a ako se tijelo giba nejednoliko, tada imamo posla s kinetičkim konusom trenja. U načelu, kinetički konus trenja ima n~to manji kut 'PI: od kuta statičkog konusa trenja <Ps"'

S.S. TRENJE NA KOSINI

Cesta je zadaća u strojarskoj praksi analiziranje ravnoteže tijela na kosini koja je nagnuta pod kutom a (sl. 5.8). U graničnom položaju ravnoteže (prije nego što tijelo počne kliziti niz kosinu) bit će jednadžbe ravnoteže:

-+

FGsina-FT=O,

FGcosa-FN=O. (5.11)

Slika 5.8. Blok s ležinom F G se nalazi na kosini u stanju ravnoteže sprečavajući klizanje nadalje

za granični će slučaj vrijediti

(5.12)

76

tada će biti

odnosno

FGcos~-FN=O,

FGsin'X-pFN=O,

FGsiD fl=vIG cosa.,

pa će za ravnotežu Vrijediti da raktor trenja s obzirom na kut nagiba mora biti

sin fl ~~--=tg fl=tg 'Po,

cos a

šiO znači da će klizanje započeti kada kut nagiba bude jednak kutu trenja.

(5.13)

(5.14)

(5.15)

Razmoirimo sada nekoliko posebnih p:im.jora ravnoteže na kosini. Na primjer, kolika je -+

sila F potrebna da se tijelo pokrene uz kosinu? Na slici 5.9 pokazan je plan položaja i plan sila.

e}-+

t=" "F p

G a

-+ F

Slika 5.9. Grafički prikaz opterećenja bloka za kliza.n~e uz kosinu

Jednadžbe su ravnoteže tada:

FGsina-F+FT=O,

FGcosa-FN=O.

(5.16)

odakle slijed~ uz, FT = vIN = 19 <p F N' da je

F~F Sin(l+cp) FG(siDa+~cosa). " ~ cos<p

(5.17)

',-+~ f'. a , G

-+ F

Slika 5.10. Grafitki prikaz op.terečenja bloka za sprečavanje klizanja bloka niz kosinu

-+ . Slična je situacija kada treba odrediti silu F koja je potrebna da spriječi gibanje niz

kosina Plan položaja i plan sila prikazani su za taj primjer na slici 5.10, a jednadžbe ravnoteže bit će iste, samo što sila FT djeluje u suprotnom smjeru, pa će (uz isti postupak kao prije) konačno rješenje bili

F= F G (sin a.-Ilcos ct). (5.18)·

77

Page 40: Mehanika I Statika Osman Muftic

Razmotrimo sada primjer kada sila JI nije paralelna s kosinom. Ovaj primjer ra7.matra­mo zbog toga §to se često baš na njemu čine pogrdkc pri rjebvanju zadataka. za ovaj su primjer pb..o po(of.aja i plan siJa prikazani na slici 5.1 L

Slika S.l L Prikaz djelovanja sila ntt blok kada sila kQja sprečava kliwije HjZ kosinu iJi kada uZlokujc pbanje uz kosinu. a da pri lome nije p8r.aIe:Jna s kosinom

Jednadžbe SU ravnoteže:

Fcosa.-FGsioa.-F NuO,

~N-F o cos«+ Fsin ~=O.

Vrijednost će granične sile F za početak: klizanja biti

sin IX + J,tcos IX F~F. R • p'

a pošto se uvrsti

bit će

COS .. +t.L SlD

sinq. tgq>==--.

cos !ji

F=F siu«l+!ji) • G COS ("-!ji)

Analogno se određuje i sila koja sprečava gibanje tijela niz kosin14 pa jt}

F siu(O:-!jI) ~FGCOS("+!jIr

(5.19)

(5.20)

(5.21)

(5~)

(5.23)

~

Slika S.12 Djelovanje sila na blok: koji se giba uz ili niz kosinu pri čemu je potezna sila F vildorn\'nlt

-+ Poseban je primjer !aida je sila F vodoravna. plan položaja i plau sila prikazani su !Ill

slici 5.12

78

Jednadžbe su ravnotde:

paje

FcosfS=F~sina;+F N'

FI/=F G'wstt+Fsin P.

te uz «= II slijedi da je izraz za silu koja sprečava klizanje niz kosinu

sin h + !ji) F~F •

G =(2 + !ji)

odnosno

S.9. RAVNOTEtA KUNA

Na slici 5.13 prikazan je plan položaja i plan sila klina

Slika S.l~ Plan položaja i plan sila koje ~vajll istiskivanje prikatanog kHna

Zbog simetrije vrijedit će izrazi:

FII1=Ffl1• Fn=Fn i Flu=Fn.

L:F7~0: F-2pF.coso.-2F.sin<l=o,

pa slijedi

te uz

bit cl;

" r: sin €p CO:i :J: + cos qJ sin a: F=~'tj' >

"""!ji

(5.24)

(5.25)

(5.26)

(5.27)

(5.28)

(S.29)

79

Page 41: Mehanika I Statika Osman Muftic

(5.30)

lz slike 5.13 očito je da nonnaJne reakcije žele izbaciti klin iz njegova položaja SiJa -; potrebna da spriječi istiskivanje klina (uzimajući tI obzir da u tom primjeru sile trenja mije.jaju smjer) bit će

f~2F sin(o;-<pl. N COS{j)

(5.3t)

za tehničku je praksu posebno važno rje§enje kada normalne reakcije ne mogu istisnuti klin, tada mora vrijediti

2F sin(<<-q» <o, II COS(p

odakle slijedi sin (,,- '1')<0 jer je 2F.",O. a cos '1'''' "". pa ce biti

(<1-'1')<0,

-odnosno

i konačno

(5.32)

(5.33)

(5.34)

Da bi se spriječilo jstiskivanje klina djelovanjem nonnalnih reakcija na njegove bočne strane. potrebno je da kut u vrhu klina bude jednak. ili manji od dvostrukog kuta trenja. za takav klin tada kažemo da je samokočan.

5.10. TRENJE ROTIRAJUaH TIJELA

Veu između vratila i njegovih ležaja mole biti trovrsna. U tim se vezama upotrebljavaju sljedeći novi opisni pojmovj;

- čep ili rukavac je dio osovine kojim se vratilo ili osovina oslanja na ležajeve (dio je osovine);

čep može biti (sl. 5.14). a} radijalni, kada sila II njemu djeluje tt pravcu radijusa, b) aksijalni, kada sila djel* II pravcu uzdnžee ooi. cl radijalne.aksijalni. kada sile djeluju u oba pravca.

Slika S.14.0b1ici ~ja čepova u razlilitim tipovima ldaja

i , I

:1 :'

ROlaclja osovine r.astaJc pod djelovanjem pogonskog sprega sila koji mora svladati korisni otpor i otpor trenja u ležaju osovine. Otpor trenja, dakle. ovisi i svodi se ua spreg sjla trenja u idaju osovine. Moment se toga sprega naziVa moment otpora trenja (MT). Veličina momenta otpora lfenja ovisi općenito o:

opterećenju,

hrapavosti i veličini dodirnih ploha. brzini vrtnje. obliku rukavca, stupnju isbaoonosti rukavca. naćinu podmazivanja i vrsti maziva.

5.11. RADIJALNI LEtAJ

Trenje: il ležaju osovJne može se odrediti samo približno na osnovi Coulombovog zakona za tzv, suho trenje kJizanja. U mnogim primjerima takvi relultati daju dosta dobru aproksimaciju. U potpuno podmazana Ježaja svojstva i analiza otpora trenja dobiva sasvim drugačiji oblik. U tom se primjeru mora uzimati u obzir zraQiost. brzina vrtnje, viskoznost sredstva za pOdmazivanje i mnogi drugi čimbenici.

Djelomično podmazan ležaj s dodimom točkom blizu osi ležaja (sl. 5.15) ovdje Cemo analizirati uz neka pojednostavnjenja.

Kada osovina počne rotirati u smislu prema sliCI, lada se ona počne i .. pe:njali"" u sltprotno~ smjeru od rotacije zbog sile trenja. U takvom položaju ostaje više ili manje stalno za vrijeme rotacije, što je prikazano na slici 5.15.

. Slika .5.1.5 Način opterećenja i gibanja čepa osovine ili vratila u I~ju

Reakcija Fil. je tangenta na malu kružnicu polumjera rokoja se~ po analogiji skonusom trenja, nazin kružnica trenja. Kr:uf,nica trenja se primjenjuje - \I statici mehanizama pri grafičkom određivanju reakcija u zglobovima mehanizama.. Ta reakcija uvijek tanpra kružnicu trenja na st~ni prema kojoj se rukavac kotrlja. Kut između normalnI;': reakcije i rezultante F 1'1: je kut trenja.

R'V1lOtežlla jednadžba će glasiti .

paje zbog malog kuta <p veličina sin <p;:::tg <p = p.. te imamo

MTRP.rFO<

60, .M ..... "Ut; STATIKA

(5.35)

(5.36)

81

Page 42: Mehanika I Statika Osman Muftic

5.12. AKSIJALNI LEZAJ

U ovom nas. primjeru zanima veličina momenta o~pom na trenje M T na donjoj plohi osovine (sl. 5.16) koja roti .. jednoliko. pri tome se pretpostavlj. da Jc: a) I'=ko","'nlno. b) tlak po dodirnoj plohi jednoliko rasporedcn.

Stika. S.16.Prikaz djdujućih sila i momenata u aksija1nom ležaju

Elementarni će moment "otpora trenja biti

Kako je

odn_o

Mr - J pdt=jPJldFN•

""

dA=pd'l'dp.

bit će oakon uvrštenja u izraz (100)

i napokon nakon integriranja

82

F Mr=fl1P ":pd'l'dp,

(5.31)

(5.38)

(5.39)

(5.40)

(5.41)

(5.42)

I '.

odakle slijedi

l MT=3~rFG'

Ovo je veličina momenta otpora na trenje kod aksijalnog ležaja.

5.13. TRENJE UZETA

(5.43)

U dosađamjim smo ramJatranjima proučavali ravnotežu koja se odnosila samo na kruta tijela. Sada ćemQ učiniti izuzetak: pa ćemo proučavati ravnotežu kada su u sprezi kruto tijelo sa savit1jivim tijelom, Primjer je takve veze pokazan na slici 5.17, Q on odgovara stAtičko j ravnoteži kada na kruto tijelo djeluje uže koje ima u dodirnoj površini odgovarajuće trenje.

y

Slika 111. Opterećenje: užeta IWIlQtaPog oko cilindričnog valjka

Označimo li sa a. kut zahvata, a sa. .. i d+ promjenu i prirast Kuta na kojem se nalazi element u!e~ tada ćemQ za ucrtane sije prema slici 5.11 imati sljedeće jednadžbe ravnoteže:

EF,=O:

Iz jednadžbe (5.44) slijedi

d", dljl (F +dF)co'T= F COS2+~dFN'

dFN=(F +dF)sin d2'" +Fsin d",.

. 2

.rljl dFcos-=I'.dF ..

.2

dF=~dFN'

S dr"8C strane. iz jednadžbe (5.4.5) slijedi da jO

dFN=Fdljl.

Uvrltenjem jednadžbe. (5.46) u (5.47) slijedi

dF=~Fd"',

6"

(5.44)

(5.45)

(5.46)

(5.47)

83

Page 43: Mehanika I Statika Osman Muftic

odnm.no

a odatle

tc napoKon

f. 111--="""- "J F nJ-' ,

Fz=F1e-,

To je tzv, Eult.rova formula za izračunavanje sila u užclu,

RIJESENI ZADACI IZ POGLAVLJA 5

Zadatak 5.1

(5.48)

Stap težina F(;=600N duljine 1::=4m. nagnut je pod kUlom a=25° prema horizontali. U točki A štap se oslanja na horizontalnu hrapavu podlogu (P-I)' U točki e sc štap oslanja na hrapav nosač (~2=(),15).

Izračunati najmanju vrijednost faktora trenja ).ll da štap bude u ravnoteži te reakcije u II i C. Zadatak lje!iti analitički i grafički!

Analitičko rješenje:

84

..,. Fa

Slika uz primjer 5,1

FrA +F Tccosa:-F NCsin «=0,

IF,~O

F"'A - F (J + F HC cosa+ F TC sin tI::=O.

EM.=O (2)

(3)

Dopunske jednadžbe su;

F"A=PI PH .. :

FrC=J12 PN(;'

Jz jednadžbe (3) ,lijedi uz činjenicu da je h

Uvrštenjem u (l)

I F HA + Fa 2h sin IX cos oc(<:os«+ f.11 sin o:)=F G-

Iz gornje jedn.džbe slijedi:

FNA =F a[ J - 2~ sinoc(:osl'l(COS(t+~2sin Ct)}

Iz jednadžbe (l) slijedi

F NC (sin t.l- J.l.l cos (1) ft,= , . F'A

Uvrstimo li vrijednost za F HA i F NC' bit će

FaktQr trenja

Nadalje je iz (6)

a iz (8)

Totalne reakcije su:

FG~,SinCtCOSl'l($in(X-j.1200SIX) .

~,= F.[I-~sin"COS"(COS"+1'2Sinn) .

0,1829 ~, = 0,381 =0.48.

600·4 . . FNC---2 sin 25·oos25=38:/.87 N,

2-1

"'.c(sin 25 -(),IS' oos25) FIIA - 048 t . ,

FR.=JI1.+F1-. =F •• JI +1';=253.61 l'.

(4)

(s)

(6]

(7)

(8)

85

Page 44: Mehanika I Statika Osman Muftic

Grafičko rješenje: Mjerilo: J cm ~ ... m

lcm= ... N

A

Zadatak 5.2

F RA~2,55cm=255 N,

F RC~ 3,85 ~ 385 N,

'PI =25.5° .... 1-'1 =0,48.

Dva su bloka težina Fa i.FG povezana štapom AB prema slici. Ako su raktori trenja 1.1.=0,3 i 1-'1 =0,2. te Fa= 300 N. kolika mora biti oajmanja težina bloka FG da sistem ostane u ravnoteži.

Analitičko rješenje:

y ~\

II ... ... ... ~/~~;=::F-~s~::::::F-~s::~~~~~

4=3)­

Slil;a uz :opdatak 5.2

~\

Da sistem izađe iz ravnoteže. blok J bi počeo kliziti prema dolje. Posljedica je toga da i blok II klizi. prema dolje. Na taj su nač!o sile koje djeluju na oba bloka, kako je označeno na slici, iz jednadžbi ravnoteže:

86

.'

j j

1. .~ , .§

,~ • "~

Ravnoteža tijela I

uvrstimo li da je:

tada slijedi

te uvršianjem u (l) imamo

Ravnoteža tijela II

'"'F ~O· i.J -"I •

-Fssincr.-FGcoscr.+F NI'=O.

fz posljednje jednadžbe jest

F -F . _Fa· NII- sSIDa.+FGcoscr.--smcr.-tFGcosCt.,

~

uvrStanjem u (3) slijedi:

i odavle

tj .

Fa F' ~. -cosa- GSJna+JlI smcr. + J.l1 FG cos cx=O ~ ~

cos(a-Ipl) A

Fa cos a. + J.lI sin a Fa cosa. cos lp, +sin a. sinIpl

II sina-J.llCOSCX ~ sincxcos(j), sin lp! coscx'

sin(;-cpt)

. F FG~~ctg(,,-<p,).

~

Uvrstimo li posebne· vrijrooosti. bit će

tg lp! ='1-11 =O,2 .... 'Pt = 11,31 e. odnosno

"-<p, ~30-11,31 ~ 18,690

(l)

(2)

(3)

(4)

87

Page 45: Mehanika I Statika Osman Muftic

88

Gr~fiČko rješenje:

300 FG~-ctg 18,69~2956N.

0,3

Mjprilo: Icm';' ... m. Icm';' ... N

'1'=16.69'

9.Bem

... Fa 1em

L!l.---I~-Y--~-l 16.69'

tg CPI = Jl.I =O.2-.cPI = 11,31°,

FG~9,8cm"'2940N.

11

.,

Zadatak 5.3

Uteg I težine FQ =600N podiže se putem klina lJ zanemarive težine. Odrediti veličinu sile .... F za jednoliko podizanje utega I, ako su faktori trenja na svim dodirnim plohama Jl=O,2

slika uz zadatak 5.3

.Analitičko Ij«*nje Uvjeti ~vnoteže tijela I:

1:r.~0: F"·I-FNl cosa.-F N3 sina.=O.

LF,~O: -JJF!l1 - f o.-F NJ sin a.+F Nz cos a.=O

Jz jednadžbe (\) imamo

uvdtenjem II (2) slijedi .

-~.'1.(Jl.cosa.+sin::r:)-F (l-EN. sin a.+FN3 cosa.=O

sređivanjem

(lj

(2)

89

Page 46: Mehanika I Statika Osman Muftic

Uvjeti ravnoteža rijala ll:

EF.=O

LF,=O

Iz je<lnadžbe (4) imamo

uvrttenjcm u (3)

-F +P.F Nj eosa:+ F lWlsina+1LF N,=O.

-FitI cos ct+ JlF Nl sin a+F NJ =0.

F =pF N, COS«+ F Hf sin oc.;. t1F N) (cos tt + Ji sin «),

F=FN<I{sinlX+2Jlcosa+~'sin(X) uz FN:; od prlje.

umtenjem vrijednosti

F sina+2p.oosO:+J12sintX

=F --~~~~~~~ Qooso:-2Jl.sin a-Illcosr.x

F=600 .in 10'+2 -0,2= 10' +0,2'51n 10' =600 0,5745 cos 10'-2-0,2.io 100-O,2'e05 10' 0,9547

F=361.05N

Grafičko rješenje Mjerilo: I cm ~ ... N

Zadala!< 5.4

(3)

(4)

Odrediti reakcije u ležajima dizalice! Odrediti i minimalnu silu F. potrebnu 2A okretanje dizalice i tlakove II ležajiina A j B!

Zadano: d = 10 mm ~=O.I

t=70rom F.=O,2kN

FG=16kN

,

Iz jednadžbe momenata s obzirom na točku A imamo:

odav!eje

y

x

I~ uvjeta ravnoteže:

slijedi da je

Iz L:M,=O p<>treban mODlent je

S druge strane moment trenja je

2 . MTR=3'F~+2J.l1'·FB

U drugom je članu s desr.u: strane broj 2 jer ~ radi o dva radijalna ležaja.

Uvcilcnjem zadanih vrijednosti slijedi

odnosno

2 M',,=rO,I-16,2+2-0,1-0,035-4,2=1.08+0,0294,

91

Page 47: Mehanika I Statika Osman Muftic

pa je tražena sila

F= I,I~ =0,)698 kN.

Tlak u ležajim~

Radijalni tlak sc određuje tako a se ukupna veličina reaJccije FAh podijeli s projekcijom povr!ina posteljice.

1=0,07 m,

d=0,07m. Kako je reakcija FAir = FB'

imamo

ili

4200 857142,85 N/m',

0,07'0,07

Pr",,=O.86 MPa

P .... =85.71 N/cm'.

Aksijalni tlak se određuje dijeljenjem aksijalne sile F.tf s površinom doticaja čepa s . ležajem:

FA" 16200 l P"'=-'=3846 =421,16N!= 3.5 • 5

ili

p ... =4,21 MPa

Zadatak 5.5

Koliko puta mora biti namotana uže oko nepomičnog valjka ako je napetost užeta S = 1300 N. a

tijelo na kosini ima težinu l00JcN1 Nagib kosine je 1i=60°, fabor trenja J.lo=0,25, a kUI \V = 30°.

92

!

I I

,!

Uvjeti !ou ravnot*-

Iz jednadžbe (2) slijedi;

SI cos \jJ-F asin ~ + F T=O,

F ... -FQco,>~-SI sin \)1=0.

Slika uz zadatak S.S

uvrltenjem (1) II jednadžbu (3) bit će:

odnosno

i napokon

Iz Eulerove jednadžbe'

odavde je izračuna:o

Budući da je

onda će odatle bili

SI cos \jJ- Fasin ~+JloF a cos ~+ 11052 s!n "'=0,

... SI SI '. SI =S'eI'" slijedi -=eI'" odnosno In-=Ila;

S . S

sin~-llocoS~

. 1 Fa cos\V+lJ.sinW a.=-ln S

~o

1l·2tt=::t.

a n=-,

2.

s

(l)

{21

93

Page 48: Mehanika I Statika Osman Muftic

odnosno

a= 16,20 radijana

pa je broj namotaja

16,20 n~ 6,28 ~2,S8 puta

Odgovor. Uže za zadane u't'jete mora biti namotano 2,58 puta oko cilindričnog nepomičnog valjka

Zodalak. 5.6

Kolika mora biti sila F na ručici diferencijalne pojasne kočnice da bi se na disku proizveo moment otpora trenja MT?

;>s,

I

. slika uz zadatak 5.6

Eulerova jednadžba će biti:

za izolirani disk LMA~O;

(S,-S,)R~MT

uvdtenjem u (I) slijedi:

pa je na kraju

MT S, R(e""-Ij'

Da bismo odredili veličinu sile F, promatramo oaVDotcžu poluge.

Iz LMo~O

94

(I)

(2)

"

l I

,f J ." "

• ~' " ·2: .;;,'

;:~: :;

l'

'f

odnosno

My4z eI"'+ Mr a R('''-I) R( .... -I) l

l

Prema prije navedenome slijedi da je potrebna sila F na račici kočnice da bi se postigao moment trenja M T:

što je ljepše napisano

Zadatak 5.7

F MT(aZ'e""+a l) R'l(e~-l)

Odrediti utjecaj krutosti užeta pri polaganom stalnom podizanju tereta F fl ako je poznato J1, &, r, R!

Geometrijska veličina t - se obiato određuje empirijski

odnosno

separacijom

Slika uz zadatak 5.7

........ _-t-~F..t:!=F .Fa

• ... F

F(R -E-IU')~F .(R +E+IU'~

9S

Page 49: Mehanika I Statika Osman Muftic

odnosno

E+J'T ako ---,;:- označimo sa ~, tada je

Jzraz 1 +; možemo pisati i kao i-,

f.+W 1+-­

R F=F

Q r.+W 1--­

R

1+­F=F _S.

QI-~

što razvijanjem u binornni red daje (vidjeti napomenu!)

(1 +~)(l +~+l;l+ ... )~l +2l;+ ostali su članovi nevažni

pa izraz za F možemo u preuređenom obliku pisati kao

Napomena: da se podsjetimo, biriomnj se red ratvija na slijedeći na~in: , ~ .", _ ..

96

6. NOSAtI

6.1. PODUPIRANJE TIJELA

Tijela koja držimo kao dijelove konstrukcija moraju biti ·oslonjena tako da se mogu iz tog položaja gibati na unaprijed određen način. Oslonci moraju posredovati u prenošenju sila na ostale dijelove konstrukcije. U mjestu oslonca djeluju na tijelo reakcije. Reakcije određujemo poznatim postupkom, kako bismb mogli ustanoviti ponašanje konstrukcije te unutrašnje sile u ko~strukciji. Reakcije u osloncima moraju biti takve da bi "a zadanim vanjskim opterećenjem činile ravnotežu sila.

Jedna od temeljnih statičkih konstruk.tijajesljednostavno poduprti nosač ili tzv. prosta greda. To je štap poduprt u dva oslonca. Oslonci nosača moraju biti rakvi da bi nosač ostao u ravnoteži pri djelovanju proizvoljnog skupa sila na njega. Kada bismo nosač oslonili na dva valjka i pri lom djelovali horizontalnom silom, on bi se počeo gibati u smjeru djelovanja sile. Oslonci koji dopuštaju gibanje poduprtog tijela u određenom smjeru nazivaju se pomični oslonci. Kod pomičnih oslonaca De može se pojaviti reakcija koja bi priječila pomak tijela. Da bismo spriječili pomak nosac:!:a, moramo osim. valjaka postaviti još jedari, nepomični' oslonac. Taj oslonac pravi reakciju na nosač, koja mora biti jednaka :vanjskoj horizontalnoj sili, inače sile ne bi biJe u ravnoteži. Nepomični oslonac mora biti tako krut da bi se u njemu mogla pojaviti reaktivna sila. ,"

:y ~ ~~~~~ ~~~~

Slika 6.1. Oblici oslonaca i njihovih shema u noS3C:i

Jednostavno oslonjeni nosač i~a jedan nepomični oslonac, koji prenosi i horizontalne i vertikalne sile, te jedan pomični oslonac, koji može prenositi sile koje su okomite na njegovu podlogu. Pomični oslonac osigurava male pomake nosača što se pojavljuju, na primjer, pri zagrijavanju.

7 o. Muftić: STATIK.l.. 97

Page 50: Mehanika I Statika Osman Muftic

Pomirne i nepomične oslonce možemo vidjeli II • .klasičnom" obliku na mostovima. Pomični se oslonci prave od čeličnib valjaka ,šIo se postavljaju između čeličnih ptoča koje imaju graničnike. Nepomični oslonci mogu se načiniti tako da se valjci postave II ležajeve u kojima se valjak ne može gibali. .

Oslonci jednostavnih nosača mogu se načiniti na različite načine. Slika 6.1 prikazuje kako se crtaju oslonci (veze) nosača.

Veza između nosača i podloge može se ostvariti i samo jednim osloncem tako da se jedan kraj nosača uklij~ti u masivnu podlogu. Uklještenje osigurava mirovanje konstrukcije koja je II stanju prenositi zadano opterećenje. Takav se nosač obično naziva konzolni nosač ili samo konzola. Kada bi. se konzola umjesto ukljdtenja učvrstila samo nepomičnim osloncem, to ne bi bila nosiva konstrukcija. Zbog vlastite težine konzola bi se zakrenula oko nepomičnog oslonca i ostala visjeti, te bi tako prestala biti nosačem.

Slika 6.2.Izgled konzolnog nosača

Uk.lještenje može prenositi horizontalne i vertikalne sile i istodobno se momentu sila koje djeluju na konzolu (sl. 6.2).

6.2. METODE ODREĐIVANJA UNUTRASNJIH SILA

6.2.1 ANALlTIOO POSTUPAK

može opirali

·Razmotri~o kao jednostavan primjer određiva~je unutra!injih siia slobodno oslonjene -> ->

grede na dva oslonca. .Gr~~ je opterećena silama Fl i F 2 prema slici 6.3.

... ... FAz F ...

2 Fa '" A -x ... B

Ax a ".

a. b,

z Slika 6.3. Jednostavni nosač opterećen općim opterećenjem

Na pomati način određujemo reakcije u osloncima A i B postavljanjem uvjeta ravnoteže za cijeli nosač:

IF.~O: FA,,-F, co1; a.= O, (6.1)

IF.~O: -F A~-B+Fl sina+ F:z=O, (6.2)

IMA~O: FI sincxa, +F:za:z-F 81=0, (6.3)

98

Iz jednadžbe (6.3) određujemo reakciju u B, koja iznosi

FIQlsina:+F:zQ:z FB I

Zatim iz j~nadžbe (6.2) odredimo komponentu reakcije F ,,::

F,,== FIQlsina+Fza:z F· F

l + I sma+ z,

a iz jednadžbe (6.1) komponentu FA"':

FA",=F1cosa..

(6.4)

(6.5)

(6.6)

Zamislimo sada da smo presjekli i podijelili promatrani nosač presjekom a - a u dva dijela prema slici 6.4. Jasno proistječe da se u presjecima svakog dijela nosača moraju pojaviti sile ako želimo da svaki dio nosača bude zaseban i u ravnoteži. Očito je i to da će za ravnotcžno stanje cijelog nosača u promatranom presjeku unutra1nje sile za jedan i.ta drugi kraj morati bili jednake, ali suprotno usmjerene. U protivnom, presjek ne bi bio u ravnoteži .

... ~

"'-z F ... I F ... ...

'" '" 2 Jt;

FA A

'" '" x

z Slika 6.4. Primjena principa izolacije na jednostavni nosač opterećen općim opterećenjem

Redukcijom sila na težište presjeka S, na primjer desnog dijela nosača. bit re u presjeku a-a:;

M._.~ -F "x'+F,(x' -b,) .

FQ2_ .. =-Fs+Fz•

l!"h-~-<l=O.

Iste vrijednosti moramo imati.i za ravnotežu lijevog dijela, tJ· M,,_ .. =F ,czX-F1sina(x-al ),

FQ2_g:= FA"':'" Ft sina.,·'

Fh·"_g:=FA,,,--F100sa=0.

Iz uvjeta ..

slijede definicije unutrašnjih sila.

).

Ms~IM".

FQ~IF,",

FN~IF,...

(6.7)

(6.8)

(6.9)

99

Page 51: Mehanika I Statika Osman Muftic

Pojm.,vj unulrunjih sila:

I) Moment savijanja u nekom presjeku grede jednak je algebarskoj sumi statičkih momenata svih vanjskih sila. Ujc\'o JJI desno od presjeka. s obzirom na težište promatranog presjeka.

2) Poprečna sila u nekom presjeku jednaka jc sumi projekcija tih sila na os koja je okomita na UZdUŽl1U os grede.

3 J Uzdužna sila u nekom presjeku jednaka je sumi projekcija tih sila na uzdužou os grede.

U općem primjeru kada je

greda. je opterećena na savijanje, smicanje i vlak (ill tlak), i to ovako:

F~~O M",O FQ",O - savijanje j smicanje

FH=O M",O F.",O - čisto savijanje

F."'O M",O F.~O - via. (ili tlak)

6.2.2. KONVENCIJA O PRED;ti'iAUMA

Radi jednoobraznosti i olakšanja u kasnijin1 zadaćama, uvest temo dogovor prema kojem ćemo određivati predznake za pojedine statičke veličine nosača.

• 1I)(

e __ X

'"

z

SUka 6.5. Prikaz položaja koordinatnog sustava na ~nO'!itavnom nosaču

Prije svega koristit ćemo se desnim koordinatnim pravokutnim sustavom.. U takav ćemo sustav postavljati jednostavnu gredu ptema slici 6.5. Ovim ćemo se oblikom koordinatnog sustava koristiti i u statici ~ tijela. Prije nego što prijeđemo na definicije. uvest ćemo pojam pozitivne površine nosača. Zan1islimo presjek: (X-a. na nosaču AB prema slici 6.5. Taj nam presjek: dijeli nosač na lijevi j desni dio. Postavimo li okomito na prerezanu povr§inu lijevog dijeJa jedinični vektor, očito će smjer tog vektora biti isti kao pozitivni smjer koordinatne osi x. Takvu ćemo površinu nazvati pOzitivnom. Također se vidi da će površina tog presjeka, ali desnog dijela, imati smjer jediničnog vektora pOvdine suprotan pozitivnom smjeru koordinatne osi x. Zbog toga ćemo takvu povrninu nazivati negativJlom pc-vrninom.

100

Sljedeći je pojam. kojim a:mo definirati predznake momenta savijanjat prirast kuta u koordinatnom sustavu. Pozitivan je prirast kuta u desnom koordinatnom sustavu xy:! kad rotacija kraka kuta ide od osi x prema osi y. zatim od osi y prema osi z i konačno od osi z prema osi x. Druglm riječima, pOzitivna je ona rotacija koja je II skladu s prayilom desne ruke (sl. 6.6).

Slika 6..6. Smis.a.Q i veza između 'pravila deme ruke i desnog koordinatnog sustava

Sada možemo prijeći na definicije što su vezane uz nosače. Razmotrimo ponovno nosač !to smo ga razdvojili presjekom tt-ct: (sl. 6.7),

U presjeku lijevog dijela, koji je, kako smo već rekli, pozitivan. ucrtavamo poprei:nu i ~už:U' !:!h! ~~ ~()ment savijanja. budući da se ucrtane sile slažu s pozitivnim smislom osi x (si. 6.70).

slii.a 6.7. Ualavanje momenta poprmuh i uzdu:žnih· sila u p~a nosača pri&odom pcitnjetle načcla izolacije dijela nosača

Isto su tako veiičine·s negativnim smislom, koje se nalaze na negativnoj pov[šin~ prema našem dogovoru pozitivne. To znači da će na presjeku desnog dije1a ucrtane veličine momenta, poprečn~ i uzdužne sile biti pozitivne {sl. 6.1b~

101

Page 52: Mehanika I Statika Osman Muftic

6.2.3. ZNACENJE I ODNQS liNUTRASNJIH SILA

Iz uvjeta ",vnotde (6.6) koj< smo dobili na početku ovog poglavlja slijedilo j< da je FA~=Fl cosa. Međutim, da smo presjek tt-O! postavi1i izvan polja dužine al' odvojili bismQ

dio nosača na koji djeluje komponenta reakcije FAr (sl. 6.S). Možemo mljučili da uzdužn. sila djeluje II pravcu uzdUŽne osi nosača samo na dužini nosata od O do a, . T o je i fizikalno jasnO+ jer je oslonac A čvrst i on će preuzimati na sebe djelovanje komponente kose sHe F, COSlX, dok preostali dio nosača. do ostonea ~ ne može ,..nositi'" silu jer je oslonac B pomičan,

SJika 6.8. Smisao i tumačenje pojma uzdužne sile u nosaču

Iz izraza (6.7) j (6.8) vidi se da je u ovakvom primjeru, tj. kada se radi o nosaču opteIt:Čtnom koncentriranim teretima. moment savijanja između dviju susjednih sila linearna funkcija od X, dok je poprečna sila F. konstantna.

Kada na nosač djeluje kontinuirano opterećenje. situacija je nešto drugačija, Zbog jednostavnosti razmatrat ćemo samo jednoliko kontinuirano opterećenje. Neka je nosač, prema slici (6.9), opterećen kontinuiranim opterećenjem duž čitave svoje dužine.

. q FA = F'=:l

Mo~t je savijanja u presjeku a-a::

(6.10)

odnosno."

(6.11)

Poprečna je sila II ~VOlll primjeru

(6.12)

102

odnosno

FQ=i-qx=qG-x} (6.13)

Razmotrimo li Jzraze (6.12) i (6.13). vidimo dajejedoafba momenta savijanja kvadratna funkcija od X, dakle parabola drugog reda, dok je izraz za poprečne sile linearna funkcija od x. d.kle jednadžba pravca.

RazmOltJmO naposljetku odnose između· momenata 'savijanja j poprečnih sila te kontinuiranog opterećenja. U tu ćemo svrhu razmotriti elementarn.j dio grede opterećene kontinuirano, prema slici 6J~ i postaviti uvjete ravnot=

Slika 6.10. Element.ami presjek dijela nosača s uca1auim. poprečnim silama i momenlima te njihovim prirutima

LMs=O:

dx M +qdxT+(F .+dF Q)dx-(M+dM)=O.

dx' M+qT+.F.dx+dF.dx-M-dM=O.

(6.14)

(6.15)

Veličine dF2dx i FQ ~" U izrazu (6.15) llWžemo kao veličine drugog reda -zanemariti pa

imamo daje (6.16)

odnosno dM dx =F" (6.17)

što znači da je za kontinuirano optere.!enje poprečna sila u bilo kojem presjeku jednaka derivaciji momenta savijanja.

'Iz uvjeta L:F,:=O pr~izJazi

odnosno

-FQ+(F.+đFoJ+FQdx=O. (6.18)

dF ~~-q, (6.19)

tj. za isto opterećenje derivacija poprečne sile po x jedD.aka je specifičnom Qpterećenju s negativnim predznakom:·

d' M dF --=--q dxz-dx- . (6.20)

103

Page 53: Mehanika I Statika Osman Muftic

6.2.4. Gl<A~'j(;KO Olll<EĐlVANJE DIJAGRAMA M iF.

U ovom postupku primjenjujemo grafičku metodu odredivanja statičkog momenta reluJtante sila s obzir(;tm na točku. Zadane su sile 11.F2< ••• 'F,. i treba nacrtati dijagrame M i FQ .

Odabrano je mjerilo; l crna: .. ,m. i cm,;; .. ,N. I crna, '., Nm. Težinu grede zanemarujemo.

Slično kao i prije, podijelimo nosač na dva dijela proizvoijno izabranim presjekom ':t-a. Poznatim postupkom odredimo grafički reakciju u osloncu, a zatim odredimo npr. rezultantu sila s desne strane presjeka i njezin položaj. koji se nalazi na udaljenosti II od presjeka ':t-CL

M ... ... ~ ~ O

... lk ...

i

Slika 6.1 L prikaz grafičke vc:zc izm.eđu M-dijasrama i verižnog poligona

Primjenom graftč~og odredivanja momenta u proizvoljnom presjeku, iz sličnosti t'rokuta (sL 6.11) L1GTL- L1CDO slijedi daje

(6.21)

odnosno

(6.22) pa je

M=)'H. (6.23)

104

j ,

I , " V "

6.2.5. OPTEREćENJE GREDE SPREGOM SILA

Poseban je način opterećenja nosača spr~om sila prema slici 6.12.

M

Slika 6.12. Djelovanje sprega sila na jednostavan nosa~ Ila dva oslonca-

Reakcije određujemo iz u~eta ravnoteže:

~M.=O:

~MB=O:

V[dimo da reakcije čine također spreg sila koji drži ravnotežu sa 221anim spregom.

Poprečne sile i momenti odreduju se na sljedeći način:;

U području O<x.i<a:

Mr. =0;

(6.24)

(6.25)

(6.26)

(6.27)

'(6.28)

105

Page 54: Mehanika I Statika Osman Muftic

u području O<x,<b: za X 2 =():

M M, = -F.b#; --b. .. I

Ekstremne su vrijednosti očito:

M. M .... ~-T (b>a~

M F Q.tAaa + T (konstantno:}.

P_bni primjeri

aj Spreg sila djeluje u osloncu (sL 6.13). npr. a~1, b~O.

M

U~ri su ravnoteže:

OdnOSDO'

(6.29)

(6.30)

(6.31)

(6.32)

(6.33)

(6.34)

., !

{ :fI ., ' ; ...

i ,

odaide slijedi

M F..t=F,=-=Fo-, I

bl Dva sprega .ila djeluju u osloncIma (sl. 6.14).

SJik.a 6-14.Djelovanje dvaju spregova II oba oslonca jednostavaQg nosača

U ovom će primjeru biti uz:

Vrijednost momenta u 'presjeku x:

Ml M2 M'~-I (1-.)+-, x,

odakle deriviranjem po x slijedi

dM, M, Mz L F =-=--+-=r;.onst,

• dx l l

odnoSno

Reakcije sn u osloncima:.

(6,35)

(6.36)

(6.37)

(6.38)

(6.39)

(6.40)

107

Page 55: Mehanika I Statika Osman Muftic

6.2.6. OPTEROCENJE GREDE SPREGOM SILA I KONCENTRIRANIM TERETOM

To jc čest primjer optercćcnja. Jednadžbe ravnoteže postavljamo za svaki način opterećenja posebno, pa nakon ~to ih rijc~imo, algebarski zbrojimo izračunane vrijednosti (princip superpozicije).

108

Slika 6.15. Prikaz konstrukcije statičkih dijagrama za nosač opterećen silom i spregom

U tom je primjeru prema slici 6.15:

I FA ~-F(I-a~ 'l .

F FS1=,a.

MI F ,A=F Al-F Al=,-iF(I-a),

M-F(l-a) FA

M F M+Fa F8=Fsl +FB1 =T+,a=--,-'

(6.41)

(6.42)

(6.43)

(6.44)

6.2.7. GREDA OPTEREĆENA TROKIJfNIM KONTINUIRANIM OPTEREĆENJEM

Prema slici 6.16 UVjeti su ravnoteže:

L:F,=O:

IM. qo' l I FA=--,-~TTI'

qol FA=6'

qol qol Fs =Po-FA=T-6'

F _ qo' B~ 3'

(6.45)

(6.46)

Slika 6.16. Prikaz konstrukcije dijagrama poprečnih sila i dijagrama momenata savijanja za nosač opferećen'trokutastim konti!Juiranim opterećenjem

Iz slike 6.16 s1ijedi odnos izmedu opterećenja:

q. x qoX F= q;X = qr;X2. -~-,. q,=-,-. 2 2' qo

(6.47)

109

Page 56: Mehanika I Statika Osman Muftic

Tada o. biti

(6.48)

(6A9)

odhosno

I F M =-·-"(I'x-x') o 3 II . (6.50)

lednlldžbe (6AS) i (6.50) izražavaju promjenu F. i M duž nosača. Prva krivulja je n stupnja, a drugaje m .Iupnja.

Poprečne su sile u os1oncima::

Položaj je najvećeg momenta određen itrazom

a odatle je

odnosno

dM.=~.F. (P-3x')=O dx 3l' '

1'-3x'=O.

1 . x= ± .fi =0,577.

Udaljenost Je mjeri se od oslonca A nosača.

(6.51)

(6.52)

(6.53)

6.2.8. NOSAe OI'Tli:Rl!CEN U DVJEMA. MEĐUSOBNO OKOMITIM IlA VNINA.lI1A

Cesto su nosači podvrgnuti djelovanju sila koje nisu II istoj ravnini. U tom se primjeru može smatrati da sc nosač .• savija II d\jema medusobno okomitilfl mvninama (sl. 6.17).

Iz slike 6.17 je oato -cbi: sila"" djeluje u ravnini xy u k~oj je i dijagram M,.. a sila F, u ravnini :XZ II kojoj je Ni dijagram M:u- Dijagrarui se momenata sa"lfijanja Mr=M lX} kon.st.ruir8ju za svaku ravninu posebno, uzimajući u obzir samo site koje se: nalaze u toj ravnini ili paralelno s njolIl' Rezultirajući je moment savijanja u nekom presjeku

(6.54)

Općenito mal:.:simalni m~ment II nekoj ravnini ne predst&vlj~ i maksimalni moment cijelog nosača. zbog toga treba od"Cd.iti presjek II kojem je vekt0J3ka suma momentom komponenata. maksimalna.

110

-I

I , i

·1

Slika 6.17. Pn"bz djelovanja sila \I dvjema međusobno okom.itinl: ravninama nosača s pos1jedi&tim izgledom dijagfama momenata savijanja

6..2.9. POSREDNO OPTERi!CENJE NOSACA

Na ,lici 6.1S prikazan je grafički postupak odredivanja dijagrama M i F Q posredno opterećena nosača.

-+ -+ FOe ~

-+ M F, ... ... '8 Foo 3

-+ E

I. H ./

Slika 6:18. Posredno Qptere6enjc nosača putem duju popre&tih DO$8.Ča

6.3. SLOŽENI ILI GERBEROVI NOSAO

6.3.1. OPćENITO

Nosač .a tri oslonca kojemu 'u jedan oslonac nepomičan a druga dva pomična statički je neodređen. U tom se primjeru jz tri statičke jednadžbe ne mogu odrediti četiri nepoznate

!ll

Page 57: Mehanika I Statika Osman Muftic

veličine. Stavimo li u promatrani nosač zglob g, u kojem pretPostavljamo da nema trenja, znači da ne može prenositi moment, tada nosač postilje statički odreden.

... B~

-+

0/ Slika 6.19. Rastavljanje Gerberovog nosača u dva statički ~na nosača

Iz uvjeta ravnoteže za obje rastavljene grede možcmo odrediti silu u zglobu g, te reakcije A, B i C, dakle možemo izračunati reakcije II osloncima i Cklrediti dijagrame M. F N i F Q'

Gerberovim zglobom ne može se prenositi moment, već samo poprečna i uzdužna sila. Rezultanta tih sila naziva se pritisak II zglobu. o

Vvjeti su ravnoteže II Gerberovu nosaču.:

EF.=O. IF.=O. (6.55)

Gerberovi nosači na više oslonaca prikazani su na slici 6.20.

;:. a}

iii' ;:. bJ

;:. cJ

'.~''''''-' •• 0. :.'. I •..

o e iii iii .lK d}

Slika 6.20. Različiti tipovi GerberovQi nosača na i:!Ietiri oslonca

Kada rastavljamo nosače na više dijelova, tada zglobovi ne smiju biti ugrađeni proizvoljno, nego·moraju ~iti raspoređeni tako da promatrana greda bude raStavljena. na statičke nosače, što mači da nijedan rastavljeni nosač ne smije imati više od dva oslonca. za nosač sa n oslonaca ijedan nepomičan i n-l pomičan) trebalo bi odrediti n+ l nepoznatu reakciju. . .

Budući da II općem primjeru imamo samo tri jednadžbe, preostaju n-2 prekobrojne komponente reakcija. Znači, nosač je n-2 puta statički neodređen. Da bi postao statički određeD. treba ugraditi n-2 zgloba. pa ćemo tada imati jo! n'-2jcdDadžbe. koje izražavaju uvjet da moment u svakom zglobu mora biti jednak. ništici.

112

Ti su primjeri prikazani na slici 6.20a,. b, C. dok je primjer na slici 6.20d opet statički neodređen jer je desni dio nosača. računajući od Gerberovih točaka, statički neodređen.

U praksi su zglobovi obično u svakom drugom polju. Ovdje pojmom polje nazivamo raspon izmedu oslonaca.

6.3.2. ANALITlCKA METODA ODREĐIVANJA OIJAGRAMA M i Fa GERBEROVTH NOSACA

M

Slika 6.2L J(ontinulran~ optereeen.i Gerbc-rov nosač na tri oslonca

. Zadani je nosač opterećen prem8: slici 621. Moment je u presjeku.x u pravcu polja:

(0<.>:<1,). (6.56) <

8 O. Murti.:: STATIKA 113

-.f ..

Page 58: Mehanika I Statika Osman Muftic

Iz te se jednadžbe određuje moment II zglobu B za X=ll:

te slijedi

gdje je FAl reakcija fiktivnog nosača (bez Gerberove točke g) duljine 'l i iznosi

ql, FAI=T"

UVdtenjem izraza (6.58) u momentnu jednadžbu (6.56) slijedi:

qx1

Ma '" MB M=F x--+-x=M +-x AI 2 'l 't '

s najvećom vrijednošću

Preostali dio izraza iz jednadžbe (6.59)

M, -x I,

(6.57)

(6.58)

(6.59)

(6.60)

(6.61)

predočava linearnu promjenu momenta, t~ "uz uvjet da je II točki g vrijednost momenta jednaka ništici. a isto tako i u osloncu A, taj je pravac određen. Postupak je za drugo polje analogan, pa će promjena momenat~ biti

. M M=M'''+ 1,' x (O<x<I,). . (6.62)

Fiktivni je moment MC2J opet pred~ p8:rabolom drugog reda s najvećom vrijednosti

~I =qll. - 2

(6.63)

Kako je mom~t 11 "zglobu B poznat, a u C je j~nak niŠti"ci, rezultirajući se moment izračuna iz razlike tih momenata.

Poprečne sile za dio nosača od A do g:

(6.64)

114

i ,

, , •

" i

""" ! " i

6.3.3. GRAFlCKO ODREĐIVANJE DIJAGRAMA M IF. GERBEROVJH NOSACA

Slika 6.22 prikazuje grlifički postup~k odredivanja momenta i poprečnih .sila. Uvjet je ovdje da je u Gerberovim točkama moinent jednak ništici, što određuje pnivac zaključne linije SI' a pravac se zaključne 1inije S2 desnog dijela nosača određuje tako da se početna točka b odredi u sjeci§tu zaklju&ice sJ s vertikalnim pravcem djelovanja reakcije u osloncu B, a konačna se točka zaključne linije S2 određuje sjecištem veriŽl1ice 5 i vertikalnog pravca djelovanja reakcije u osloncu C.

M

-+ -+-2 ~-+

3

F. , 5 If

--1?------

Slika 6.22. Gerberov nosač na tri oslonca opteRćen koncentriranim silama

Ako plan sila podijelimo u dva zasebna plana s polovima O' i O". radi prak.tičnijeg izgleda verižnog poligona, tada je postupak isti, samo što su pravci verižnica drugačiji pa je i verižni poligon položitiji.

Dijagram poprečnih sila radimo na temelju utvrđenih veličina reakcija u osloncima i pomatih sila što djeluju na nosač. "

6.4. OKVIRNI NOSACJ:

6.4.1. OPĆENITO

Okvirni nosač je sustav štapova koji su međusobno vezani krutim čvorovima. Sk.upini " okvirnih nosata pripadaju i savijeni §tapoVi oddostJ.o grede.

8' 115

Page 59: Mehanika I Statika Osman Muftic

Ako bismo kod okvirnog nosača kruti čvor 7.amijenili zglobom, sustav bi prestao biti geometrijski nepromjenljiv i postao bi mehanizam.

Kao i kod ostalih nosača, taJco i kod okvirnih određujemo reakcije u osloncima na potpuno isti način. Reakcije možemo određivati hilo da sustav promatramo kao cjelinu, bilo da nosač rastavljama na sastavne dijelove, pri čcm stvarne veze zamjenjujemo odgovarajućim silama ili momentima. Zatim određujemo raspodjelu momenata savijanja, poprečnih i uzdužnih sila. Veza između momenata savijanja, poprečnih sila i opterećenja po definiciji je ista kao i kod nezakrivIjenih nosafa.

Na temelju dijagrama M, F Q i F N mo7..e se ocijeniti karakter naprezanja članov~ c.kvira i tako na osnovi poznavanja opasnih presjeka odredili potrebne dimenzije nosača.

Slika 6.21 Prikaz nezavisnosti određivanja reakcija od oblika tijela koje se proučava

Reakcije određujemo isto kao i prije ili analitički ili grafički. Na slici 6.23 prikazan je gl-afički postupak određivanja reakcija u okvirnih nosača.

Analitički se reakcije određuju iz jednadžbi ravnoteže. Bez obzira na oblik krutog tijela, način određivanja reakcija ostaje uvijek isti, tj. odredimo veličinu i položaj rezultante vanjskih sila i rastavimo je na sile reakcija u osJoncima.

.. FAV

Slika 6.24. Opći izgled okvirnog nosača opterećenog općim opterećenjem

Ako je sustav statički neodređen, ne možemo odrediti reakcije u osloncima s pomoću statičkih metoda.

Okvirni nosač je sustav štapova međusobno vezanih krutim čvorovima, tj. obimi je nosač kruto tijelo nekog određenog oblika slična okviru.

116

Na slici 6.24 prikazan je postupak redukcije rezultante sila s lijeve odnosno s desne strane presjeka Postupak određivani.a statičkih veličina potpuno je isti kao i kod nezakrivlje· nih nosača. Dogovor o predznacima ostaje isti kao i prije.

.. fl '3

B

~

r,; A .. .. .. ~ FAV ~v

Slika 6.25. Postupak redukcije rezuJtante sila s desne strane p~jeka okvirnog nosača

Dakle. ucrtane veličine za M, Fa i F.lI (sl. 6.25) smatramo pozitivnim na odgovarajućim presjecima. Praktički to znači da je pozitivan onaj moment savijanja koji na unutrašnjoj strani okvira uzrokuje vlačno naprezanje. Isto tako je pozitivna ona uzdužna sila koja uzrokuje vlačno naprezanje u presjeku štapa I napokcn, pozitivna je ona poprečna sila koja na lijevom presjeku djeluje prema unutra, a na desnom presjeku prema van.

6.4.2. ODREĐlV ANJE REAKCIJA I DIJAGRAMA M, F. i F N

Određivanje statičkih veličina kod okvirnih nosača razmotrit ćemo ria· okviru zadanom i opterećenom prema slici 6.26.

E D

.... {gH ..

I-~--"'-----~~

Slika 6.26. Određivanje rea.kc:ij2. ·u jednostavnog okvirnog nosača

Reakcije određujemo iz slj~ećih uvjeta:

3F=4F .. 3 FB~~F'} FAH=F,

F Av=F B-= 4" F.

(6.65)

117

Page 60: Mehanika I Statika Osman Muftic

Kada pomajemo vanjske sile, računajući u njih i reakcije, možemo početi proučavanje veličina M, Fa i F N u svim onim presjecima unutar kojih nema p,romjena u opterećenju. Ta su područja u promatranom primjeru označena na slici 6.27.

-+ F K

., -+ "s FAH B

-+ ... ~v ~

Slika 6.21. Podjela okvirnog nosača na podruga ana1ize unutrašDjih sila

Raspodjela momenata i poprečnih sila bit će dakle:

a) za podrueje O<x, <3 (sl. 6.28~

MXI=FAllx,.

To je očito jednadžba pravca, gdje je za:

F. ~.,., AV

x=o, M,:c=O.

M.= 3F.A.S=3F.

-+ .~: ~v

Slika 6.28. Unutra!oje sile u dijelu AK okvirnog nosača ispod sile ';

Slika 6.29. Unutra!nje SiJe u dijelu AE okvirnog nosača iznad sile

Poprečna je sila . .J.C.'"

dok je; uzdužna sila

. ',~,

3 F,,=FAV ="4 F.

b) za pOdrueje 3 < x, < 4 (sl. 629~

MJCz=F .tBX-F(x2 -3),

118

(6.66)

(6.67)

(6.68)

(6.69)

(6.70)

pa je za:

Poprečna je sila

x~3. M,~3F-F(0)~3F.

x~4. M.~4F-F(4-3)~3F.

Fa=FAH-F=O.

dok je uzdužna sila u lom području

3 FN=FAY ="4 F.

c) Za područje nosača između točaka E i D (sl. 6.30) moment je savijanja

te će biti za

3 M ~3F--4F~0 , 4 .

Poprečna je sila

Uzdužne sile ovdje nema!

ep-~~~D F.~~ Q

B

-+

~

(6.71)

(6.72)

(6.73)

(6.74)

(6.75)

Slika 6.30. Unutrašnje sile u dijelu ED okvirnog nosača

Slika 631. Unuuamje sile u dijelu BD okvirnog nosača

d) Dio nosača Bp (sl. 6.31) za 0<xs<4. Moment je savijanja

M,:c=O,

poprečn.a je sila

a uzdužna je sila

(6.76)

(6.77)

(6.78)

119

Page 61: Mehanika I Statika Osman Muftic

Sada se mogu na temelju utvrdenih podataka nacrtati i odgovarajući dijagrami M, F Q i F N, koji su prikazani na slici 6.32

B

Slika 6.32 Izgled M, FIJi F N dijagrama za zadani okvirni nosač

Primjer okvira s vertikalnim opterećenjem prikazan je na slici 6.33. ...

E

A

F I

D

Slika 6.33. Izgled statiekih dijagrama unutrašDjib sila i momenata zajcdoostavno opterećeni okvirni nosal:

Reakcije određujemo iz uvjeta:

4F8=3F.

l FA =4F.

3 F =-F 8 4 •

(6.79)

U štapovima AE i BD nema momenata savijanja jer sile FA i FB prolaze kroz uzdužnu os štapa te nemaju ~akav krak.

U ovom primjeru pravokutnog okvira koji je opterećen silama okomitim na štap ED neće se u štapovima AE i BD pojaviti momenti savijanja, pa prema tome ni poprečne sile. Moment savijan~a pojavit će se samo u ~tapu ED, a isto tako i poprečne sile.

Reakcije A i B su:uzdužne sile u štapovima AE i BD. dok "štap ED nema uzdllŽllih sila.

... F

... F

... F

A B B A -oi bl cl Slika 6.34. Utjeql.j položaja sile na pojavu mOlllCDta savijanja u okvirnom nosaču

U primjerima prema slici 634a i 6.34c sila F ne čini nikaka'· moment savijanja na okvir. Uzdužna siJa se pojavljuje samo u štapovima iznad kojih djeluju sile.

120

t , '.

Primjer na slici 6.34b analogan je prije razmatra~om primjeru, samo što su dijagrami M, Fa i FN simetrični jer je FA.=FB·

6.4.3. ODREDIV ANJE REAKCIJA KOD ZAKRIVLJENOG TROZGWBNOG NOSACA

Analitil!ki postupak

... '5. y

... F'

ex .e ...

Fe y

Slika 635. Trozglobni lučni nosal: jest poseban sluĆ3.j okvirnih nosača

za rjebvanje ovog zadatka možemo primijeniti sljedeći postupak.

Postavimo uvjete ravnoteže za sustav kao Cjelinu, tj.

2:F.=O. 2:F,=O. 2:M=O.

U tim su jednadžbama nepoznanice F hO F A.J' F lb i F Br

(6.80)

Zatim postavimo uvjete ravnoteže samo :za jedan dio sustava (bilo lijevi ili desni), to znači opet .

(6.81)

Npr. za desni su dio nepo~ce F Ih"> F B1> F Cz i F ~

Imamo, d~le. šest jednadžbi i možemo odrediti najWie šest nepoznanica.

ADa10~O prijašnjim postupcima određujemo i ovdje reakcije u odgovarajućim

oslancima .

Nakon tih proračuna izvdi se superpo:zicija reakcija u osloncima i izračunaju se stvarne vrijednosti reakcija. .

6.5. RA VNOTEU RA VNllI RFšETKASTIH NOSACA

6.5.1. DEFINICIJE

Reše{ka je zatvoreni štapni poligon koji ima osim štapova po opsegu još i poprečne štapove. Pomato je da je od svih poligona trokut jedina kruta figura. Nosači sastavljeni od takvih trokutnih poligona zovu. se rdetkasti nosači.

121

Page 62: Mehanika I Statika Osman Muftic

Razlikujemo sljedeće vrste !tapova kod re§etkastih nosača:

a) pojasni §tapovi (oni koji ograničuju re§etku) - gornji i donji, b) vertikalni §tapovi (veza između gornjeg i donjeg pojasa) - nazivaju se vertikale ili

zatege, a ko~i dijagonale ili upomice.

Slika 636. Oblici rclc:tkastih nosača

Rešetka može biti ravninska ili prostorna. Ovdje razmatramo samo ravninske rešetkaste nosače.

Rešetkasti su nosači. na primjer, konstruk.cije dizalica, zrakoplovnih krila ili antenski stupovi i sl. Mjesta gdje su štapovi spojeni :zovu se čvorovi. U praksi su čvorovi čvrsto vezani (zakovicama ili zavareni), međutim, pretpostavlja se, radi Ia.kšeg statičkog proraČUna. da su štapovi u re§etkastih nosača vezani zglobovima bez trenja. To je važna pretpostavka. jer nam omogućuje da smatramo da su štapovi OPtereCeni ili Samo ila, tlak ili samo na vlak.

1\1 ':-'Težina se §tapova u vc:ćeni" broju primjera može z.anem3riti. Utjecaj se krutih spojeva obuhvata proračunom tzv. _sekuodamih naprezanja.

:'i: " :Reš:etkast:j.je DO~ upo~bljiv kao nosač samo ako je geometrijski nepromjenljiv, npr. ravninski «tverokut nije takav, to je mehanizam (sl. 637a~ Promjena se oblika takvog ·skl~pa može spriječiti dodavanjem jednog Mapa (sL 6.37b1 čime se čine dvije trokulne figure.

.. ···:U . aJ bJ

slika 6.37. a) Geometrijska struktura tzv. zglobnog četverokuta. b) Trokutna kruta 6gura :;, ~ ;.~J, i:;~,.~:,~_.L ':_ .c __ .:;-.·. , '._ •

za n čvorova rešetke možemo postaviti 2n jednadžbi ravnoteže. Uvjet ravnoteže cijele re!etke odreden je s tri jednadžbe, tj. sa

.'. IF.~o, IF,~O LM ~O. (6.82)

Da bi taj mehai:rič_ki sustav bio rješiv, dovoljne su samo 2n-3 jednadžbe, a to je ujedno i broj štapova za koji možemo odrediti sile.. Najmanji broj štapova pomoću kojih možemo odrediti sile i sastaviti ravnu figuru (krutu) određen je izrazom '

s=2n-3, (6.83)

gdje s označava broj štapova, a n broj čvorova rdetkastog nosača..

122

Rešet~a sa n čvorova (sl. 6.38) oblikovana je tako da su na prvi ~tap. kojem su krajevi (1,5) ujedno i prva dva čvora rešetke, nadovezani redom svaki od preostalih čvorova (n-2) pomoču dva štapa, pri čemu ta dva štl;lpa nisu na istom pravcu. Slijedi da je za:

s=2n-3 s>2n-3 s<2n-3

zadatak statički određen, zadatak statički neodređen, rešetka je labilna.

~ l 3 , 2

Slika 6.38. Jednostavna rdetkasta konstrukcija

Sile se u štapovima mogu odrediti analitički (to je zapravo promatranje ravnoteže nekoliko susl3va djelovanja konkurentno komplanamih sila) ili grafički. .

6.5.2. METODA CVOROVA, REClPROCNI PLAN SILA

Određivanje sila u štapovima temelji se na uvjetu da sve sile, i vanjske i unutrašnje, koje dje~uju na jedan čvor moraju biti "'" ravnoteži &.Jeo je i cijeli nosač u ravnoteži.

Uvjet se ramoteže postavlja za svaki čvor posebno u obliku:

aj analitički a:F.~O, IF,~O).

b) grafički (zatvoreni poligon sil~ a sile se očito sijeku u jednoj točki).

R32lD.otrim.o jedan opći primjer rešetkastog nosača koji je opterećen paralelnim silama (sl. 6.39).

Slika 6.39. Opći oblik rešetkastog nosača

Prema slici 6.40 slijedi da svaki poligon sila i plan odgovarajuće rešetke imaju isti broj stranica (Iinija). jer svakoj liniji u jednom planu sila odgovara paralelna linija u drugom planu sila. Stoga za takve dvije figure kažemo da su recipročne. Taj zajednički plan sila zovemo recipročni. ili Cremonin plan sila.

123

Page 63: Mehanika I Statika Osman Muftic

Slika 6.40. Prikaz grafičkih .rješenja rešet.kastog nosača odvojeno po fvorovima. Na dijelu slike izvan okvira je prikazano ~je ~ora IY s .obrnutim smjerom obilaženja slla

pri konstrukciji recipročnog plana sila treba n.pomenuti posebno da se za svaki plan sila (za svaki čvor) numo držati istog smjera .obilaženja" sila. Promotrimo npr. čvor /VUZ sl. 6.40. Ako odaberemo drugi smjer obilaženja. sile sc F Sj" F &. iFs. u tom primjeru ne bi

mogle spojit~jer bi se F •• nalazila ua drugom mjestu. ;:' §,

-+ ,lak -+§

t .. ~~ -+ s., 's, ~

Slika 6.4L Način određi'Yanja.sinisla sile II ttapu

Određivanje karaktera sile (tj. je li II itap" vlak ili tlak) prikazano je na slici 6.41.

124

Razmotrimo ti sve planove sila. vidjet terno da se i u svakom planu sila koji ima vezu pn:ko jednog štapa pojavljuje ista sjla ili sile. aJi protivna smjera. Povefemo li za svaki čvOr sile preko odgovarajućih štapova. dobit ćemo dijagram prikazan na slici 6.42,

~ Slika 6A2.Zajednićki skup grafsčkih rjeknja II obliku tzv. CremoniDog plana sila oonosno Max,weJlovog

plana 1\ila ili recipročnog plana sila

Pri crtanju piana sila treba se držati ovih pravila:

a) Vanjske siie Ireba nanizali u zatvoren poligon siltJ onim redom ktlko Su ~ne položene~ obilazeći rešet ku ili tl smislu kazaljke na satn ili obrnUla i pazeć! na redoslijed.

b) Istim redom, lj. smisfom obifaženja lrebQ sasravljali i sile koje djeluju IJO svaki b'or, pri tom treba pazili da su vanjske site II pl(m~ p%zaja ul'ijek izvan re~lke.

Rezultati se očitavaju iz dijagrama (plana sila), a zatim se unose II tablicu.

Broj lt.pa l 2 3 n

Vlak - Fs,

11ak Fs, Fs,

6.5.3. KONTINUIRANO OPTEREćENJE NA RESETKI

Budući da se radi o krutim štapovima. taStavljamo kontinuirano opterećenje na odgova~ rajuće sile u Zglobovima, koje onda smatramo koncentriranim silama u zglobovima (sl. 6.43). Poseban je primjer kad. djeluje jednoliko kontinuirano opterećenje. U svakom primjeru ukupno opterećenje dijelimo na dva dijela

FQl + Ff.b,=FQ

Slika 6.43. Način rastavljanja kontinuiranog opterećenja na $ile što djeluju u čvorovima

rdetka.slOg nosača

Page 64: Mehanika I Statika Osman Muftic

G.5.4. OSTALE MErODE ODREDIV ANJA SILA U STAPOVIMA. MErODE PRESJEKA

CuJmannova se mel.oda primjenjuje kada se žele odrediti sile u pojedinim štapovima reletke.

Zamislimo da smo presjekli r*tku duž linije a-a (sl. 6.44) i da prQmatramo ravnoteiu samo lijevog iJi samo desnog dijeJa re§etk.astog nosača. Svaki će od dijelova biti tt ravnoteži pod djelovanjem vanjskih si1a i nepoznatib unutrašnjih sila u presjcčcnim štapovima, koje nadomještaju djelovanje odrezanog dijela reletke.

Ujevi je dio rešetke opterećen vanjskim silama Fl~ -;2 i reakcijom FA' a uDutra§nje site u štapovima Fs",. Fs, i Fs. II r'dVtloteži su s tim silama. Napominjemo da se reakcij~ FA i FB metkastog nosača kao cjeline odreduju na poznat način (npr. pomoću verižnog poligona sila.), Slijedeći je korak određivanje rezultanie F JU vanjskih sila lijevog dijela rdetkastog nosača po pravcu, veličini i smjeru (grafički i analitički). Time smo sveli zadatak na

126

l

I

rastavljanje poznate sile u tri pravca (tj. u pravcu štapova). Veličinu sila određujemo iz poligona sila pomoću rez.ultante Fill i Culmannove linije. Pravce utvrdenih sila određujemo obilazeći konturu CuJmannova četverokuta u smjeru rczuJtante F Rl'

Valja napomenuti da postoji veza između rezultante lijevog dijela rešetkutog nosača F JU

i rezultante desnog dijeta F u u poligonu sila za čitavu .nktku. jer su veličine reakcije F If. i F 8

zavisne po vcličini i položaju od vanjskog opterećenja.

2) Rittmw. metoda presjeka

lova se metoda upotrebljava II prunjenma kada treba odredili sile u pojedinim štapovima Momentne su jednadžbe prema slici (6.45)

za pol I:

za pol Il:

:za pol lli:

F"a, +F ... b,=O.

-F"a,-F .. b,=O.

FIIQ 3 -FSfjb6 =O.

Svaka od navedenih jednadžbi ima po jednu nepoznanicu.

(6.84)

Slika 6.45. Prikaz postupka odredivanja sila u pn;sjeku rdetbstog nosaća: ~tičkom met6dom RiUera

Kako je IjlOment rezultante FR sila koje leže na jednoj strani presjeka jednak momentu savijanja, sile su u presječenim !tapovima određene izrazima:

F.a1 "Ml. Fs.=---=--b4 · b.'

FJf!lz Mil F~=---=-- b

5 bs '

FJ{a"j Mm FS6=+--=--'

b. b.

(6.85)

Slijedi d. se pri određivanju sila Rltterovom metodom presjek polaže kroz rešetku tako da ne presijeca više od tri štapa. Sjecište dvaju ~tapova određuje momentni pol za određivanje sile II trećem ~tapu. Poseban primjer paralelne rektke prikazan je na slici 6.46.

127

Page 65: Mehanika I Statika Osman Muftic

Očito je da pcllll (izmedu štapova I i J) Ježi u beskonačnosti pa su u tom prjmjeru sile u !tap<)vima određene b,razima:

(6.86)

Slika 6,46, Poseban primjer pri1'l\Jene Ritterove metode u nosaču s dva paralelna tlapa.

Silu F S~ određujemo iz sljedećeg jzraza

'I,F,=O; (6,87)

i odatle

(6.88)

RIJEiSENI ZADACI IZ POGLAVLJA 6

Zadatak (j.1

za nosač zadan i opte:ro6m prema slici odrediti M i F ~ dijagnuue!

l F.'-5kN 2-

1,5 2 1.5

A B x

li !II ~ ~

... ;q., 1:5m 'ila

z Slika uz zadatak tU

128

1:

l' , i

I , , l l j < l , il

i

Analitičko rjdenje

I, Reakcije:

(I)

F •• ' 5-F, ' 3,5-F,' 1,5=0; (2)

iz (2):

4'1,5+5'3,5 6+17,5 F,ur ,) 5

F u=4,7 kN uvdtenjem eve vrijednosti u (1)-bit će

j napokon F8A=4.3kN

2, Unutrašnje sile tl nosaču:

a) presjek Xl

<Ilo

DM(X r'

XI ... ... Fox!

filA

Momenl II presjeku x I jest

M(x,)=f""x1 (3)

Poprečna sila II p""\ieku x, jest

Fo.s,=Fu; (4)

umtenjeIn za Xl = 1.5 m jeste

M (1.5)=4,3'1.5=6,45 kNm

F(I,5) =4,3 tN.

9 o. Mur~K::: STATiKA 129

Page 66: Mehanika I Statika Osman Muftic

b) PI1!Sjek Xl

Moment u presjeku x2 jeste

Poprečna je sila u presjeku Xl

FQ.x.I=F,u-Fl·

Uvrštenjem za Xl = 1,5 imamo iste rezultate kao i pod točkom a).

Međutim za vrijednost Xl = 3,.5 m bit će:

- moment savijanja

M (3,5)=4,3' 3,5-4(3,5-1,5)= 15,05 -8 = 7,05 kNm

- a poprečna sila

c) Presjek X3

1.5 Ff

2 ~

~ :>Ii 1-"3 Fa

M(x:p

lj.

Moment u presjeku X3 jest M(x,)=F IlA' x, -F, (x, -I,5)-F 2 (x, -3,5)=

=F JU. - x3-F1x3+ 1,5- Fl -F2X3+3.s- F2

tako je za x=Sm M(x,)=O

Iz matematičke veze slijedi poprečna sila u presjeku X3:

130

dM (x,) ~=FRA-FI-F2=Fa:>:l

(5)

(6)

~! ;

(jrahćk.o rJeSenJe

Mjerilo: lcm~_._m, Icm~ __ .kN

... ... fi ~

1.5 2 1.5

A B

,jf ;i~ f" ·z

x

T~ ~~7' ...

z,=~ FR~ F,

z2=2.8 3

2 l-

M

~ 11J>V F,., ... ~

V

... A + fi

... ... ~ - F

RB' Fa

Ispod sile F l moment jest

M(FI)=z I H,

M",) = 2,58 . 0,5' 5=6,45 kNm

Izračunavamo moment ispod sile F 2:

M(fll=Z2· H =2,8·0.S-S=7kNm

9'

2 o •

3

. H=5kN

131

Page 67: Mehanika I Statika Osman Muftic

j zaključujemo: M (F,) = Mm.i

Zadatak 6.2

Analitički i grafički odrediti reakcije zadanog nosača II osloneima A i B, dijagrame momenata sa1tijanja i poprečnih sija kaQ i mje!>to opasnog presjeka.

Zadano: q=30kN/m.

l;::;; 9 m.

M

Analitičko fjcilenje

Plan rada:

l. Odrediti reakcije, 2. UtVrditi jednadžbe funkcija M i f' It>. 3. Skicirati dijagrame, . 4. Odrediti mjesto opasnog presjeka.

l. Reakcije:

l32

J

-FItA-F .. +ql=O,

I Fu ,l- q1 i.::::;;0,

(I)

(2)

i ,'1

iz jednadžbi (I J i (2):

Uvrštenjem zadanih vrijednosli imamo:

F •• =135kN;

2. U presjeku x je ravnoteža, ako je

Uvritanjem rubnih uvjeta II jednadžbu (3) imamo:

za x=o

za :t.=J

za x=l/2

M(OI=O,

M(I)=O,

ql' M (1;21=T' M(I/2)=303.i5 kNm.

(za O:s;x:s;Q

Jednadžbu (4) možemo izračunati i deriviranjem jednadžbe (3) pa je:

dM (x) ~.::::;FltA-qx=FQI;t)

uvrštenjem rubnih uojeta imamo da je:

za .x=O

za x=l

za x=//2

f'. (O) = F ....

. ql . I FoIO=F ... -ql=2-ql= -q2'

ql ql Fo(//2)='2-'2-0.

3. Na temelju utvrđenih vrijednosti možemo s~cirati M i F fi dijagrame.

(31

(4)

4, Utvrđivanje mjesta opasnog presjeka se sastoji II traženju ekstrema funkcije M (x),. pa je

dM (x) . q/ ~~FO='2-qx=O. odavle

Iql'·ql' t'1I1 ):;;tF ~--'-==-

lfW< ItA2 2 4 8' paje

30'81 M_=-g -=J03.75kNm.

Page 68: Mehanika I Statika Osman Muftic

Grafičko lje§cnje

Mjerilo: Icm= •.. m

l

+ 11tfk:-1 lcm!30kN

... \

lem~mkNm ... F%

M

+ 4'

Zadatak 6.3

... F R8

H

.. H=lOOkN=3.3cm

max

za nosač s dva prepusta zadan pn:ma slici nacrtati M ; F Q dijagrame.

I. Reakcije

LMA~O; F,·2-F,·2-q4·5+F •• ·5=0,

1 . -F ... =:s(60-IOO-2001

F .. =48kN

FI +F,+4q-F ... -F .. =0,

FJU =30+SO+40-48=72kN.

q=1)kNlm

C·~==~.=<A==D~~gg~~~F 2 2 1

M

... ~A +

Slika uz zadatak 6.3 2 M - dijagram

. M(xl)=-F1x1

M (x,)= -FI(2+x.)+F.A ·x,

M (x,)= -FI (4+x,)+F ";'(2+x,)-F,x,

JO! M (x.)= -q·2(I+x.l+F .. ·x.-q...!

2 xi M(x,)=-q-2

Uvritenjem vrijednosti

MA~-Fl·2=-60kNm .................... najveći moment

Mc"'o. M.= :..F1 ·4+F ... ·2= 120+ 144=24kNm,

ME =F1 'S+F",,'3-F,'I=ISO+216-50=J6kNm,

MF=O.

Page 69: Mehanika I Statika Osman Muftic

3. F (J - dijagram

i konačno

Zadatak 6.4

rUC;A':": -F ••

FUA/)= - F, +A= -30+72=42kN,

F OD.=42-50= -8kN,

FQB= -8-2q= -8-20= -28kN,

F QB= -28 + F RB=20kN,

Za konzolni nosač prema slici odrediti M i Fa dijagrame.

Zadano: F=60kN

1=3m

Analitičko rješenje

l. Reakcije:

z

-+ ~ ____ ~ ______ ~F

Slika uz zadatak 6.4

F-F",,=O

F",,=R=60kN

M,= -F·I= -·180kNm

Objašnjenje za negativan predznak uz M A se vidi iz proučavanja unut~lTnjih sila -.

(\;djeti dalje)!

136

2. Unutrašnje sile:

a) momenti

ili

uvrštenjem za XI =0;

b) Poprečne sile

E /I '~'I.'

MA ·t ·'·:'fx,.'

M(xl)= --M A +F RA' x ... jednadžba';lravca,

M (0)= -M ,= -180kNm;

M(I)= -M,-F,,'!= -180+:8l=0.

iz idvnotcžne jednadžbe slijedi:

Fau.,-FRA=O.

F QI •• ,=F RA=60kN,

ili iz derivacije funkcije M(x ,)

[ ~ ~ -

x

V am M-dijagr

M

~ -+ F

8

137

Page 70: Mehanika I Statika Osman Muftic

Grafičko rje!enje Mjeri!o; Icm= ... m. Icm- ... kN

I

'/ --.J ,

.. ~ MA'

M

t

, -~ Bem ,

Fa

,

-+ FRA + F

, , I

Zadatak 6.5

za kO!1Z01ni Dosa~ opterećen kontinuiranim opterećenjem p""". slici odrediti M i F o dijagrame!

Zadano: q = 20 kNlm

1=3m. q

Slika uz zadatak 6S

Analitičko rje§enje: l. Reakcije:

LF.~O -Frt,.t+ql=O

FMA =ql=20·3.

F.,.=60kN,

3' -OOkN.

Pazi! Vrijednost je OVQg momepta polovica od veličine momenta kada ista (po veličini) sila djeluje na kraju kon,",le.

2:, Unutrašnje sile:

a) Momenti

uvr~tcnjem izračunatih vrijednosti

bl Poprečne sile iz ravnoteže

i odavle

x' M(x,)a 60x,-90-20i·

3' M (3l= 60· 3-90-20-=0 . 2'

M

Fa

139

Page 71: Mehanika I Statika Osman Muftic

za X, ==-0.

e) Skica dija.grarna

Grafičko rješenje

J. ~ I I

~ -> -> ) 'b 'b t "

~~ 'll

M

,

G

T ... FRA I ~ .' ~~ G2

-> - 'bt

"Y 2'

! ~--2

F.. R

140

Mjerilo: l cm=O,5m

~

'b 3 H =8cm=80kN

~~ , I I I I

... fb

t

lJY ~

'b 3 ~ ,

ir 4'

M A~ZAH ~2,3 '0,5' 80~92 kNm.

Razlika u očitavanju je 2kNm ili 1,0:%.

(Jrafićh t.()ustrukcija M dija.(!rama pomoću tallgenata.

FJl.A=:'9kN,

točna vrijednost je 6OkN!

Zadatak 6.6

za nosač zada" i opterećen prema slici odrediti M i F Q dijagrame!

Analitički

I. Reakcije:

Iz LM.=O,

z

2. UD.tm.je ,ile:

a=1OkN/m

2 -> . FII6

Slika uz zadatak 6.6

q·2·3+F,·I-F,·1 60+20-10 Fu 4 == 4 •

F .. ~17,5kN~

FRA=F. +F,+2q-F .. =50-17,5=32,5kN,

F",,=32,skN.

al područje od sile F, do A. Momenlje:

141

Page 72: Mehanika I Statika Osman Muftic

ZIL,,~Im, M(x,l=M.=-IOkNm,

FQ",,,+F,=O (O';x,<I~

I"Q(:l:II= -lOkNm. b) Područje od F, doF,

-+ F; 1

Moment je::

M(x,)=F ... x,-F .i-F,X,.

M(x,)=M(x,~

M(x,)=32,S-2-32,S- I -10-2= 12,5kNm.

Poprečna je sila

dM(.,) F.,.,,=~=F .. -F,=32,S-10=22,5kN

Međutim. pod silom F, će biti;

F .,.,,=;F RA -F, -F,=22,5-20=2,5 kN.

cl Područje od sile Fido kootinuitlUlog opten;tenja.

Iz. sume momenata je:

Poprečna je sila.:

142

1 1! ~ ;

~ \

~ ,. -+

x., -1

FRA 0("31

M(x,)=32,5' 3-32,5-1-10' 3-20-3+2'20.

M(x,)=I5kNm.

! •

Iz sume momenata slijedi: , M(XJ= F •• x.-q ~. ___ jednadžba parabole_

-+ 1-Fr " A

'/

//

M

"

l

I

1 I

I I I "=1.75m I I ! I

H=lOkN

Dijagrami M i F (!

143

Page 73: Mehanika I Statika Osman Muftic

.!::kstrcm Je na:

odavle jc

I 17,5 x =F '-=-= 175m

" 11.8 q ID ' ,

175' M,",,= 17,5'1,75-10"""2-=30,625-15,3125= 15,3125 kNm.

Poznavajući gore utvrđene vrijednosti, možemo nacrtati M F fl dijagrame kako je već

učinjeno na stranici 143.

Z,dat.k 6.7

za nosač zadan i opterećen prema slici odrediti M i F o. dijagrame!

t-l!.!m,,-..JF, ~ 30 kN

z .....

M

lm

... o],A

2.75 m

Slika uz zadatak 6.7

144

Analitičko rje§enje

1. Reakcije:

l:M.=O

za zadane vrijednosti:

Iz l:F.=O

2. Unutrašnje sile:

aj Područje od A do C:

Moment je za Xl = l m.

Poprečna sila:

zax, =lm.

bj Područje ·od B do C:

1 F,'I +ql'i-F .. 1=0,

I' F 'I+q-

I 2

16 30+ \OT

4

l

27,5 kN.

FItA=FJ+ql-FR.8>

F .. =30+40-27,5 =42,5 kN.

10'1' M(x,j=42,5 ·1---=37,5kNm. . 2

Am ... 1 Mlx,l

-+- Xr a, 'i.A

F .... " =42,5- \0·1 = 32,5 kN •.

FQI.,,= 32,5- 30=2,5 kN.

M(X2IE~~~~J\ ... M(x,)=O, 9 .~ ....{I M(x j=275'3-10-=37'5k"Nm~-<~ X2 'o {X2J

2 • . 2' . i

zax~=3

~to je isto kao" j M (x I)·

10 o. Murl~Ć: STATIKA 145

Page 74: Mehanika I Statika Osman Muftic

Ekstremna vrijednost funkcije momenta M(xJ:

dM (x,) ~=F 1lB-~Xl ::::;:0 = FQt

F.. 27.5 x,=-=-=2,75m.

q 10

2,75' M_.= F •• '2,75 -10 -2-=75.625 - 37.125

M_= 38.5 kNm.

U. ~rik.az.anom primjeru vidimo da na mjestu gdje .djeluje konceatrirana sila ima lom momcnthll: krivulje. To je značaj~a leoja se uvijek javlja u takovim primjerima

U td!: točki postoje dvije tangentc. kri~ulja ima diskontinuitet

za nosat zad~n i opterećen prema slici odrediti M i Fa dijagrame

t=qa q DiiJ=qa'

x A

D

" 2a a 3a

M qa'

qa'

Mm.x

ati" 3 .

Fa

~-qa

-2qa

3qa Slika uz zadalal: 6.8

146

I. Reakcije:

Nosač AS -> F

LF,=O FA+F.=2qa+qa=3qa,

LMA=O 2a·F.-2aqa-2qaa=O.

slijedi

Nosač BeD:

slijedi.

10'

2F.=4qa,

FB=2qa. uvdtenjem u :EF:

F,,=qa

-> fi,

1111111 mIli Illmllll B e ->

Fa =q.4a ->

a rc 3.

Fc+Fb=F.+F ..

F c+ F D=2qa+4qa= 6qa,

(4<2') Fc·3a-M-4F .. -q-2-=O,

I I q'a' 2qa

M

D

16qa qa1 +8qa1+--

2 17qa1

• uvrštenjem u LF~ Ja .

147

Page 75: Mehanika I Statika Osman Muftic

~M(X1J

qa x, -+

fb

14&

zaxt "",,2a.

M(x,)=o,

. 4<>' M(x,)=qa'2a- Q T =O,

a2 qa2 M =na2 _q_= ___

InU ""7 2 2'

FQ{X~=-FB-qXl;

FQ(Z'IJ"" -2qa-qa=- -3qa,

9 17 8 FQ~,y= -3qa+ Fc= --qa+-qa= +-qa., 3 3 3

a' 5 Mc:.:::-2qal-Ql«=-4Qa2, te uz

M=qa2. ,

M{X3)~qal+a ~3 -FbX3=:O,

! Xl qa M(x,)=qa'-,,-2+_ x 2 ',3 3'

M(x,)=qa',

. dM qa IZ (i;= -qx, +J=F Q=<=o.

a ... x3=i"

M_=qaz_'1a2 +qa~=qa2_qa2+qr = 2 9 3 3 18 9

18 a' 2qa' = 18 qa'-q 18 +18'

19 , M_=JS qa .

Zadalak 6.9

za nosač zadan i opterećen prema slici skicirati M i F fl dijagrame.

.:.. 'it ... -+ ..;-~ Fa F;' Fr .... , G,

" ... fb, 2 "

~

... FG:!

... li;,

.. j if, ~ Fa -+ H li;,

. Analitička rje!enje

I. Reakcije:

!:F.=O (l)

(2)

149

Page 76: Mehanika I Statika Osman Muftic

~

ll. f ,:,3 h G2~~: I--:....j.;l~l

Tc t Zadatak 6.10

,-' : .. ~

FlC-FG~(c+d)=O.

F,c F G'J. = -d' ..... u jednadžbu (3)

c+

Fc+ FD=FG,.+F3

iz jednadžbe (S) - Fc+Frr

I> LMD~O

Fdf+h)~F.,(e+f+h)+F,h ~ Fc

Uyritenjcm Fell jednadžbu (5) ~ F D

(3)

(4)

(S)

(6)

za okvirni DOsa~ zadan.i opterećen p~ __ slici odrediti M, FCl i F N dijagrame, ako je zadano: .

F~SkN. .~2m, q~lkNfm.

~.

~ ~

~

F

B D

Slika uz zadatak: 6.10

150

I r~

Rješenje

a) Reakcije:

b) Dijagrami:

F.t..:+FB-F=O.

-FA,+q-3a=O,

F.c,=3qa=6kN.

qa' q_+F·2a_F.·4a~O.

2

FB~4.7SkN.

F.tx=F-FB =250kN,

FA=JFi.:+F~,-6kN,

F~ijagram

AC FN=FA~

CE FH~O.

ED FH~O.

DB FH=Fs-

F a-dijagram

Fa=FA,-qx 1•

Fa=F Ar

Fa=F~-F.

F.~O.

~

\.rrrTmmTTTn

... ~ ~

... F

B

M-dijagram M 1==~Mm ..

x' AC M=-q d+F"".x1'-"

9.' CE M=-QT+FA,3a+F,u"xlt

9.' ED M= -qT+FA7"3a+F "u(2a+X;t-FX3'

DB M~O.

M_~19kNm.

ISI

Page 77: Mehanika I Statika Osman Muftic

:t..d~hlk 6.lJ

Trozglobni lučni nosač je zadan i opterećen prema slici!

Odrediti reakcije u zglobovima!

Zadano: P, =20kN, P.=13kN,

14kN, F,=17kN,

P,=13kN,

o.a 1.4 1,4 1,2 1,5 0.6

9.6 m

Slika uz zadatak 6,11

152

/'

Grafičk? rješenje

I. Djeluju samo sile FI' Fl> F3 (CB oeoptere6en i bez težine):

F,+F,+F,=R" Na lc - Rl' Cl i At.

T t 1 zadan pravac kroz A.

Iz plana sila BI i AI

2. Djeluju samo sile F4 • Fs. F6 (Jje neopterećen i bez težine):

3. Superponiranjem - rezultirajuće reakcije:

-> -> 1 A =A l + l'

B =B ,+8" C=C,+C,.

Ovo De vrijedi ako su A. B i e na istom pravcu djel~vanja.

Ana1itičko tješenje

NaAc->P"F"P.(tj.msilaF) J A} veličina . _B =1. i

NaCB-+ Fm+I~·F •• l'IF_,u (tj. 11 silaF) e pravac.

e e

11, 112

153

Page 78: Mehanika I Statika Osman Muftic

1. Naein: promatrati AC i CB poscboo i primjeniti

:. 6 jednadžbi -+ određujemo (; ncpomanica: Aa" AY' B .. B,. eJ: i Cr

2. Način: Na6:1o ukrućivanja (princip solidifikacije) . Zamislimo da smo lukove ic i ćii kruto vezali. lj. ukrutili tako da na kruti no~ ~ djeluje u A i B isle vanjske reakcije.

:. Na lukA8C'_ A .. A,. FH F,···f.+ .. B~ BT

Cz} unutrUnje sile za luk!' e,

Jednadžbe ravnote!.. su slijedeće:

a) za luk /fB(; M+O

LMA~O -B,I+ L F,I,~o, . ,., 0+ 0

LM.~O A,I- L F,I.

b) za luk Ac

c) Komponentne jednadžbe za luk Ifij(;

LF.~O

dl za luk Ac

,.,

I .+0 (' ) A,--A.h- L F, --I, ~o, 2 '''l 2

• LF7~O A,+e.- L F,~O;

'-1

iz jednadžbe (1) i (2):

Umtanjem A, u jednadžbu (3) imamo:

154

(l)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

I I I

«

l' jednadžbe (4) i (5) slijedi:

Bs=C ... =A,r

Ako uvrstimo izraz za AJ' u jednadžbu (6) imamo:

., lm'h

e,~ L F,-- L F .. I, j"l l 4""J

Na kraju su veličine reakcija:

8=J8'+8'. . , a kutovi

c=Je'+c' . ,.

155

Page 79: Mehanika I Statika Osman Muftic

·/" --7. GEOMETRIJSKE ZNAĆAJKE TIJELA I PLOHA

7.1. TEŽISTE

7.1.1. OPĆENITO

Razmotrimo tijelo težine F G obješeno s ,pomoću niti koja je pričvrnčena u točki A (sl. 7.1). Jedina je vanjska sila koja djeluje na tijelo njegova iaina F G i reakcija izazvana u niti. ~avnoteža će se tijela ostvariti samo onda ako su te dvije sile jednake po veličin~ suprotnog smjera i ako su kolinearne. Objesimo li sada tijelo u točki B, opet će za staDje ravnoteže biti potrebno da pravac djelovanja sile težine bude kolinearaD s niti. Sjecište tih pravaCa definira točku koja se naziva težište tijela.. dajde kroz nju u\ijek prolazi pravac rezuhirajućcg djelovanja težine tijela

-+ F.

---+ F,;

Slika 7.1. Zavješena krula ploča u ravnotCŽDom položaju putem niti pokazuje pravac djelovanja

težine

.)Q.,...----_1

• Slika 7~ Prilaz djelovaoja diskretnih težina čc:stica

koje sačinjavaju tijelo

Ako smatramo ~ je tijelo sastavljeno od čestica mase ml' ml' ... mil (sl. 7.2), tada na svaku takvu česticu djeluje elementarna težina dF G.' za jedou elementarnu česticu vrijedi

, dFG.=ydV" (7.1)

gdje je y specifična težina (N/m3), a d"l diferencijalni VOllUDCD (mJ).

Pravac i 'smjer dj~lovanja ·tih elementarnih sila je poznat, jer je tO pravac ZernJjina polumjera. Prikazani se primjer svodi na prostorni skup sila koje su paralelne s jednom od osi. Rezultanta ·sc tih sila utvrd.uje kao· zbroj svih elementarruh sila dF G.' a veličina joj je F G.

157

Page 80: Mehanika I Statika Osman Muftic

Napomenimo da se ovdje radi o direrencijalnim veli&ama te će sumacija sila II tom smislu mač:iti zapravo integraciju, pa slijedi

odnosno

l: F, = Fllr"

F .. ~ J ydV.. ''1

(7.2)

Iz izraza (199) slijedi da se zadaća određivanja težišta svodi na određivanje točke kroz koju prolazi pravac rezultante elementarnih težina, tj. ukupne težine.

7.1.2. TEtiSTE RAVNllI PLOU

Analitiaco određivanje položaja težiAta jednostavna je primjena momentnog pi3vila, tj. moment rezultante jednak je sumi momenata komponenata te iste rtzt:tltante. Kao primjer razmotrit ćemo plo~u prema slici 7.3.

FGXS=l1IXl +g2X2+"'+Yllxft' (7.3)

a odatle slijedi

L gr, (7.4) xs=~. G,

f' f ... .. ", ..

,:-, } " 1;- 19• l' f' , .. • .. J< ~

~ .. .. z 9, ~

y

! :~ .. •

I.' ".' slika 7.1 Rastavija.ojc PIOeC: II d..istretne dijc.lovc u svrhu ~vanja tcf.i!ta plol:e

Analogno prclbodnom je

a odatle je

(7.12)

158

l

7.1.3. TEtiSTE POVRS1NE I LIMJA

Težina pio&. ako je materijal od kojeg je na&jena homo~ može sc iZraziti prema slici 7.4 kao .

a elementarna je težina . (7.6)

(7.7)

'.

Slika 7.4

Uvrstimo li te vrijedn~sti II prije izračunane izraze, slijedi da je koordinata težišta

LrhalxJ

>;;~---:rhA' (7.8)

odnosno ----ThL"'" Lar". XS=---=--

yhA La, .'

(7.9)

Analogno određujemo izraz za koordinatu težišta Y5'

. Slika 7.5.Geomctrija u od~""iu toti!1a linije

. .. Sve It0,i" do sada ~o oodredivanju teži!la ploha vrijedi i za odredivanje teži!1a linija, samo Je elementarni volum.en .

V=l1~A. (7.10) Na ~~jer za liniJu u f1lvninf.xy bit te koordinate težiJta određene izrazima:

LyM,Ax, Xs riA ' (7.11)

odnosno

159

' ......

Page 81: Mehanika I Statika Osman Muftic

7.1.4. ODREĐIVANJE TUtSrA INTEGRIRANJEM

Prisjetimo se daj\! integriranje proces sumiranja infinitezimalnitt .... eličina, Tada~ i~~ koji su upotrijebljeni II prethodnim po~ayljima. izuzev promjene u simboUma. ostaH IStI, Jer je postupak integracije ekvivalentall konačnoj sumaciji.

Ra.zrnotrimo li utvrđeni jzraz (7.12)

• kako je

vrijedit će izraz , , ,

F",=y J II dxdydz. (7.13)

za promatrano je tijelo specifična ležina konstanta. le se može staVili ispre,~ lrostruko~ integrala pa time naznačujemo da se u tom primjeru radi o homogenom matenJ~.Ju .. ~U.dUC1 da volumen tijela ne zavisi od izbora koordinatnog sustava, to možemO upotnjebitI Izraz dV

1, vodeći računa da se radi o trostrukom integI'alu.

za druga dva pravca koordinatnog sustava vrijede izraz.j: '.

F.,= J yd~ (V)

SUka 7.6. Prikaz koordinata i.č:mta tijela i polOžaja infinil.e2ima1ne težine jedDoga i.nfinitemnalnog volumena tijela

(7.14)

Razmotrimo' nadalje momente' e1eInentamih sila i rezultirajuće site s obrirom na osi koordinatnog sustava xyz (sl. 7.6):

odnosno

160

M.= J y,dFG,~ly,rdV" ,V>

(7.15)

I

l: I

Moment rezultan\c elementarnih sila odreden je izrazom

Izjednačimo li prethodne izraze za momente. slijedi

1"ydV, y Q>~/Y2.) __

, l ydV, 'V)

odnosno za homogena tijela

J y,dV, iV)

Y'=JdV,' ,Y)

Analognim poslupkom utvrđujemo vrijednosti

l x,=V J xdV;

(1.16)

(7.17)

(1.18)

1 J zdV. (7.19)

Veličine JxdV; J ydV i j zdV nazivamo statičkim momentom volumena s obzirom na ravnine yz, xz i xy. za tijel2. kojima je treća dimenzjja znatno manja od druge dvije možemo volumen smatrati fWlkcijom povr!ine većih dimenzija. pa su koordinate težišta određene izrazima

l hxdA X~=- J x dA, odnosno x'=-J d .

A Y A (7.20)

I ovdje se u primjerima gdje je "( konstantno veličine"Jxd.A. JydA, JzdA nazivaju statičkim momentom ploštine ili povrl;ine.

Na~kon za materijalne ce linije po analogiji vrjjooiti:

l X,=- l y dl

I pl

itd.

7.1.. GEOMETRIJSKI MOMENTI INEROJE

1.:1.1. SMISAO I DEFINICIJA GEOMETIUJSKlH MOMENATA INERCIJE

(1.21)

Pri izvo<lenju jednadžbi ravnot<i!e za nosače. često se pojavljuju neki izrazi kojim. se određuju karalcterlstike pop_ih presjeka proučavant'h nosača. To je toliko važnije što se pri svakom proučavanju unulra!njih sila u netom presjeku nosača uzimaju u obzir i dimenzije tog presjeka Kasnije ćemo u ČVIStoćl uočiti da te karakteristike slulie za izražavanje aeksijske ili torzijske krutosti promat"""og nosača

l) Aksijalni su momenti inerei~ presjeka definirani sljedećim izrazima (sl. 7.7):

jy'dA, 'A) (1.22)

l =Jx'dA , . ,A, 110. MurucSTAnK.A

161

Page 82: Mehanika I Statika Osman Muftic

Slika 1.1. Geometrijske značajke Javnog presjeka potrebne za određivanje momenta inercije tog presjeka

2) Polarni SH momenti inercije dermirani sa

1,= J p'dA= J i'dA+ fidA, (Al (A) (..i~

pa vrijerli

i,""'/;r.+l,.

3) Centrifugalni ili devijacijski momenti inercije su

1",= J .ydA.

'A'

(7.23)

(7.24)

(7.25)

Aksijalni i polarni momenti inercije uvijek su pozitivni, medutim centrifugalni moment može biti pozilivan~ negativan ili jednak nilitici.

7.2.2. OSNOVNI TEOREM! O MOMENTIMA INERCIJE

I) PnYil. o zbrajanju momeaala Inercije

Ako je ravna ploha sastav1jena od • dijelova., njezin je moment s obzirom na os koja leži u <avninj plohe jednak a1gebanil:.oj sumi momenata Inercije sastavnih dijelova s obzirom na tu istu os, slika 7.8. tj.

(7.26)

Ovim se pravilo", koristimo kod slofenih oblika, pa moment inercije u primjeru prema slici 1.9 određujemo na sljedeOi način:

(7.27)

162

I ~I

Slika 7.9. Primjer koji pokuuje način kori~tenja pravila o zbrajanju momenata inercije

l) Pnvilo o PO!IIiCUIjU plohe

Moment se inercije presjeka s obzirom na bilo koju os neće promijeniti ako cijeli presjek ili pojedjne njegove dijelove pomaknemo u pravcu paraJeJom.rrs tom osi.

Slika 7.1Q.Primjeri m pravilo o pomicanju ploha

3) Steinerovo pra";lo

Moment inercije presjeka s obrlrom {la os x koja,je para1~na· s osi što prolazi kroz težište presjeka. jednaka. je mgmentu inercije tog presjeka s obzirom na težišnu os uvećanom za umnožak ploštine presjeka i kvadrata udaljenosti osi x od težilne osi (sL 7.11).

dA

-A--. .oL+-r'----""

\L----4L---------K A

Slika 1.11.Geomctrijskt'! aafajb: ZA dokaz Stei.nerova pravila

Prema definiciji je .

J .IdA"; J <J,+ar dA, {.ti (d)

odnosno

f r.dA +2a J Y,dA+.' J dA. (Ai) (d) " (..ij

(7.28)

(7.29)

163

Page 83: Mehanika I Statika Osman Muftic

Budu{-i da je srednji izraz u jednadžbi (7.29) jednak ništici, slijedi

1>1=1>1. +a2 A,

i obratno

(7.30)

(7.31)

gdje je A ploština presjeka, a najmanja udaljenost izmedu osi i ID moment inercije u težištu.

Generalizacija Sleinerova pravila

Centrifugalni moment inercije presjeka s obzirom na dvije međusobno okomite osi koje su paralelne s osima kroz težište presjeka jednak je centrirugalnom momentu inercije tog presjeka s obzirom na težišne <>!ol uvećanom za umnožak što ga čine ploštine presjeka i razmak između oba para paralelnih osi:

A

1",= J xydA. (Al

y

b )( dA 1+-"'-1-<--"--

Slika 7.12 Geometrijske značajke za dokaz generaJ.iziranog Steioerova pravila

Prema s1ici 7.12 bit će x'=b+x,

y'=a+y. pa je tada

1 .. ,.= J (b + x)(a+y}dA = J xy dA + J bydA+ J ax dA + J abdA. (Al (Al (Al (Al (A)

Budući da su dva člana tog izraza (drugi i treći) jednaki ništici. slijedi

l~r=/~+abA.

To je tzv. opće Steinerovo pravilo_

7.2.3. MOMENTI OTPORA

Moment otpora definiran je izrazom

Ix ~=--e

164

(7.32)

(7.33)

(7.34)

(7.35)

Ovdje je Wx aksijalni moment otpora presjeka s obzjrOl;n na os koja prolazi težištem, a e označava najveću udaljenost konture presjeka od osi (dimenzije: cm3• L3)_ za pravokutni je presjek moment otpora određen izrazom

I bh3 b112

w=-=-=-x h h 6·

- 12-2 2

Polarni moment otpora definiran je izrazom

I . w=:..f , .

e

za kružni je presjek polarni moment otpora

TUi'" nQl w=-=-, d 16·

32 -2

(7.36)

Napomenimo posebno da se, za razliku od momenata inercije presjeka, momenti otpora ne mogu zbrajati niti odbijati (razlomci različitih nazivnika!).

7.2.4. POLUMJER INERCIJE

Moment inercije možemo izraziti i drugačije (sL 7_13):

(7.37)

odnosno polumjer inercije

ix=/i. (7.3S)

U izrazu (7.37) moment je inercije izražen pomoću tzv_ polumjera inercije_

Slika 7.11 Grafieka interpretacija definicije polumjera inercije

Polumjer inercije Qeke ravne plohe A s obzirom na os x predstavlja udaljenost i1< točke u koju bi trebalo koncentrirati cijelu plohu tako da bi imala istu vrijednost momenta inercije kao u svojem prvobitnom obliku_

165

Page 84: Mehanika I Statika Osman Muftic

7.2.5. MOMENTI INERCIJE ZA RAZLIČITE OSI KROZ ISTU roCKU

Poznati su nam momenti inercije l x> l,j J rt za plohu prema sUci 7.14.

SUka 1J4.Geometrljski odnosi u presjeku u kojega se mijenja orijentacija koordinatnih osi

Odnos izmedu koordinata x, yi 1/, y' jest:

x'=GE + EB;.;x COS <P + YSiOI{l,} (7.39) t =AC - BC= ycos q>-xsin q>.

Prema definiciji momenta inercije slijede izrazi:

. l" = f t' dA = j(xcos q>+ ysin cp)' dA =1,cos' <p+l,.in' <P+ 21" sin cp cos cp, (7.40)

1,.= J >t' dA = f (-xsin q>+ ycos q»' dA =1 ,sin' <p + l,oos'<p-21 ".si. <p co. <P'}

. 1,.,= ix't dA= J(xcosq>+ysinop)( -xsin<p+ ycos<p)dA

={l.., -1 ,,)sin fP cos q>+ lxp{cos1 <p -sinl <p}.

Koristeći se poznatim trigonometrijskim relacijama

sin' cp=!(1-cos2<p~ 2

l cos' q>='2(1 +cos 2<p).

izraz (7AO) dobiva sljedeći oblik:

1+1 {-I " 1:<'-T+Toos:zq,-lqsm2~

1 1,+1, 1,-1, ,_ 1 . ;, • .=;i 2 --2-cos ,"",+,+ .%7SIn2q>~

1 -I l z..,.=Ysin 2~+ i;xyoos2<p.

(za vježbu se preporučje izvesti te reJacije!)

166

(i.4l)

Veličine koje se transformiraju po ovom zakonu predstavljajU komponente tenzora. U ovom primjeru to je tenzor inercije:

14"+J".=I.+1,*

1.,..1,.-1:.,.=1; ,-1~. Pravac glavnih osi inercije određujemo i% uvjeta

dl., dl. d<p =0, odnosno ~-o.

Na primjer:

nakon deriviranja bit će

dIr . -d = -21"cosq:> sin 1P+2I, sinq, oosrp-21.qcos2.p.

<p -

a nakon izjednačenja svištioom od.r<:dujemo ekstremnu vrijednost:

-l.sin 2<p+ lIsin 2tp-2/", cos 2cp =0.

odakle slijedi

21 tg2op=f-:'j-. , ,

(7.42)

Uvrštavanjem izraza za tg 21J1 u izraz za momente inercije, koristeči se trigtmotru::trijskim relacijama

. tg 2'1' . 1 Sin 2'1' - - I +tg' 2<p , cos 2q> l +tg' 2<p •

određujemo veličinu glavnih momenata inercije:

l_~ I = 1,+ I, +Jf"i("'I ,---;1;-;')"'-+-1-' 1Ilhl. 1.1 2 - 2 ;q"

(7.43)

Ako znamo glavne momente inercije., onda možemo izračunati bilo koje druge momente inercije zaokre.nute za kut 4p pomoću i.znmt:

I I, +1, 1,-1, ". "~-2-+-2-cos..."

l l,+l, 1,-1, 2

"'=-2---2-005 q:>.

7.3. MOHROVA KRUŽNICA INERCIJE

(7.44)

Jednadžbe (1.44) možemo u koordinatnom sustavu 1,r" J)", Ir,., grafički prikazati pomoću kružnice koju nazivamo Mohrova kružnica inercije (sl, 7.l5).

Poseban je primjer kad. je kut <p jednak 1Ii!tici, pa vrijede izrazi:

167

Page 85: Mehanika I Statika Osman Muftic

tada je

I I 1,-1,

1 .. m .. =--JI: ~ Plin 2

glavni moment inercije.

Ix 'v ,

H

IV'

Slika 7.15. Mohrova kružni~ inercije

za g1avne su osi inercije polumjeri inercije

i,~fi i ~ ~ z ~A'

(7.45)

\Ll, 2

x'

p ,

(7.46)

a zovemo ih glavnim polumjerima inercije. _Ato su osi sr~je. onda su to glavni središnji

polumjeri inerCije. .

7.4. ELIPSA INERCIJE

Imlčuoav3mo li za različite vrijednosti kuta cp polumjere inercije i .unesemo li ih u

koordinatni sustav. u općem ćemo primjeru dobiti elipsu kojo nazivamo elipsom inercije.

'Poluosi te elipse il i iz glavni su polumjJ:ri men:ije (sL 7.16). Momentisu inercije za osi x i 1':

x'

il

Slika 7.16. Elipsa inercije

[68

RIJESENI ZADACI IZ POGLAVLJA 7

Zadatak 7.[

Izračunati

1. Težište kružnog luka ako je zadano r i 2a..

A

L ds

I I I I

, I I

\ Vo 'p 11<10 / '\ I I /

\ I / r\ I,' /

I I \~IIJa/

\. "/ \. 11/ \. "/ , VI

10

B

Slika uz .zadatak 7.1 (kružni luk)

Radi simetrije imamo da je

dok je uz ds=.rdcp i y=4cosq>

i odavle je

Posebni primjeri: . . a) cx~:; (polukružni luk)

T. b) cx~4 (četvrtina luka!)

1 1 + ..

Yo~- ! Y'ds~- ! rcosq>rdq> LAB '2ar_ ..

rsio ct YO=-cx-

2r Yo~-~O,637r;

n

2rj2 Yo~--~O,9003r.

n

V

169

Page 86: Mehanika I Statika Osman Muftic

2. T el;ište kružnog isječka.

y

A

y

S~ka ., zadatak 7J (kru!nl isječak)

l ovdje je s obzirom na simeiriju te:ži§te na osi y. PodijelimO' površinu kružnog isječka A

u neizmjeran broj malih trokutova površine dA. koji imajll težište na p=~ r. Iz jednadžbe

kako je

_ bit će

§to je nakon integracije

Ay.= j ydA.

"" rdep-r I

dA=--=-r'dm 2 2 T'

S obzirom da je površina kružnog isje<!l:a uz mru kut 2tt

to će biti

!7Q

rar A=2-=r'",

2

I 1 I

·1 1.1

Posebni primjeri:

tt al polukružna ploča "'=2

y

r

4r y.=--=O,424r;

3n

3_ Težište stašca

. bl četvrtina ploče

y

x

y

h

x

Slika. uz 2.adatak 1.1 (Složac}

I ovdje će radi simetrije tijela biti težište na osi y. Iz jednadžbe"

• Y.V=jydV,

o

moje

reda je volumen

Iz omjera .x: r = y: h imam.o da je

171

Page 87: Mehanika I Statika Osman Muftic

te

j napokon

Zadatak 7.2

za lik prikazan i zadan prema slici odrediti težište te volumen tijela što nastaje rotacijom tog lika oko osi y!

y 9

3 -""""",'"

15 ln -x

Slika uz zadatak 72

Iz slike slijedi tablica vrijednosti povđina i koordinata težišta poznatih likova:

i l 2 3

A 45 \35 81

x 7,5 4,5 3

y 1,5 10,5 24

Koru:tenjem izraza za koordinate težišta imamo:

Lx/A, 45'7,5 + 135·4,5 +81·3 4,55 cm, Xo

LA, 45+135+81

Ly,A, 45'1,5+ 135'10,5+81'24 13,14 cm. yo

LA, 45+135+81

Volumen je tijela što nastaje retacijom

V=2ltXoA=2~·.4,55· 261 = 7457,81 cm3.

172

I ,

. ,

Zadatak 7.3

Izračunati geometrijske momente inercije s obzirom na osi x i x, za pravokutan presjek prikazan i označen na slici.

y

~ l 7 \dy

y

1--. S Xs

h

a

b

Slika uz zadatak 7.3

Prema definiciji je

pa je.uz

dA=bdy, •

. 1 .. = /.by'dA; ,

odavle slijedi da je

. S druge je strane moment ioercije s obzirom na os x jednak

:I,=fbY'dA=b~'I' =b:' (cm'~ o . o

1sti bismo rezultat dobili i primjenom Steinerova pravila kada je

bh] h2 bh3

I =1 +.'A=-+-bh=- (cm'). :r.:r.. 1243

x

173

Page 88: Mehanika I Statika Osman Muftic

Zadatak 7.4

Izračunati geometrijske momente inercije s obzirom na osi x i x, trokuta zadanog prema slici.

h 3

yI , ,

Iz .like slijedi omjer da je

odakle je

Slika u7. zadatak 1.4

• c=a-"bY

Uvdtenjem u i.uaz prema kojem je definiran moment inercije

h

, 'a 1.=JY'dA=ly'ddy=J y'ody-f Y'-hdy

• • iroamodaje

x

, a' 4aIF - 301<' oh" l.=ajy'dy--fy'dy= =-.

• ho 12 12

A kroz _ju je os moment inetcije

h' ah 2 ah' 201<' ah' 1 =1 -----=---=-.. • 9 2 2 12 36 36

Zadatak 7.s

Odrediti glavne srcdimje mo~te inercije presjeka zadanog prema slici. Zadatak riješiti analitički i grafički primjenom Mohrove kružnice.

174

"

Zadano:

ld _4250cm4

1.1 =221 cm4

At =46.IOcm2

lxl =62,7 cm"

i,., = 506 cm"

A:.a =20.40cm1

Ukupna je povrilna presjeka

A=A, +A,=46,10+20.40=66.50cm'

Y

--,---L:=~~

I\+<l>f- --' ---

Koordinate su zajedničkog ~

i analogno za

0-20.40'7 xa 66,5

2,147=

Slika uz zadatak 1.5

",

YO ='16.218cm

x

175

Page 89: Mehanika I Statika Osman Muftic

116

Moment je inercije s obzirom na sredi~nje osi primjenom Sleinerova pravila:

l.r. = 1, •• 1 +a~Al +I .... ol +a~A2=4250+4,2182 ·46,10+62,7 +9,5321 .20,40

1 ..... =6986,4 cm"

1:1. "'" I ,., +b~ Al + I ,.~ +biA 2 = 221 + 2,147 2 46,1 + 506+4,8532 • 20,4

1 ,. ~ 1518,95 cm'.

Centrirugalni središnji moment inercije slijedi iz generaliziranog Steinerova pravila:

I •• ,. ~ -albIA,-a,b,A,~ -4,218· 2,141·46,10-9.532 ·4,853· 20,4~ - 1361,16cm'.

Kut je zaokreta glavnih središnjih osi inercije

2·1361.16 2122.32 tg2'1'~ - 04919

1518,95-6986,4 5461,45· '

2'1'~26,46° _ 'I'~\3,2.1°.

Veličine su glavnih momenata inercije

6986,4+ 1518,95 2 + (6986,4 ~ 1518,95), + 1361,16' ~4252,615 ± 3053,85.

II = 7306,527 cm". 12~1198,825cm'.

Grafičko rješenje primjenom Mohrove kružnice inercije:

/2 =1190

Izmjerene su veličine:

1 xy

Mjerilo leme .• cm4

II = 7300 em4•

12 = 1190 cm",

'1'''' 14°.

8. LANCANICE

8.1. OPCENITO

Važan tip konstrukcijskih elemenata jesu savitljiva užad koju obično upotrebljavamo za viseće mostove, transmisije, nosive kabele za električne vodiče na željeznici, visokonaponske kabele itd. pri konstruiranju takvih elemenata potrebno je znati:

a) odnose između vlačnih sila i r~pona. bl veličinu progiba, cl ovisnost tih veličina o duljini užeta.

Te se veličine određuju razmatranjem ravnoteže užeta. Pri analizi savitljive užadi smatramo da nema nikakva otpora pri savijanju (ili ako ga ima da je zanemariv). Takva nam pretpostavka znači da je sila u užetu uvijek usmjerena u pravcu užt:ta (sl. 8.1).

Savitljivo uže može biti opterećeno nizom koncentriranih tereta, ih .... "oŽC biti opterećeno kontinuirano raspodijeljenim opte;rel:enjem, ili pak kombinirano.

U nekim je primjerima težina užeta zanemariva prema opterećenju što ga uže nosi, dok u drugim primjerima težinu treba uzeti u obzir, a katkada je vlastita težina i jedino opterećenje.

Ako na savitljivo uže (remen ili lanac) koje je obj~no o dvije točke djeluje kontinuirano opterećenje, tada će uzdUŽD.a os užeta poprimiti zakrivljeru oblik koji se naziva lančanica. Oblik lančanice zavisi od vrste opterećenja. za praksu su važna dva primjera:

a) Uže je; opterečeno jednoliko kontinuirano duž horizontalne projekcije - parabolična lančanica..

b l Uže je op\ere6:no jednoliko kontinuirano duž cijelog luka iančanice - obična lančanica..

Slika 8.1. Prikaz dvaju općih oblika nal:ina optcreCc:Dja lakih savitljivih uieta

Vezu između sila u užetu, pregiba i duljine UŽeta odredit terno razmauanjem ravnoteže oslobođenog -užeta s dodanim reakcijama veza.

12 O. Muftić:: STATIKA 117

Page 90: Mehanika I Statika Osman Muftic

8.2. PARABOUCNA LAN(;ANICA

Pri razmatranju ravnoteže užeta opterećenog prema slici 8.2 odaberemo II lu svrhu ravnotežu konačnog elementa opterećenog užeta.

A

q=konst.

s

-+ q.

D

Slika 82.. Optereienje lanČ3.nice koja ima projekciju svoje težine na horizontalnu os II jednolik.om obliku. Uz sliku je prikazan i ~čki uvjet ravnoteže

Matematićki je opis stanja pojednostavnjen tako što smo uzeli onaj dio užeta kojemu se jedan kraj nalazi na najnižoj točki užeta, gdje ujedno postavljamo i ishodište koordinatnog sustava Silu II toj točki označit Cemo sa F H' a silu II proizvoljnoj točki D' sa Fs-

-+

)jO; -+ Ff,

Slika 8.3 plan sila prikazane parabollfne 1ančanice

Na dio užeta CD djeluju tri sile: FB' Fs i qx (sl. 8.3).

Jednadžbe ravnoteže g1ase:

odade je

a ujedno je

pa slijedi

F~cos ct-F H=O,

FssintX-qx=O. -.

qx tga=-.

FB

Y 2y tga=-=-,

xj2 x

qx' y='iF'

B

lito je jednadža parabole s tjemenom II C.

178

(8.1)

(8.2)

(8.3)

(8.4)

. I

I

Ako eliminiramo kul a. iz jednadžbi ravnoteže, imamo

Fs )1-sin2 cx-F H=O,

tc zbrajanjem Fl sin 2 IX = (qX)2.

dobivamo

a odatle je

Fs=JF;,+q2X

2.

Poseban je primjer uže zavješeno u ločkama iste visine. Pomoću rubnih uvjeta

X=- Yrn .... =i 2

slijedi progib

ql' 1~8F

H

i horizontalna napetost

pa je sila F s u točki učvršćenja

q'14 , I'

64.f+q 4'

odnosno

tj.

Duljina cijelog užeta ~unava se iz diferencijalnog odnosa

ds~Jdx'+dl,

L '1' ~dY)' '1' f (qx)' "2=! .,jl+~(h) dx=! --J 1+ FH dx, odnosno pomoću izraza za borizontalno napetost proistječe da je

<o L=2j

o (

qX )' 1+ ql' 81 dx,

tj.

(8.5)

(8.6)

(8.7)

(8.8)

(8.9)

(8.10)

(8.11)

(8.12)

(8.13)

(8.14)

179

Page 91: Mehanika I Statika Osman Muftic

Radi lakšeg izračunavanja ovog integrala, izraz pod korijenom razvijamo u rcd i integriramo član po član prema izrazu:

_ n (n-I) x' n (n-l)"(n-2) ;il (l+xr -l+nx+-

2-!- + 3! + ... r8.IS)

Nakon uvrštavanja slijedi

'" [ I 641' x' I (641' x')' J L=2! 1+2- 14--8 -14- + ... dx.

a nakon integriranja bit će duljina lanč&nice

[I I 641' I' I (641')'1' J L=2 -+- - --- - --+ 2 2 14 3·8 8 14 5·32 ...

i nakon sređivanja

L=I [I +~ (f)' -~ (04 + .. .J. r8.16)

Svojstva ovog reda pokazuju da on konvergira za sve vrijednosti (ff/)< 1/4. U ve::ini je primjera f mnogo manji od 1/4, pa će biti dovoljna samo prva tn člana reda da se )Xl'itigne približna vrijednost L s dovoljnom točnošću.

8.3. OBICNA LANCANICA

Promatramo ravnotežu konačnog· elementa užeta opterećenog npr. samo v~-titom težinom. Ovaj se primjer razlikuje od prethodnog u tome što je totaJna vertikalna komponenta F SI' uvijek jednaka težini užeta duljine s.

180

11-... IS ... ... ISx Ff, ...

Ff,

Slika 8.4. Geometrija obične ili hiperbolne lanl:anioc s odgovarajućim planom sila i oElobođenim dijelom lanČ3nice

Jednadžbe ravnoteže (vidi sl. 8.4) glase:

odnosno

Kako je

bit će

a odatle slijedi

IF.=O: Fs=P-FB=O.

IF,=O: Fs sinll-qs=O.

qs dy tgP=-=-·

FB dx

F. -=a=konst, q

dy s=a dx.

Konstanta a rove se parametar lanč&nice.

Deriviranjem izraza (8.19) bit će

odnosno uz

te

imamo

~=Ul+(~)'· . Ito je difcrencijalDa jednadžba obične lančanice .

Da bismo tu jednadžbu intwirali, uvodimo

·dy p= dx'

pa je dp .JI+P' dx=--a-

(8.17)

(8.18)

(8.19)

(8.20)

(8.21)

(8.22)

(8.23)

(824)

181

Page 92: Mehanika I Statika Osman Muftic

Integriranjem tog izraza imamo

Iz rubnih uvjeta da je

bit oe za x=o

U ~. dy s l«ed' VH~{enjem za P=-=-. Ji lj l

dy a

odnosno

dy -~p~O dx

c=o.

a sređivanjem i kvadriranjem log izraza:

bil će

te

. , '. odnosno

te

182

[7s\f(S)' • $ ~1+\;) =.,;;-~

.. . (e";' -I) ..

2

";-e-; (x) $=a--2-~sh ;- tl

dy S=a-

dx

dy x -=sh­

·dx a

(8.25)

(3.26)

(8.27)

(8.28)

Integriranjem će biti

x a! ~! y=ach (ea+e").

a

Kvadriranjem i zbrajanjem jednadžbi ravnoteže ~it te

F~ = Ffr + (l51

i odatle izraz za napetost II užetu:

Fs = JF!J + q 1s2 =J (llq1. +q

15

2,

Fs-;:r. Qp;7-;:r.qJa2 +0

1 sb (;).

Fs=QaJl +sh' G) =qach (;)

F$=qy.

RIJESENI ZADACI IZ POGLAVLJA 8

Zadatak 8.l

(8.29)

(8.30)

(8.31)

(8.32)

Telegrafska žia obj~a je u točkama A i B koje leže na istoj visini (prema slici). Odrediti napetost iice uslijed vlastite težine, ako je zadano:

1=60m, [=O,5m, i Q=I,2N/m.

Slika uz r.adatak 3.1

Ako uzmemo da je radi malog (lOvjesa projek.sclja opterećenja jednaka

što vrijednosti potvrđuju

, JO,5'+30' q=q 30 "'q.

183

Page 93: Mehanika I Statika Osman Muftic

Diferencijalna jednadžba lančanice glas.

d'y FSd.xl=+q odavle d2y=qdx1

;

integracijom imamo

dy=(qx)dx+C,

odnosno

dy FRd.x =+qx+C1•

daljnjim ~integriranjcm imamo

a iz ovakvih uvjeta slijedi

1 za x=-

2 y=J

x=o y=O C2 =O

x=l y=O -ql

CI =-2-'

") 3600 1,2'60 Fs = 1+-

6--·-

2-=36fo\"'I08ON .

• rnai l -0,25

Zadatalc 8.2

Krajevi A i B homogenog lanca leže na istoj visini Odrediti cx.=cxA, i omjer i. ako je

zadano F S,4 = F s. =ql. ~ ~

FifA FV8 ~

I F. Smax

A 8 x ~ ( ~

FH q F" y

Slika uz zadatak &.1

184

Grafički je uvjet C2.vnotežc:

Djelić je lanca dutinc

dl=Jdx'+dy' ili

dl=dxJ1+(~)' iz diferencijalne jednadžbe

Nakon integracije imamo:

dl" F,,-= -q . dx x

dy Fs= dx = -Q.x+ Cl

Iz rubnih u'o'jeta izraču.oavamo konstantu CI'

dy za x=o, dx =0 .... CI =0.

Daljom integracijom imamo:

pa je za rubne uvjete konstanta Cl'

za x=O, y=O -+ Cl=O,

L. f. a za x=2' lC Y= - .

Iz sume momenata za jednu polovicu užeta

qft q)J -F.J= -8 imamo ds je F.=-Si

Iz jednadžbe nakon prve integracije imaIIio da je:

dy q,x q,x 8J dx = - F. = - qft8J=IJx

Ito predstaYlja nagib na laivulji talco ds je

FG Jj tg a...c=tg cx.=2F

H =] -+ C1..c=a.=3O'".

za paraboličnu lančanicu je

185

Page 94: Mehanika I Statika Osman Muftic

odnosno

odavle

i napokon

Uvrštenjem imamo da je dužina lanca

I=L l + __ G ___ =L I __ G_ • ( 8 F'I! l) ( F') 3 64F~ L2 24F~

Progib će parabolične lančanice biti

qI! F L2 F L f=_=...E. __ ~_G_. 8FH L8FH 8Fg

Iz omjera sila imamo

pa je dužina lanca naspram raspona

''''L(l+~)' 24,3

odnosno omjer dužine lanca i raspona jeste

I l 19 -·;::::1+-=-=10S5. L 18 18 '

Zadatak 8.3

Homogeni čelični štap u obliku stošca, čija je baza promjera d=(ljl00) " pričvršćcnaje u e pomoću zgloba. a u B je prive:zano savitljivo uže AB težine FQ=lON. Dužina AB je

186

horizontalna. Izrac:unati najveći provjes f u sredini užcla i reakcije A, B i e ako je zadano: 1=4 Jn, a.=60·.

Volumensk2 težina "f = 78 N/dmJ.

Volumen stošca jest

odnosno za zadane odnose

a težina je stOŠC2

Slika uz zadatak 8.3

1,6 3 n

78·1,6 FG~yV~-3-~131 N.

Ravnoteža Šlapa CB (stašca) glasi:

Ra vnotcŽ3 užeta jest

I F G 4sina.+Fvo'sina=F H o/cosa..

~J,~O,

LMD~O,

I . FYo2smo:=FHo'

F F =--R

Vo 2'

Fo I . /+--smo:

24

(1)

(2)

(3)

187

Page 95: Mehanika I Statika Osman Muftic

odakle .lijedi da je

FH =- ~SIDa.-:.J[.slna =~sma. . I (F I. F-I.) FI. • J 4 8 8J

Uvrstimo li ovaj rezultat II (l) imamo:

I. F . FI'. F0'4sma+fl sma=~slnacosa.

pa je prDvjes

10 0,066 m,

15,1

a sila

Fll.=65,8N.

Zadatak 8.4

Tanka žica težine q=20N/m razapeta je na horizontalnoj udaljenosti od "40 metara. Prevjes u sredini jest 2 m. Odrediti duljinu žice i silu II njoj!

'=40m

Jednadžba lančanice

gdje je ",,'=20 m, y,=0+2

U točki B je ordinata y.

Ako ovo podijelimo s a, imamo:

"

y

f

e •

'\r=20

Slik:a uz zadatak 8.4

x y=ach­

o

x a+2=ach-.

o

2 x I+-=ch­

o o

x

što je transcendentna jednadžba koju ćemo rij~ili pokušavanjem. U tu svrhu sačinimo tablicu .

za običnu lanČ8nicu će biti tablica:

20 2 2 a - - -+1

a a a

100 0,2 0,Q2 1,02

100,490 0,199 0,0199 0,0199

100,3 0,1994 0,01994 1,019940

Parametar je lančanice

F. a=-

q

te, smatramo li za početak da se radi o paraboliČDoj 1a.očanici, bit će:

pa bi bilo da je

~ 20·40·40 -2000 N FH= 8J' 8'2

2000 0=--=100.

20

Odavle slijedi da je parametar lanfanice a = 100,3 pa je

y.= 100,3+2= 102,3 m.

Minimalna je sila

Maksimalna je sila

FT~.-q· Y,-20'102,3-2046 N.

Dužina je polovice lančanice

s=o sh:= 100 3 sin~= 100,0"01 a ' . 100,3 o'- ,

s =20,132,

a cijelo je uže

L= 18=40,265 lD.

);() eh-

a

1.02006675

1,0198

1,019946

Ako bismo lan~n~cu smatrali paraboličnom, tada bi bilo prema (8.16)

Page 96: Mehanika I Statika Osman Muftic

odnosno

pa rvJika

!"-I,,-40,2liS-40,266~ -0.001 m.

Ll.L= I mm

Iz navedenoga zaključujemo da je u ovom primjeru parabolična Jančanic3, vrlo bliska običnoj lančanici.

190

LITARATURA

Ba zj a n ac., D.: Tehl1ički1 mehlMika, Statika, T~hničk:a knjiga, Zagreb 1974.

M e r i a m, 1. L: SlalIes, Second edilion, JO,hn Wilty & Sons, New YOfk 1974,

Bee r. f, P.-J o h n s to n, E, R,~ Vect(Jr Mechoflic.i fm El1ginecr$, Mc Draw Hill. New York. 1976.