83
VISOKA TEHNIČKA MAŠINSKA ŠKOLA STRUKOVNIH STUDIJA TRSTENIK mr Marina Karić, dipl. inž. maš. dr Milica Todorović, prof. TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA) TEORIJSKI IZVODI SA ZBIRKOM REŠENIH ZADATAKA (radni materijal) Trstenik, 2013.

TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

  • Upload
    others

  • View
    112

  • Download
    3

Embed Size (px)

Citation preview

Page 1: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

VISOKA TEHNIČKA MAŠINSKA ŠKOLA STRUKOVNIH STUDIJA TRSTENIK

mr Marina Karić, dipl. inž. maš.

dr Milica Todorović, prof.

TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA) TEORIJSKI IZVODI SA ZBIRKOM REŠENIH ZADATAKA

(radni materijal)

Trstenik, 2013.

Page 2: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

UVOD U TEHNIČKU MEHANIKU Tehnička mehanika je nauka koja opisuje i definiše zakone kretanja ili mirovanja tela pod

dejstvom sila. Iskazana definicija nije dovoljna za početak proučavanja tehničke mehanike. Za tu svrhu treba:

- definisati određen broj pojmova pomoću kojih se može opisati svaki problem, - odrediti sadržaj proučavanja i probleme koje treba rešiti, - navesti metode proučavanja i rešavanja problema, - opisati organizaciju tehničke mehanike (osnovne zakone, osnovne veličine i njihove

jedinice, podelu tehničke mehanike....) - odrediti odnos tehničke mehanike i srodnih nauka.

Početak razvoja tehničke mehanike može se poistovetiti sa početkom razmatranja prirodnih pojava radi utvrđivanja zakonitosti njihovog odvijanja.

Podela tehničke mehanike čini se radi preglednijeg i lakšeg proučavanja i rešavanja problema. Klasična podela tehničke mehanike, uslovljena njenim razvitkom, karakteristikama i zadacima koje se proučavaju i rešavaju, prikazana je šematski na slici.

Definicije ovih grana tehničke mehanike su sledeće: STATIKA je deo mehanike koji proučava uslove ravnoteže materijalnih tela pod dejstvom

sila nezavisno od vremena. KINEMATIKA je deo mehanike u kome se proučava geometrija kretanja tela. Pod kretanjem

tela podrazumeva se promena njegovog položaja tokom vremena u odnosu na neko drugo telo. Drugačije se može reći da kinematika proučava kretanje ne vodeći računa o uzrocima kretanja ( ne uzima u obzir mase tela niti sile koje na njih deluju)

DINAMIKA je deo mehanike u kome se proučavaju zakoni kretanja materijalnih tela na koje deluju sile zavisno od vremena, a u obzir se uzima i inercija masa koje se ubrzavaju.

Prva se pojavila STATIKA - koja proučava ravnotežu tela pod dejstvom sila - kao najjednostavniji deo mehanike. Statiku uvodi Arhimed i to kao praktičnu nauku. U skladu sa ljudskim potrebama razvijala se i mehanika i kraj Srednjeg veka donosi dinamiku koja već prelazi u teorijsku nauku tako da se razvoj tehničke mehanike može vezati za početak novog veka. U tom dobu mehanika doživljava takav procvat da su pokušavani da se njom objašnjavaju i društvene pojave.

Veličine u mehanici

Skalarne veličine – određene su intenzitetom (iznosom) odnosno samo brojnom vrednošću

- jedan podatak, (dužina, masa, vreme, površina, zapremina, energija, temperatura) Vektorske veličine – geometrijski određene intenzitetom, pravcem delovanja, smerom

delovanja – tri podatka ( sila, moment, vektor položaja, pomak, brzina, ubrzanje). Vektori se

označavaju slovom i strelicom iznad (npr. ......,, avF

)

a) Osnovne veličine mehanike

Dužina – veličina kojom se kvantitativno određuje udaljenost dveju tačaka (metar, m) Vreme – veličina kojom se kvantitativno meri tok događaja (sekunda, s) Masa – veličina kojom se kvantitativno meri količina materije tela (kilogram, kg) b) Izvedene veličine mehanike Sila - mera delovanja jednog tela na drugo (Newton, N)

TEHNIČKA MEHANIKA

STATIKA KINEMATIKA DINAMIKA

Page 3: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

2

amF

amF 2 smkgN

Prikaz nekih izvedenih veličina mehanike Naziv izvedene veličine Matematički izraz Sila amF

N

Moment FrM

mN

Brzina dtrdv

sm

Ubrzanje 22 dtrda

2sm

Količina kretanja vmK

sN

Rad drFA

mN

Snaga dtdAP smN

Kinetička energija 22vmEk mN

Potencijalna energija gravitacione sile

hGE p mN

Međunarodni sistem mernih jedinica – SI sistem

Jedinice SI sistema

Simbol Jedinica SI Osnovne veličine

Dužina L metar m

Masa M kilogram kg

Vreme T sekund s

Izvedene veličine Brzina v sm / Ubrzanje a 2/ sm Sila F Newton 2/ smkgN

Rad A Joule mNJ Energija E mNJ

Snaga P Wat sJW / Pritisk p Pascal 2/ mNPa

Frekvencija f Hertz sHz /1 Prefiksi jedinica SI sistema

Vrednost Naziv Oznaka 1210 tera T

910 giga G

610 mega M

310 kilo k

210 hekto h

10 deka da 110 deci d

210 centi c

310 mili m

610 mikro

910 nano n

1210 piko p

Page 4: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

3

UVOD U STATIKU KRUTOG TELA Kruta tela (idealno čvrsta) su modeli za realna tela koja ispunjavaju uslov nepromenljivosti

forme tj. tela koja se pod dejstvom opterećenja ne deformišu - ne menjaju oblik i dimenzije. Statika krutog tela je deo tehničke mehanike koji proučava ravnotežu tela pod dejstvom sila:

a) određuje uslove koji moraju biti ispunjeni za postojanje ravnoteže b) pronalazi i propisuje metode određivanja ravnoteže.

U pojavama koje proučava statika učestvuju teška tela tj. tela čiju težinu ne možemo zanemariti. Obično se težina tela zamenjuje sa jednom silom koja deluje u težištu tela. Ako je težina tela po veličini mnogo manja od sila koje deluju na telo ona se može zanemariti. Iako sva tela u prirodi imaju tri dimenzije za formu tela se ponekad uzima da ima jednu, dve ili tri dimenzije radi pojednostavljenja postupka rešavanja problema (kada ovo pojednostavljenje ne utiče na tačnost rezultata). Sva tela u statici se tretiraju kao apsolutno kruta: - kruti štap, - kruta figura, - kruto prostorno telo. Kaže se da je telo u ravnoteži ako ono miruje ili se kreće jednolikom brzinom i pravolinijski.

Definicija sile Sila je svako delovanje koje nastoji da promeni stanje kretanja nekog tela. U matematičkom

smislu to je vektor. Potpuni efekat dejstva sile određen je sledećim elementima: - pravac delovanja sile - prava linija duž koje sila deluje - veličina sile - određuje brojnu vrednost sile - smer delovanja - određuje se na pravcu strelicom.

U statici napadna tačka sile nema značaja jer se sila može klizati po pravcu njenog delovanja. Ovo je dozvoljeno i ne utiče na rezultate rešavanja problema jer tela smatramo krutim. Opisane osobine: veličina, pravac i smer delovanja imaju matematičke veličine koje se nazivaju vektori, pa se sila obeležava shodno obeležavanju vektora, velikim slovima latinice sa

strelicom iznad slova ( NSRQPF

,,,,, itd). Za računske operacije sa silama važe ista pravila koja

važe u vektorskoj algebri. Pojam sile definisan je osnovnim zakonom mehanike (II Newton-ov zakon):

amF

ubrzanjemasaSila

Ako II Newton-ov zakon primenimo na težinu:

gmG

težezemljineubrzanjemasaTežina

281.9 smg - ubrzanje zemljine teže u našim krajevima

Masa se meri! Težina se izračunava!

Ilustracija definicije za masu i težinu

Page 5: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

4

Jedinica za silu - težinu je Njutn - oznaka N. Njutn je izvedena jedinica SI sistema. Njutn je sila koja telo mase 1 kilogram ubrzava za 1 metar u sekundi na kvadrat.

2s

mkgNamF ,

a veomae često se upotrebljava NkN 10001

Analitičko prikazivanje sile Za analitičko prikazivanje sile potreban nam je koordinatni sistem. U statici se služimo sa Dekartovim pravouglim sistemom desne orijentacije. Analitički se sila određuje sa 6 podataka od kojih je jedna uvek veličina sile (pozitivan broj). Pravac delovanja može se odrediti ako su nam poznate koordinate jedne njegove tačke i dva od uglova , i koje on zaklapa sa pravcima x,, y,, z,, koji su paralelni sa koordinatnim osama. Treći ugao se određuje iz izraza:

1coscoscos 222

Uglovi , i mogu se izračunati i iz koordinata dve tačke A i B

koje se nalaze na napadnoj liniji sile prema relaciji: Projekcija proizvoljne prostorne sile

,cosBA

xx AB

BA

yy AB cos ,

BA

zz AB cos

pri čemu je rastojanje:

222

ABABAB zzyyxxBA

Algebarske vrednosti projekcija sile iznose:

cosFXFx , cosFYFy , cosFZFz

Obrnuti zadatak od projektovanja sile jeste određivanje intenziteta i pravca sile u prostoru ako su

poznate projekcije ,xF yF i zF :

222

zyx FFFF , a kosinusi pravaca se određuju:

F

Fxcos , ,cosF

Fy

F

Fzcos

Za slučaj da se sila nalazi u ravni ove relacije su jednostavnije i imaju oblik:

22

yx FFF , F

Fxcos i ,cosF

Fy

Geometrijsko prikazivanje sile

Kod geometrijskog prikazivanja sile ne vodi se računa o koordinatnom sistemu već samo o međusobnom položaju pravca delovanja sila (ako ih ima više) i naravno o njihovom smeru. Sila se prikazuje kao usmerena duž. Ako je dužina ove duži u određenom odnosu sa veličinom sile kažemo da je sila prikazana u razmeri što se zapisuje:

cm

aNU F

1 ( aNcm 1 )

što znači: 1 cm dužine predstavlja a Njutna. Veličine sila crtaju se u razmeri kada problem rešavamo grafički.

Aktivne i pasivne sile

Sve sile se mogu svrstati u dve grupe s obzirom na njihov uticaj na poticanje ili poništavanje kretanja.

B

Page 6: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

5

Aktivnim silama nazivamo sile koje nastoje izazvati kretanje. Pasivne su one sile koje ograničavaju kretanje i nazivamo ih reakcijama veza.

Spoljašnje i unutrašnje sile Prema mestu delovanja možemo sile podeliti na 2 grupe: - sile koje deluju na površini tela i nazivamo ih spoljašnje sile - sile koje deluju po preseku ili zapremini tela i nazivamo ih unutrašnjim silama.

Spoljašnje sile u realnosti uvek deluju na nekoj površini (većoj ili manjoj) ali se u statici

razlikuju 3 karakteristična slučaja: - koncentrisane sile su idealizacija tj. rezultanta delovanja po površini, - linijsko kontinualno opterećenje - površinsko kontinualno opterećenje. Npr. Ako čovek stoji na konstrukciji - delovanje čoveka na konstrukciju zamenićemo

koncentrisanom silom koja je po veličini jednaka njegovoj težini a delovanje na konstrukciju između njegovih stopala. Ako čovek leži na konstrukciji govorimo o kontinualnom opterećenju konstrukcije. Jedinica linijskog kontinualnog opterećenja je (N/m). Površinsko opterećenje je u stvari pritisak (N/m2).

O unutrašnjim silama biće reči u grafostatici za sada je dovoljno reći da su unutrašnje sile po preseku rezultat unutrašnjeg naprezanja a sila po zapremini je privlačna sila između tela.

AKSIOME STATIKE Osnovu statike čini sedam osnovnih zakona od kojih su prva četiri aksiomi tehničke

mehanike a preostala tri su principi statike. Pomoću ovih zakona moguće je za probleme iz realnog sveta definisati odgovarajući idealizirani model i matematički izraziti uslove ravnoteže.

Aksioma 1. Pod dejstvom samo dve sile ( 1F

i 2F

) kruto telo nalazi se u ravnoteži samo

ako one imaju isti pravac delovanja, isti intenzitet (F1 = F2) i suprotan smer( 21 FF

). Ovakve dve

sile čine najprostiji sistem uravnoteženih sila - nula sila. (Pod dejstvom jedne sile telo ne može biti u ravnoteži već se pomera u pravcu i smeru delovanja sile).

Aksioma 2. Mehaničko stanje tela neće se promeniti ako se sistemu sila koje na njega deluju doda ili oduzme uravnoteženi sistem sila. Iz ove aksiome proizilazi važna posledica: sila koja deluje na kruto telo je klizeći vektor - može se prenositi iz jedne napadne tačke u drugu duž svog napadnog pravca a da se tom prilikom dejstvo sile na telo ne menja.

Mogućnost klizanja sile dokazuje se na sledeći način:

Sile na telo

Spoljašnje sile Unutrašnje sile Spoljašnje sile Unutrašnje sile i momenti

aktivne sile reaktivne sile

aksijalna sila

transferzalne sile

momenat uvijanja

momenti savijanja

sile veze sile trenja

Page 7: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

6

- neka u tački A pravca p deluje sila 1F

;

- dodajmo u tački B sile 2F

i 3F

koje su jednake po veličini. Prema aksiomi o poništavanju

sila situacije a) i b) su međusobno ekvivalentne jer se sile 2F

i 3F

međusobno poništavaju ;

- neka su veličine sila 1F

, 2F

i 3F

jednake.

Tada se 1F

i 3F

mogu poništiti. Na pravcu p ostaje sila 2F

čija je napadna tačka tačka B.

Kako sile 1F

i 2F

imaju istu veličinu, isti pravac i smer delovanja možemo rezultat ovog postupka

objasniti kao klizanje sile 1F

po pravcu p

Na osnovu iznetog za silu se kaže da je ona klizni vektor u mehanici krutih tela, jer

njen doprinos uslovima ravnoteže ne zavisi od položaja na pravcu delovanja. Aksioma 3. Delovanje dveju sila na jedno telo može se

zameniti delovanjem jedne sile koja je jednaka dijagonali paralelograma čije su stranice spomenute sile. Sile koje sabiramo nazivamo komponente a njihov zbir je rezultanta. Sabiranje sila često se naziva i slaganje. Rezultanta je zamišljena sila čije je delovanje ekvivalentno delovanju zadatih sila. Matematički se, u vektorskom obliku, ovaj zakon izražava:

RFFF

21

Grafički prikaz dat je na slici (veličine sila proporcionalne su dužini vektora). Iz ovog zakona proizilazi važan zaključak: rezultat delovanja sila na telo ne zavisi od

redosleda delovanja sila. Ovo je očigledno sa slike jer je FR stranica trougla ABC i trougla ADC. Aksioma 4. Dva tela deluju uvek uzajamno jedno na drugo silama koje su po veličini i pravcu

jednake ali suprotnog smera. Odavde proizilaze dva zaključka: - da bi nastala sila moraju dva tela delovati jedno na drugo. - Telo izolovano od drugih tela ili sila ne postoji.

Princip solidifikacije: Ako se deformabilno telo, na koje deluju sile, nalazi u ravnotežnom stanju onda se to stanje

neće promeniti kada to telo postane kruto. Npr. ako je lanac opterećen silama zatezanja u ravnoteži, biće u ravnoteži i ako karike lanca zavarimo tj. lanac učinimo krutim. Obrnuti stav ne važi.

Princip oslobađanja od veza: Veze koje ograničavaju slobodu kretanja krutog tela mogu se zameniti silama takvim da

kruto telo ostane u stanju mirovanja. Ove sile nazivamo reakcije veza. Odrediti ravnotežu znači odrediti reakcije veza, odnosno sile sa kojima veze deluju na telo.

Princip poništavanja dveju sila: Dve sile se međusobno poništavaju, ako imaju

isti pravac delovanja, jednaku veličinu i suprotni smer.

Ovaj princip proizilazi iz zakona o paralelogramu sila. Ako se uglovi i , koje

zaklapaju pravci sila 1F

i 2F

sa pravcem p smanjuju

veličina sile RF

se takođe smanjuje da bi postala jednaka nuli za = 0 i = 0.

21 FF

Page 8: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

7

VEZE I REAKCIJE VEZA

Tačka ili telo pod dejstvom opterećenja pomera se u ravni ili prostoru. Vezivanjem s podlogom dovodimo ih u stanje ravnoteze (stanje mirovanja). Veze su elementi povezivanja sistema čiju ravnotežu posmatramo sa okolinom. To su mehanički ili fizički uređaji koji sprečavaju kretanje tela. Telo čije je kretanje ograničeno zove se vezano telo, a telo koje ograničava kretanje zove se vezom. Telo deluje na vezu a po aksiomi 4 dejstvo veze je istog intenziteta i pravca a suprotnog smera. Proučićemo idealne glatke veze mašinskih delova - bez uzimanja u obzir sile trenja koja postoji kod realnih veza.

Vrste veza: - dodirna veza a) jednostrana dodirna veza ili glatka površi

b) dvostrana dodirna veza

model simbol dvostrane dodirne veze Delovi tela koja se dodiruju mogu imati proizvoljan oblik. Dodirni delovi mogu biti kugle valjci,

ravni. Sve jedno je koje telo smatramo da je aktivno ili pasivno bitno je da se kod ove veze pojavljuje normalna reakcija na dodirnu površinu (na poziciji 2. i prolazi kroz tačku S, odnosno prolazi kroz tačke S1 i S2. Modeli pod a) daju reakciju samo u jednom smeru - jednostrane dodirne veze a modeli pod b) su dvosmerne dodirne veze. Smer reakcije na jedno telo uvek je suprotan smeru u kome veza ne dozvoljava pomeranje.

U pogledu određenosti reakcije koju daje dodirna veza nepoznata je samo njena veličina (intenzitet), pravac je određen geometrijom a smer se određuje prema predznaku veličine reakcije, ako je predznak + smer se poklapa sa predpostavljenim.

Kaže se da dodirna veza unosi jednu nepoznatu u rešavanje statičkog problema.

Cilindrični zglob Model ove veze prikazan je na slici. Deo 1 je valjak, ravan dela 2 je cilindrična površina.

Ova veza daje reakciju bilo kojeg pravca u ravni upravnoj na osu valjka i u oba smera. Pravac delovanja reakcije uvek prolazi kroz tačke (središta) S1 i S2.

Model cilindričnog zgloba Simbol

Za cilindrični zglob može se reći da je zatvorena dodirna veza jer se reakcija stvara u dodiru

a jedna dodirna površina zatvara drugu. Po ovoj analogiji se dodirna veza nekad naziva pomični cilindrični zglob. Reakcija cilindričnog zgloba ima nepoznatu veličinu i pravac (svaka sila proizvoljnog pravca u ravni rastavlja se na 2 komponente). Kaže se da cilindrični zglob unosi dve nepoznate u rešavanje statičkog problema.

Page 9: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

8

Sferni zglob Ova se veza sastoji od kuglastog dela sa izdankom na koji je vezano telo proizvoljnog

oblika. Telo 2 ima u sebi kuglastu šupljinu. Sferni zglob daje reakciju čiji pravac delovanja može imati bilo koji položaj u prostoru. Reakcija može imati bilo koji od dva moguća smera. Pravac delovanja uvek prolazi kroz tačke S1 i S2. Za sferni zglob se može reći da je dodirna veza zatvorena u prostoru.

Sferni zglob daje reakciju nepoznatu po veličini i pravcu u prostoru. Kaže se da sferni zglob unosi u rešavanje statičkog problema tri nepoznate.

Model sfernog zgloba Simboličko prikazivanje

Uklještenje

Model uklještenja u ravni prikazan je na slici: Telo 1 ima na sebi dva valjkasta izdanka koji se nalaze u šupljini tela 2. Ovaj model kao da

je sastavljen od 2 cilindrična zgloba. Telo 1 i 2 međusobno su neraskidivo spojena (zalepljena, zavarena...).

Model veze Simboličko prikazivanje

Uklještenje daje kao reakciju silu proizvoljnog pravca u ravni i spreg koji se naziva moment

uklještenja. Kako je za određivanje sile proizvoljnog pravca potrebno znati njenu veličinu i ugao koji pravac delovanja zaklapa sa nekom referentnom osom to uz nepoznatu veličinu momenata uklještenja, uklještenje unosi u rešavanje statičkog problema tri nepoznate. Uklještenje se može interpretirati i kao veza sa tri štapa zglobno spojena sa telima 1 i 2 ili kao veza sastavljena od jednog cilindričnog zgloba i jedne dvostrane dodirne veze.

Page 10: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

9

Uže - nit Užad se mogu vezivati sa: - dodirnom vezom - cilindričnim zglobom - sfernim zglobom. U slučaju kada je vezano dodirnom vezom uže se mora postaviti u pravac određen dodirnom

vezom (sl. a). U preostala 2 slučaja uže se postavlja u bilo koji pravac u ravni (sl. b) ili bilo koji pravac u prostoru (sl. c), pravac užeta određen je geometrijom, pa nam je nepoznata samo veličina reakcije iako cilindrični i sferni zglob unose u rešavanje problema dve odnosno tri nepoznate veličine.

Uže mora biti opterećeno silama, koje ga nastoje izdužiti (trpi samo istezanje). Veoma je

značajno da uže kao vezni element dvaju tela sa kojima je vezano cilindričnim ili sfernim zglobom unosi u rešavanje problema samo jednu nepoznatu - veličinu reakcije (jer je iz zadate geometrije poznat pravac spojnog elementa).

Štap Za vezivanje štapa i vezivanje štapom važi sve što je rečeno za uže. Aktivna sila na štap i

reakcija veze mogu imati oba moguća smera. Vezivanje grede pomoću spojnog elementa (štapa, niti) sa cilindričnim zglobom nema isti

uticaj na ravnotežu grede kao kada je greda sa njime direktno spojena. Da bi postigli isti efekat gredu treba vezati sa dva štapa.

U slučaju a) tačka B će biti u ravnoteži što nije ispunjeno u slučaju prikazanom na slici b).

Uvođenjem štapa BC tačka B će se uravnotežiti. Veza sa 2 štapa je ekvivalent cilindričnom zglobu veza sa 3 štapa čije se ose seku u jednoj tačku ekvivalent je sfernom zglobu.

Reakcije veza imaju uvek suprotan smer delovanja od mogućeg kretanja tela kada tih

veza ne bi bilo.

Page 11: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

10

REAKCIJE IDEALNIH VEZA

Vrsta veze Reakcija veze Vrsta veze Reakcija veze Uže (žica, lanac, kabl)

Zatežuća u pravcu užeta Klizač na vodilici ili u cilindru Upravna na ravan klizanja

Ravni štap zanemarive mase

Zatežuća ili pritisna u pravcu štapa Zglobna u ravni Kosa reakcija, koju možemo rastaviti u dve komponente

Zakrivljeni štap zanemarive mase

Zatežuća ili pritisna u pravcu zglobova štapa

Pomični oslonac Upravna na ravan oslanjanja

Glatka podloga

Upravna na podlogu Nepomični oslonac

Kosa reakcija, koju možemo rastaviti u dve komponente.

Glatki izdanak

Upravna na štap (gredu) Uklještenje Kosa reakcija, koju možemo rastaviti u dve komponente, i spreg sila

Valjak na glatkoj podlozi

Upravna na podlogu Sferni zglob Kosa reakcija u prostoru, koju obično rastavljamo u tri komponente

ili

ili

B

A

A

B

A

A A

ili

B

A

A

A

ili

ili

ili

ili

Page 12: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

11

PRIMERI OSLOBAĐANJA

TELA OD VEZA

Postupak rešavanja statičkih problema Za konkretni statički problem iz prakse postupak rešavanja je sledeći: 1. Utvrditi da li je problem statički (telo koje se posmatra treba da miruje ili da se kreće

jednoliko po pravcu). 2. Tela koja učestvuju u posmatranoj pojavi su realna tela pa ih po principu solidifikacije

prevodimo u kruta tela (geometrijska tela) a njihovu materijalnost izrazićemo uvodeći u razmatranje njihovu težinu kao silu koja deluje iz njihovog težišta.

3. Primenom principa jednakosti akcije i reakcije i principa oslobađanja krutog tela od veza za svako telo formira se po jedan sistem sila.

4. Primeniti matematičke metode i rešiti problem.

Zadaci statike krutog tela U statici krutog tela rešavaju se dva osnovna zadatka: - Sistem sila (aktivni), koje deluju na kruto telo, treba svesti na jednostavniji oblik tj. zameniti

ga ekvivalentnim sistemom sila. Svođenje sistema sila na jednostavniji oblik naziva se redukcija sila.

- Odrediti uslove pod kojima će kruto telo, na koje deluje sistem sila (aktivni i pasivni), biti u ravnoteži.

SISTEMI SILA

Radi sistematičnog proučavanja uvodi se klasifikacija sistema sila. Osnov za ovu klasifikaciju je međusobni položaj pravaca delovanja sila. Pojedine sile u jednoj vrsti sistema mogu imati bilo koji smer i veličinu ako je ona različita od nule.

- kolinearni sistem sila - najjednostavniji sistem sila se naziva kolinearni a odnosi se na sistem sila koje sve leže na istom pravcu,

- komplanarni sistem sila - pravci delovanja svih sila leže u jednoj ravni. Kod ovakvih sistema razlikujemo tri slučaja:

- sistem paralelnih sila u ravni - pravci delovanja ovih sila međusobno su paralelni, - sučeljni sistem sila - pravci delovanja svih sila seku se u jednoj tački, - proizvoljni sistem sila. Prostorni sistem sila Razlikujemo četiri slučaja: - sistem paralelnih sila u prostoru - pravci delovanja svih sila međjusobno su paralelni - prostorni sistem sučeljnih sila - pravci delovanja svih sila seku se u jednoj tački - sistem mimoilaznih sila - opšti slučaj prostornog sistema sila.

A A

B B

A

BB

C

AA X

S

S

N

N

N

N

Y

A

A

B B

B

A

A

C

.

.

.

.

G G

G

Page 13: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

12

Šematski prikaz navedene podele KOLINEARNI SISTEM SILA Za skup proizvoljnog ali konačnog broja (n) sila koje sve leže na jednom pravcu kažemo da

je kolinearni sistem sila.

Kako silu možemo klizati po pravcu njenog delovanja nije nam važan položaj sile na pravcu već

samo smer i veličina. Za analitičko svođenje treba

na pravcu delovanja označiti smer.

Sila F1 ima pozitivan smer jer je usmerena od tačke O prema pozitivnom delu pravca. Sila F2 ima negativni smer - analogno. Sile se zadaju:

- veličina brojem Njutna - smer predznakom ovog broja Npr. F1 = 300N F2 = -100N Postupak redukcije svodi se na sabiranje veličina (sabiranje realnih brojeva). Broj koji se

dobije određuje veličinu rezultante (sile) u N a predznak definiše smer. Ako je zadat sistem sila

iF

(i = 1,2,3... n) onda se njegova rezultanta određuje izrazom:

n

iiR FF

1

Zaključci: 1) Kolinearni sistem sila uvek se može svesti na jednu silu. 2) Ako se sistem sastoji od sila istog smera njegova rezultanta je različita od nule. 3) Sistem sila različitog smera može imati rezultantu jednaku nuli ili različitu od nule. SUČELJNI SISTEM SILA U RAVNI

Kolinearni sistem

Proizvoljni sistem sila u ravni

Sistem sučeljnih sila

Sistem paralelnih sila

Opšti slučaj prostornog sistema sila

Sučeljni prostorni sistem

Sistem mimoilaznih sila

Sistem paralelnih sila

Page 14: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

13

Skup od proizvoljnog ali konačnog broja sila (n ) koje sve leže u istoj ravni a pravci delovanja

im se seku u jednoj tački nazivamo sučeljnim ravnim sistemom sila. Položaji sila na pravcu delovanja nisu značajni - važni su uglovi između pravaca delovanja,

veličine sila i njihovi smerovi. Svaka od sila može biti rezultanta nekog kolinearnog sistema sila. Sile na pravcu pi mogu se zameniti jednom silom.

Grafičko svođenje dve sučeljne sile Sistem od dve sile se svodi na jednu primenom zakona o paralelogramu sila. Postupak se

može pojednostaviti tako da se umesto paralelograma konstruiše trougao sila.

FR UCAF - veličina rezultante. Rezultat delovanja sila isti je bilo da prvo deluje sila 1F

ili sila

2F

.

Plan položaja (slika a) - dužine vektora nisu važne simbolično prikazuju veličine ali u potpunosti određuju pravce i smerove.

ACD i ABC spojeni po strani AC daju paralelogram ABCD ispravnost postupka. Rezultantu dveju sila možemo odrediti i bez opisanog grafičkog postupka rešavajući trougao

sila - kako se to radi sa trouglom u geometriji. U slučaju kada su poznate veličine sila 1F

, 2F

i -

ugao između njih primenićemo kosinusnu teoremu:

cos2 212

22

1

2FFFFFR

Ako su poznati uglovi , i 1F primenjuje se sinusna teorema:

sin

F

sin

F 1R

kada sile F1 i F2 zaklapaju ugao od 90o veličina rezultante određuje se Pitagorinom teoremom .

22

21

2 FFFR

Određivanje rezultante dveju sila svodi se na proračun jedne stranice trougla.

Sistem od tri i više sila Ovi sistemi reduciraju se

grafički višestrukom primenom zakona o paralelogramu sila.

NF 2001 NF 3002

NF 4003 NF 2504

cm

NUF

1

100

Ako je sistem sadržao n sila

njegova rezultanta je sila određena

Page 15: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

14

u (n-1) koraku. U praksi se postupak reduciranja izvodi tako što se konstruiše poligon sila. Iz presečne tačke napadnih pravaca sila u izabranoj razmeri nanosi se prva sila tako da joj pravac delovanja bude paralelan sa pravcem delovanja u planu položaja a smer isti. Iz vrha prve nanosi se druga sila, iz vrha druge treća itd. Tačke početka prve sile i kraja zadnje sile određuju pravac delovanja rezultante. Rastojanje između ovih tačaka određuje veličinu rezultante u određenoj razmeri a smer joj je od početka prve prema kraju zadnje sile.

0RF - poligon otvoren

0RF - poligon zatvoren

Ako krenemo iz A u smeru strelica na silama i vratimo se u tačku A prošavši kroz B, C i E - (zatvorimo putanju) - zatvoreni poligon, kod otvorenog poligona imamo 2 puta.

Analitičko svođenje

Sučeljni sistem sila posmatraćemo u xOy ravni Dekartovog koordinatnog sistema čiji je

koordinatni početak postavljen u tačku u kojoj se seku pravci delovanja sila. Redukcija sučeljnog sistema sila vrši se tako što se svaka sila sistema razloži na komponente u pravcu koordinatnih osa čime se zadati sistem prevodi u dva kolinearna sistema, odrede se rezultante kolinearnih sistema, čijim se sabiranjem odredi rezultanta zadatog sistema.

iiii FiFX

cos - skalarni proizvod 22iii YXF

iiiiii FjFFY

sincos ( 090 ii )

ii YX , - projekcije sile iF

na ose x i y ( su skalari) ; ji

, -

jedinični vektori osa x i y :

Sila zapisana u vektorskoj formi:

iiiii YXjYiXF

- vektorsko (geometrijsko) sabiranje

Komponente sile bile bi:

ii

ii

YjY

XiX

- vektori

Veličina komponente je projekcija u pravouglom koordinatnom sistemu.

Određivanje rezultante sistema

Neka je zadat sistem sučeljnih sila u ravni ).....3,2,1( niFi

, tada se njegova rezultanta

određuje na sledeći način: 1) sistem se rastavi na dva kolinearna sistema sila po osi x i y tako da se svaka sila

zameni svojim komponentama 2) izvrši se redukcija ovih kolinearnih sistema, odnosno odrede se njihove rezultante

- za sistem po osi x :

n

iiR XX

1

- za sistem po osi y :

n

iiR YY

1

3) sabiranjem ovih dveju sila po Pitagorinoj teoremi odredi se veličina rezultante zadatog sistema:

22RRR YXF

4) Pravac i smer rezultante odrede se pomoću kosinusa pravaca:

R

RR

F

Xcos

R

RR

F

Ycos

Zaključci: 1. Sučeljni sistem uvek se može svesti na jednu silu

Page 16: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

15

2. Ako se sistem sastoji od 2 sile a one nisu kolinearne rezultanta je uvek različita od nule 3. Sistemi od tri i više sila mogu imati rezultantu različitu ili jednaku nuli

4. Kod grafičkog reduciranja RF

je jednako 0 ako je poligon sila zatvoren

5. Ako je kod analitičkog reduciranja 0RX i 0RY tada je rezultanta sistema jednaka nuli

( 0RF ). ( Ako je 0RX a 0RY tada je RR YF , a ako je 0RX a 0RY tada je RR XF ).

Ravnoteža čestice

Ako je realno telo opterećeno sa sučeljnim sistemom sila smatramo ga česticom i određujemo ravnotežu čestice. Položaj ove čestice stalan je u odnosu na realno telo i određen je tačkom u kojoj se seku pravci delovanja aktivnih sila i reakcija veza. U protivnom realno telo ne bi mogli smatrati česticom i ono ne bi bilo u ravnoteži bez dodatnog vezivanja.

Ravnoteža čestice u ravni

Aktivni sistem sila predstavljen je silom F

. Ona mora biti različita od nule inače nema smisla takav sistem sila nazvati aktivnim. Pod dejstvom ove sile telo bi se kretalo u pravcu i smeru delovanja sile. Da bi obezbedili ravnotežu telo moramo vezati. Na slici je prikazano nekoliko slučajeva vezivanja realnih tela koja su oslobođena veza i zamenjena česticom.

Treba paziti na raspored veza. Čestica se može vezati sa dva štapa, štapovi ne smeju biti na istom pravcu, jer ćemo dobiti mehanizam (geometrijski promenljiv sistem):

ispravno neispravno Ravnoteža čestice u ravni određuje se na 2 načina: - geometrijski i - analitički. Geometrijski se ravnoteža čestice u ravni određuje na

osnovu teoreme o ravnoteži triju sila, koja glasi: Da bi telo pod dejstvom tri sile čiji pravci delovanja leže u

istoj ravni, bilo u ravnoteži potrebno je da im se pravci delovanja seku u jednoj tački a dovoljno da im vektori formiraju zatvoreni trougao sila.

Problem se može rešiti na 2 načina: - trougao sila se skicira, a nepoznati elementi trougla se izračunavaju primenom sinusne ili

kosinusne teoreme, - konstruiše se trougao sila crtajući vektore sila u nekoj odabranoj razmeri.

T

T

Page 17: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

16

Analitičko određivanje ravnoteže - česticu postavljamo u koordinatni početak. Kako čestica u ovom slučaju može imati 2 stepena slobode kretanja (u pravcu ose x i u pravcu ose y) – zahteva 2 spoljašnje veze, pa postoje 2 uslova ravnoteže:

1) 01

n

iiR XX

- znači nema kretanja ni u pravcu ose x ni y .

2) 01

n

iiR YY

Za slučaj prikazan na slici navedeni izrazi izgledaju:

3

1

3

1

0sinsinsin0.2

0coscoscos0.1

iNBFNAi

NBFNAi

i

BA

BA

NFNY

NFNX

U ovim izrazima nepoznate mogu biti samo dve veličine -

najčešće su to veličine reakcija (statički određeni problemi).

Primer 1. Homogena kugla O težine G oslanja se u tački C o vertikalni gladak zid a pridržava se pomoću glatkog i neistegljivog užeta AB koje je u tački B vezano za vertikalni zid gradeći sa njim ugao . Težina užeta se zanemaruje. Odrediti silu u užetu AB i reakciju zida.

I - način: Prema geometrijskom uslovu ravnoteže ravnog sistema sučeljnih sila potrebno je i

dovoljno da ove tri sile obrazuju zatvoren trougao tj.

0 SNG c

Vektorska jednačina (Vektorski zbir sila).

S

NCsin ?

tgGNG

Ntg

GS

S

G

CC

cos

cos

II - način: Analitičkim putem Uvođenjem koordinatnog sistema u presečnoj tački napadnih

pravaca i postavljanjem uslova ravnoteže

3

1

3

1

cos0cos0.2

0sin0.1

ii

Ci

i

GSSGY

SNX

- Skalarne jednačine

tgGG

SNC sincos

sin.1

Primer 2. Klipna pumpa, šematski prikazana na slici, potiskuje fluid nadpritiska .2 2cmkNp Ako

je površina klipa 250cmAk ,odrediti silu u štapu AB i bočnu silu klipa za slučaj zanemarljivog

trenja. Najveći ugao 0

max 20 . Težine delova klipnog mehanizma zanemariti.

Page 18: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

17

Rešenje:

Na klip deluju 3 sile: potisna sila fluida kNApF kp 100 , bočna potisna sila N

i sila u štapu S

.

Napadni pravci ovih sila seku se u istoj tački (sučeljni sistem) pa su jednačine ravnoteže:

1. kNF

SFSX p

pi 4.10620cos

0cos00

2. kNSNNSYi 4.36sin0sin0

Primer 3. Tri štapa u istoj ravni povezani su zglobovima prema slici. Na njih deluje u tački B sila P=10 daN. Naći veličinu sile Q koja treba da deluje u zglobu C u pokazanom pravcu pa da sistem štapova bude u ravnoteži. Uglovi koji definišu sistem štapova kao i pravce sila dati su na slici. Rešenje: Pretpostavimo da su štapovi opterećeni na pritisak zamišljamo da smo ih uklonili i njihov uticaj na zglobove zamenili odgovarajućim silama. Čvor B napadaju 2 sile nepoznatog intenziteta, koje ćemo odrediti primenom uslova ravnoteže ravnog sistema sučeljenih sila. Odgovarajuće jednačine su oblika:

Zglob B:

daNSS

daNP

SSPY

SSX

ii

Ii

1045sin.1

2

20

45cos045cos0.2

045sin0.1

021

3

102

02

021

3

1

Saglasno aksiomi 1 dejstvo uklonjenog štapa 2 na čvor B

jednako je dejstvu na čvor C ali suprotnog smera tj. 22 SS .

Zglob C:

daNS

daNQSQSY

daNS

QQSX

n

ii

Ii

3

210

3

21060cos060cos0.2

3

220

30cos030cos0.1

3

03

03

1

0

202

3

1

Primer 4. Za konac AB, učvršćen je u tački B teg P. Za tačku B učvršćen je drugi konac BCD,

prebačen preko nepokretnog kotura i zategnut tegom Q=10N.

Odrediti silu u koncu AB i težinu tega P ako je 045 , 060 .

Rešenje: Analitičkim putem - uvođenjem koordinatnog sistema u presečnoj tački pravaca sila i postavljanjem uslova ravnoteže. Sila u

delu užeta BC jednaka je težini tereta koji uže zateže, tj. QS 2 .

Page 19: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

18

0456002

0453001

01

0

01

0

PcosScosQY.

cosScosQX.

i

i

N,PP

PPS.

N,SSS.

6513355355

02

2

2

310

2

1100

2

2

2

1102

25122

31023100

2

2

2

3101

1

111

Primer 5. Svetiljka težine 30N, obešena je za vertikalni stub preko horizontalne grede AC=1,2m i kosnika BC=1,5m. Odrediti veličinu i karakter sila u štapovima AC i BC.

Rešenje:

002

001

2

21

QsinSY.

cosSSX.

i

i

608051

21

902151 2222

,BC

ABsin,

,

,

BC

ACcos

m,,,ACBCAB

N,SSS,S,S.

N,

SS,S,.

405080800801

5060

303060030602

11221

222

A

B

C

Page 20: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

19

OPŠTI SISTEM SILA I SPREGOVA U RAVNI

Statički moment sile za tačku

Ovde će se proučiti delovanje sile na tačku koja ne leži na pravcu njenog delovanja. Sila 1F

deluje na ravnu krutu figuru.

Na slici pod a) figura ostaje u stanju mirovanje jer se sila 1F

i reakcija veze u zglobu A

poništavaju. Za figuru prikazanu na slici b) iz iskustva znamo da neće ostati u stanju mirovanja već će se okretati oko tačke A i to u smeru kretanja kazaljki sata. Okretanje figure bilo bi brže ako bi na nju delovala veća sila ili ako bi pravac delovanja iste sile bio udaljeniji od tačke A.

Opisano delovanje sile 1F

na tačku A nazivamo statički moment sile za tačku A.

Statički moment sile je vektorska veličina jer ima: - veličinu koja se može izmeriti ili izračunati - smer koji je evidentan - pravac delovanja.

AOh - dužina normale povučene iz tačke A na pravac delovanja sile - krak sile

FhM FO

- veličina momenta

Statički moment sile za tačku je proizvod sile i kraka.

Ako je 00 FOMh

Jedinica statičkog momenta dobija se pomoću izraza

NmM

NmFhM

- Njutn metar

- Pravac delovanja je pravac koji prolazi kroz tačku O a upravan na ravan u kojoj deluje sila. Ovaj pravac odgovara osi rotacije tela na koje deluje sila.

Smer se određuje po pravilu desne ruke. Pravilo desne ruke glasi: Ako se tačka za koju se određuje statički moment sile nalazi na strani dlana desne ruke onda palac određuje smer kada sile deluju u smeru ostalih prstiju ruke.

Statički moment sile za tačku može se izraziti i pomoću vektorskog proizvoda vektora položaja i vektora sile. Napadna tačka sile u odnosu na tačku za koju se određuje definiše se vektorom položaja r

.

O

Page 21: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

20

Izraz za moment kao vektorsku veličinu glasi:

FrM FO

Veličina se određuje sa:

FhM

hr

FhFrM

FO

FO

sin

sin

Vektorski proizvod dva vektora je treći vektor čija je veličina jednaka površini paralelograma konstruisanog nad vektorima kao stranama a pravac upravan na ovu ravan.

Površina paralelograma = dvostrukoj površini trougla OAB

2FOM

površina OAB

Kada više sila imaju statički moment za neku tačku treba odrediti rezultantni moment odnosno izvršiti redukciju momenata. Redukcija se vrši na osnovu Varinjonove teoreme koja glasi: statički moment rezultante jednak je zbiru statičkih momenata komponenata (algebarskom ako je sistem sila u ravni, vektorskom ako je prostorni sistem sila) u odnosu na istu tačku.

n

i

FV

RV

iMM1

nn aFaFaFaR ....2211

Spreg sila u ravni

Posmatrajmo dve paralelne sile različitog smera koje deluju u ravni i odredimo njihov

moment. Moment od para sila 1F

i 2F

za tačku O je:

1122),( 21 FhFhM FF

O

1( hAO ; )2hBO

Pretpostavimo da sile 1F

i 2F

imaju istu veličinu: FFF 21 , prethodni izraz možemo

transformisati: 12

, 21 hhFM FFO

, dhh 12 - krak sprega

konačno imamo: 21

1

21 ,, FFO

FFO MdFM

Iz ovog izraza sledi veoma važan zaključak: Statički moment dveju paralelnih sila iste veličine a suprotnog smera isti je za bilo koju tačku

u ravni u kojoj sile deluju a veličina mu zavisi od udaljenosti pravaca delovanja sila. Ovakav par sila naziva se spreg sila.

Dve paralelne sile iste veličine a suprotnog smera grade spreg sila. Ako momenat sprega označimo simbolom M , onda je:

dF M NmM

Momenat sprega ima znak plus (pozitivan je), kada spreg teži da obrne telo u smeru suprotnom obrtanju kazaljki na satu, i znak - (negativan je), kada spreg teži da obrne telo u smeru obrtanja kazaljki na satu. Momenat sprega, kao i moment sile, meri se Njutn metrima.

Page 22: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

21

Spreg sila je vektorska veličina jer ima: - veličinu koja se određuje po izrazu dF M - smer koji se određuje analogno kao i smer statičkog momenta sile - pravac delovanja koji može biti bilo koji pravac upravan na ravan delovanja sprega - spreg

je slobodan vektor. Sile sprega označavaju se istim slovom ali sa različitim predznakom (suprotni smerovi). Ekvivalentni spregovi Za dva sprega se kaže da su ekvivalentni ako imaju iste

veličine i smer - ekvivalentni spregovi mogu se razlikovati u veličini sila i krakova ali mora biti:

22211 MM1 dFdF

Krakovi ekvivalentnih spregova obrnuto su proporcionalni veličinama sila. Spreg se može proizvoljno pomicati u ravni.

F

21 FF

RF

i RF

čine nula silu

Sabiranje spregova Ako je zadato n spregova koji deluju na neko telo u istoj ravni koje treba sabrati odnosno

zameniti sa jednim spregom. Sabiranje spregova može se izvršiti na osnovu činjenice da se od njihovih vektora može formirati kolinearni sistem. Veličina rezultantnog sprega određuje se algebarskim sabiranjem.

ni

iR MMMMMn

.........211

Očigledno da je za ravnotežu tela pod dejstvom ravnog sistema spregova potrebno i dovoljno, da algebarska suma momenata tih spregova bude jednaka nuli

n

ii

1

0M

Teorema o paralelnom prenošenju sile:

Silu F

sa njenog napadnog pravca treba pomeriti na paralelni pravac ali tako da se dejstvo

sile na telo ne promeni. Pomeranje je izvršeno tako da su na pravcu p2 dodate sile F

i F

(nula

sila). Sila F

sa pravca p1 i F

sa pravca p2 grade spreg momenta dF M . Dakle, ako hoćemo silu pomaknuti paralelno to možemo učiniti, a da ne promenimo zadatu situaciju, ako dodamo spreg čiji je moment jednak proizvodu sile i paralelnog pomaka (uslov ekvivalencije).

Spreg sila je simbolički prikazan delom kružnog luka sa označenim smerom obrtanja.

dF M

Page 23: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

22

Primer određivanja momenta sile za zadatu tačku

Dati su podaci:

kNF

,kNF,kNF

10

3020

3

21

Veličine momenata iznose:

kNmFhM

FMFM

FA

FB

Fc

100205

0000

11

12

1

12

kNmFhMkNmFhMFA

FA 20102180306 3322

32

Primer paralelnog prenošenja sile Primer ekvivalentnih spregova

PARALELNI SISTEM SILA U RAVNI

Grafičko svođenje Odredićemo rezultantu sistema sila onako kako se to izvodi u praksi grafičkim putem

a) plan položaja: cm

acmU L

1 b) plan sila:

cm

bNU F

1

- U prvoj fazi se u planu sila na pravac paralelan pravcu delovanja sile na planu položaja nanesu zadate sile i to redom kako na njih nailazimo u planu položaja. Dužina koja spaja početak prve i kraj zadnje nanešene sile predstavlja rezultantu po veličini i smeru.

- Sada se izabere pol (tačka ) P iz kojeg se povuku dužine do početka odnosno krajeva sila. Ove se dužine nazivaju polni zraci. Zraci koji spajaju početak prve i kraj zadnje nanešene sile su

ustvari pomoćne rezultante 1R

i 2R

. Ostali zraci su pomoćne sile koje se dodaju sistemu u

parovima čija je rezultanta jednaka nuli ( F

i F

).

F

F

F

h

h

h1

2

3

A

2

1

3

F

F

F

2m

3m

3m 3mA

B

C

D

E

2

1

3

F

F

M

F=10N M=-F 2=-10 2=-20Nm* *

2m 2m

FF

M

F=30N M=F 4=30 4=120Nm* *

4m 4m

1 2

21

1 21 2

1

1

2

2

1

2

2m

F F

-F-F

M

M

M

M

F=40N

F=20N

M =-F 1=-40 1=-40Nm* * M =-F 2=-20 2=-40Nm* *

1m

=

Page 24: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

23

- U trećem koraku se određuje pravac delovanja rezultante u planu položaja konstrukcijom verižnog poligona u konkretnom slučaju, to je poligon sa vrhovima: T1,2 T2,3 T3,4 T4,5 i T5,1. Konstrukcija verižnog poligona teče ovako:

1. odabere se tačka T1,2 i kroz nju se povuku paralele sa polnim zracima 1 i 2 - to su verižnice 1 i 2

2. tačka u kojoj verižnica 2 seče pravac delovanja sile F2 je tačka T2,3 3. kroz tačku T2,3 povuče se paralela sa polnim zrakom (3) tako da preseče pravac

delovanja sile F3, itd. 4. na kraju se povlači paralela sa zadnjim polnim zrakom i odredi se presek sa prvom

verižnicom T1,5. Kroz ovu tačku prolazi pravac delovanja rezultante. Analitičko svođenje

Kod analitičkog svođenja sučeljenog sistema sila koordinatni početak postavljali smo u tačku u kojoj se seku pravci delovanja svih sila. Kako takva tačka ne postoji za sistem paralelnih sila, moramo koordinatni početak postaviti u neku proizvoljno odabranu tačku. Radi jednostavnijeg postupka projektovanja jednu od osa postavljamo tako da bude paralelna sa pravcem delovanja sila. Paralelnim pomicanjem sila na osu y dobićemo kolinearni sistem sila čija je rezultanta:

iRR FYF

Pri pomaku svake sile moramo uvesti redukcioni spreg koji

za silu iF

iznosi:

iiFO FxM i

a za ceo sistem : ( Primenom Varinjonove teoreme uzimajući koordinatni početak za momentnu tačku)

n

iRRii

n

i

FO

FO FxFxMM iR

11

Možemo odrediti veličinu Rx - položaj

napadnog pravca FR.

R

ii

RF

Fxx

za koju ćemo paralelno pomeriti rezultantu do pravca njenog delovanja. Da smo se u biranju tačke za koordinatni početak odlučili za tačku pravca delovanja rezultante redukcioni

spreg bio bi jednak 0. Veličina rezultante ne zavisi a veličine redukcionog sprega zavisi od izbora tačke za koordinatni početak.

Uslovi ravnoteže sistema paralelnih sila u ravni Vezivanjem figure, čije reakcije veza i aktivna sila na nju imaju paralelne pravce, trebamo poništiti dve mogućnosti kretanja, pa se mogu postaviti dva uslova ravnoteže:

0.2

0.1

,iFBA

i

M

Y

Prvi uslov znači da nema kretanja po pravcu paralelnom osi y

dok drugi uslov govori da nije moguća rotacija figure oko ose kroz bilo koju tačku ravni xOy .

Primer 1. Homogeni štap AB dužine 1m, težine G = 2 kN, obešen je horizontalno o dva kanapa AC i BD. Za štap je u tački E obešen teret P = 12 kN. Rastojanje AE = 1/4 m. Odrediti sile SA i SB.

Page 25: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

24

AB = 1m, G = 2 kN, P = 12 kN, AE = 1/4m SA = ? SB = ?

kNS

kNSBASBA

GEAPM

GPSSY

A

BBFA

BAi

i

10.1

402

0.2

00.1

.

Primer 2. Duž horizontalne grede na dva oslonca mogu se pomerati dva tereta, jedan C =

200 kN drugi D = 100 kN. Raspon grede je 4 m , CD = 1m. Na kom rastojanju x od oslonca A mora da se nalazi teret C da bi otpor oslonca A bio dva puta veći od otpora oslonca B. Uticaj težine grede zanemariti.

C = 200 kN D = 100 kN FA = 2FB - uslov zadatka

mxFxFxFM

kNFFFFFFY

BDCFA

BBBDCAi

i 10410.2

100300300.1

Primer3. Datu gredu s jednim prepustom napada između oslonaca spreg sila momenta

M =6MNm a u tački vertikalna sila P = 2MN. Odrediti otpore oslonaca.

MNm6M FA = ? P = 2MN FB = ?

MNFMNF

MNFPFM

PFFY

AA

BBFA

BAi

i

22.1

4045.30.2

00.1

PROIZVOLJNI SISTEM SILA U RAVNI

Proizvoljan ravan sistem sila je takav sistem gde sve sile imaju istu ravan delovanja a

različite pravce, napadne tačke i intenzitete. U opštem slučaju proizvoljan ravan sistem sila sastoji se od jednog ili više sučeljenih i jednog ili više sistema paralelnih sila. Za svaki od sučeljenih sistema sila moguće je odrediti rezultantu a za sisteme paralelnih sila ili rezulantu ili rezultantni spreg sila. Postupnim sastavljanjem ovih (sila) rezultanti pomoću zakona o paralelogramu sila(ako im se pravci delovanja seku, ili paralelnim pomicanjem sila, ako su im pravci delovanja paralelni), moguće je odrediti ukupnu rezultantu ili ako je ona jednaka 0 ukupni rezultantni spreg.

Page 26: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

25

Rezultanta se može odrediti: - analitičkim postupkom - grafičkim postupkom. Grafičko svođenje Postupak je identičan onom opisanom kod paralelnog sistema sila - veličina rezultante u njen smer određeni su konstrukcijom poligona sila u planu sila, - za pravac delovanja rezultante određeno je da ono treba prolaziti kroz presečnu tačku prve

i zadnje verižnice na planu položaja (tačka T1,6) a treba biti paralelan pravcu rezultante određenom u planu sila.

a) plan položaja b) plan sila Analitičko svođenje Kod analitičkog svođenja svaka se sila rastavi u dve komponente čiji su pravci delovanja

paralelni osama x i y. Nakon ovoga se komponente paralelnim pomicanjem dovedu u ose x i y. Ovako se formiraju dva sistema kolinearnih sila i jedan sistem redukcionih spregova. Sada treba odrediti rezultante kolinearnih sistema i pomoću njih ukupnu rezultantu.

Ovim je određena rezultanta po veličini i smeru a na pravcu koji prolazi kroz koordinatni početak. Njen pravi pravac delovanja odredi se tako što se rezultanta paralelno pomakne dodavši joj rezultantni redukcioni spreg.

Na slici je zadat proizvoljni sistem u opštem slučaju. Koordinatan početak postavljen je u proizvoljnoj tački. Za svaku silu zadatog sistema sila uvodi se lokalni koordinatni sistem sa koordinatnim početkom u napadnoj tački sile i koordinatnim osama koje su paralelne sa osama x i y. Sada se u lokalnom

koordinatnom sistemu određuju projekcije sile iF :

iii FX cos

iii FY sin

Paralelno pomicanje ovih sila vrši se tako što se dodaju statički momenti ovih sila za osu z, odnosno za tačku O:

- za pomicanje sile iiXzi XyMX i

- za pomicanje sile iiYzi YxMY i

ili ukupni moment redukcionog sprega za paralelni pomak sile Fi

iiiiFzi XyYxM i

M

Ovo je analitički izraz za statički moment sile za tačku. Kada se opisani postupak primeni na sve sile može se zadati sistem sila zameniti sa sistemom prikazanim na slici.

Page 27: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

26

Na slici je prikazano da se opšti slučaj komplanarnog sistema sila može uvođenjem redukcionih spregova svesti na sučeljeni sistem. Dalje postupak teče ovako: - određivanje rezultante po osama x i y

n

iii

n

iiR FXX

11

cos ;

n

iii

n

iiR FYY

11

sin

- određivanje rezultantnog redukcionog sprega

n

iiiii

n

i

Fz

Fz XyYxMM iR

11

M

ukupna rezultanta sistema je

22

RRR YXF

a njeni kosinusi smerova

R

RR

F

Xcos ;

R

RR

F

Ycos .

Za potpuno definisanje rezultante treba još odrediti njenu napadnu tačku, odnosno njen napadni pravac. U tu svrhu neophodno je koristiti Varinjonovu teoremu ("Momenat rezultante za neku tačku jednak je algebarskom zbiru momenata svih njenih komponenata za tu istu tačku").

Neka tačka T(x,y) bude napadna tačka rezultante RF

. Pošto je rezultanta, kao i bilo koja

druga sila, klizeći vektor to se ova tačka može uzeti bilo gde na napadnom pravcu rezultante. Birajući koordinatni početak za momentnu tačku možemo pisati:

n

iiiiiRR

n

i

FO

FO

XyYxyXxY

MM iR

1

1

Sve veličine osim x i y su unapred nađene s obzirom da su x i y na prvom stepenu, predstavlja jednačinu prave u koordinatnom sistemu x0y. Ta prava je traženi pravac vektora

rezultante RF

(y = kx + n).

R

n

iiiii

R

R

X

XyYx

xX

Yy

1

gde su: R

RR

X

Ytgk - koeficijent pravca

R

n

iiiii

X

XyYx

n

1 - odsečak prave na 0y osu.

Ovim izrazima vektor rezultante proizvoljnog ravnog sistema sila je potpuno određen. Kaže se da veličina redukcionog sprega zavisi od tačke u kojoj se postavlja koordinatni početak dok je veličina rezultante ista za sve tačke. Da je koordinatni sistem bio postavljen u bilo koju tačku koja pripada pravcu delovanja rezultante redukcioni spreg bi bio jednak nuli.

Page 28: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

27

Uslovi ravnoteže proizvoljnog ravnog sistema sila Uslovi ravnoteže se mogu definisati takođe na dva načina, upravo onako kako je dobijena

rezultanta - analitički i grafički. Da bi proizvoljan ravni sistem sila bio u ravnoteži potrebno

je da njegova rezultanta bude jednaka nuli. Rezultanta aktivnih sila može delovati na ravnu krutu figuru po bilo kom pravcu. Kada figura ne bi bila veza pod dejstvom ove sile vršila bi dve translacije;u smeru x i ose y. Vezivanjem figure cilindričnim zglobom u tački A sprečile bi se ove translacije, ali sada figura može rotirati oko ose kroz tačku A. Da bi se sprečilo ovo kretanje dovoljno je figuru vezati dodirnom vezom u tački B. Opisanim vezivanjem figure sprečili smo 3 moguća njena kretanja pa se mogu postaviti 3 uslova ravnoteže:

n

ii

n

ii

Y

X

1

1

0.2

0.1

0RF potreban uslov ravnoteže

n

i

FBA

iM1

, 0.3

govori da nije moguća rotacija figure oko ose kroz bilo koju tačku ravni xOy

– dovoljan uslov Telo u ravni ima 3 stepena slobode, zahteva 3 spoljašnje veze s podlogom. Telo može imati tri štapne veze sa podlogom pri čemu treba paziti na raspored veza – štapovi ne smeju biti međusobno parelelni i ne smeju se seći u istoj tački. Primeri neispravno vezanog tela (geometrijski promenljivi sistemi):

Veoma često se kruta figura zamenjuje jednodimenzionalnim modelom koji se naziva

greda. Pravac grede određen je tačkama u kojima se nalaze veze realnog tela. Upogledu pravca opterećenja greda može biti opterećena po svojoj osi, kao i štap, i poprečno na osu.

zglobna veza (dve veze) klizni ležaj (jedna veza) Grafičko uravnoteženje Trougao sila

kruta figura

AF

BF

AF

BF

Page 29: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

28

Analitičko rešenje: Jednačine ravnoteže:

1. 00 XAi FXX

2. 00 YBAi FFYY

3. 00 aFLFM yBA

BAA FYX ,,

Navedene tri jednačine predstavljaju osnovni oblik uslova ravnoteže proizvoljnog ravnog sistema sila. Nepoznate veličine ravnoteženog stanja određuju se rešavanjem linearnih jednačina koje se formiraju na osnovu uslova ravnoteže. Nepoznate veličine stanja ravnoteže obično su veličine reakcija veza. No to mogu biti i druge veličine, uglovi ili dužine. Važno je da broj nepoznatih ne sme prelaziti broj jednačina ravnoteže jer se linearne jednačine ne bi mogle rešiti. Ako je broj nepoznatih veći od broja jednačina ravnoteža je statički neodređena.

Radi pojednostavljenja izračunavanja vrednosti nepoznatih veličina ravnotežnog stanja koristi se činjenica da je statički moment sile jednak nuli ako je krak sile jednak nuli. Zato se za tačke za koje se formiraju momentne j- ne biraju tačke pravaca delovanja reakcija veza. Ovako pojedine jednačine sistema sadrže manje nepoznatih pa je sistem lakše rešiti. Navedena osobina statičkog momenta sile dolazi naročito do izražaja kada se ravnoteža određuje pomoću dveju momentnih i jedne komponentne jednačine.

0.3

0.2

0.1

1

1

1

n

ii

n

i

FB

n

i

FA

X

M

M

i

i

Ovi uslovi ravnoteže vrede kada osa za koju se formira komponentna jednačina nije upravna na pravac koji prolazi tačkama A i B za koji se formiraju momentne j - ne zbog prva 2 uslova sistem sila na figuru ne može se redukovati na spreg, ali može na rezultantu koja leži na pravcu kroz tačke A i B. Pretpostavimo dakle da postoji rezultanta i da leži na pravcu AB uslov

0iX govori da rezultanta nema projekciju na osu x. Ovo je ispunjeno u 2 slučaja:

- ako je osa x upravna na pravac AB,

- ako je 0RF

.

Kako osa x nije upravna na pravac AB to sledi da je rezultanta jednaka nuli. Takođe se ravnoteža može odrediti i postavljanjem triju momentnih j-na ali tačke za koje se one formiraju ne smeju ležati na jednom pravcu.

0M.3;0M.2;0M.1 iii FC

n

1i

FB

n

1i

FA

Ovi se uslovi ravnoteže dokazuju ovako: Ako se sistem sila na figuru reducira na rezultantu različitu od onda će po dva od izraza biti

zadovoljena, ako RF

leži u pravcima pAB, pBC i pAC ali će tada preostali izraz pokazati da RF

mora

biti jednaka nuli - krak za preostalu tačku nije jednak nuli. Grafički uslovi ravnoteže bi bili:

0RF

- poligon sila zatvoren

0OM

- verižni poligon zatvoren

Položaj koordinatnih osa birati tako da što veći broj sila bude ili na koordinatne ose. Ukoliko u ravni dejstva sila postoje i spregovi oni se moraju algebarski sabrati sa

momentima sila za odabranu momentnu tačku. Tako će pomenuta tri oblika uslova ravnoteže u ovom slučaju glasiti:

XA

YA FB

Page 30: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

29

0.3

0.2

0.1

1 1,

1

1

n

i

n

ii

FBA

n

ii

n

ii

iM

Y

X

M

0.3

0.2

0.1

1

1 1

1 1

n

ii

n

i

n

ii

FB

n

i

n

ii

FA

X

M

M

i

i

M

M

0.3

0.2

0.1

11

1 1

n

1i

M

M

M

iFC

n

ii

n

i

FB

n

i

n

ii

FA

i

i

i

M

M

M

Primer 1. Homogeni štap AB dužine l i težine G = 2 daN krajem A zglobno je vezan za vertikalni nepokretni zid a krajem B vezan je za neistegljivo uže koje je u tački C vezano za zid. U položaju prikazanom na slici odrediti reakciju zgloba A i užeta BC. Težinu užeta zanemariti. Rešenje Komponente reakcije FA (XA i YA) određuju položaje osa. Jednačine ravnoteže:

.

n

i

FA

A

n

ii

A

n

ii

hShGM

SGYY

SXX

i

121

0

1

0

1

00.3

030cos0.2

060cos0.1

4

360sin

2260sin 1

01

10 lh

lh

l

h

230sin30sin 2

02

20 lhlh

l

h

Rešenja sistema su:

daNS 3.3 , daNX A2

3.1 ,

daNYA2

1.2

Primer 2. Prenosnik prikazan na slici služi za dizanje tereta težine Q posredstvom remena. Koliki se teret može dizati pomoću ovog uređaja i kolika je reakcija u tački A, ako je zadato: S1 = 350kN, S2 = 150kN, r1 =

0.5m, r2 = 1.5m, α=150, 030 .

Rešenje Na remenicu deluju poznate sile S1 i S2, sila Q poznata po pravcu i smeru i nepoznata reakcija u tački A. Pasivnu silu u tački A izrazićemo preko komponenti XA i YA. Remenica je opterećena proizvoljnim sistemom sila u ravni pa ćemo napisati tri jednačine ravnoteže:

Page 31: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

30

1. 0cossin0 21 SSQXX Ai

2. 0sincos0 2 SQYY Ai

3. 00 22211 rSrSrQM iFA

3.

kNr

rSSQ 600

1

221

2. kNYA 505

1. kNX A 635

Primer 3. Platforma prema slici vezana je zglobno osovinicom u tački C i lakim štapom AB u tački B. Odrediti ukupnu reakciju zglobne veze (silu Fc) i silu u štapu, ako je maksimalna težina tereta koji platforma treba da nosi Qmax =20kN. Poznate su dužine l1=l2=2m i l3=1,5m. Rešenje:

1. 045cos0 SXX Ci

2. 045cos200 SYY Ci

3. 05,120245cos0 SM A

kNSSSS 2152

2

2

30302302

2

2

kNSXC 152

2215

2

21

kNYC 352

221520 kNYXF CCC 08,383515 2222

Primer 4. Homogena ploča ABCED konstantne debljine prema slici opterećena je silom F=10kN, a njena težina je G=6kN. Analitički odrediti sile u štapovima 1,2 i 3. Rešenje: Jednačine ravnoteže

1. kNFSX i 100 3

2. GSSYi 210

3.

03,03,06,00

30

32

FS

cA FSxGSM

m,,,,,

,,,,,,

AA

xAxAxc 4250

30406060

803040306060

21

2211

kNxG

S c 25,46,0

425,06

6,0.3 2

2. kNSSGS 75,125,46121

Page 32: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

31

Primer 5. Presa prikazana na slici služi za zatvaranje malih konzervi. Ako je veličina sile P=250kN, odrediti veličinu vertikalne sile (radnu silu) koja deluje na poklopac konzerve E i reakciju u oslincu A. Težinu elementa D zanemariti.

.

040cos12.0)60cos12,015cos25,0(0 0

FPhh

Fi

A FPM

krak

PF )60cos12,015cos25,0(40cos12,0 0

kNF 82028,32500919,0

30148,0250

Ravnoteža sistema krutih tela Veoma često postoji potreba za međusobnim povezivanjem tačaka, tačaka i tela, dva ili više tela (konstrukcija = tela + veze). Jednostavna tela pomoću unutrašnjih veza mogu se spojiti u nova složena tela:

Štap – sprečava translatorni pomak dva tela u pravcu štapa, a dopušta rotaciju i translaciju u drugom pravcu. Oduzima jedan stepen slobode, tj. preuzima na sebe jednu unutrašnju silu.

Zglob (nepomični) između dva tela –dozvoljava rotaciju, ali ne i translaciju dva tela. oduzima dva

stepena slobode, tj. preuzima na sebe dve unutrašnje sile.

Kruta veza – oduzima tri stepena slobode odnosno

preuzima na sebe tri stepena slobode. Obično imamo na

nekom telu kombinaciju unutrašnjih i spoljašnjih veza. Kod veza (unutrašnjih i spoljašnjih) treba paziti na njihov raspored da ne bi došlo do mehanizma (geometrijski promenljiv sistem). Statički sistem, sastavljen od tri tela, je vezan za nepomičnu okolinu u tačkama A,C i E (spoljašnje veze). Međusobno su figure vezane cilindričnim zglobovima u tačkama B i D koje se nazivaju

kNFFvert 55,77020cos

)(55,520

55,520

020cos0

44,280342,082020sin0

kNY

kNY

PFYY

kNFXX

A

A

Ai

Ai

Page 33: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

32

unutrašnje veze. U unutrašnjim vezama reakcije se pojavljuju u parovima prema principu jednakosti akcije i reakcije. Ako se žele odrediti samo spoljašnje reakcije sistem smatramo jednom figurom i postavimo 3 uslova ravnoteže a imamo 5 nepoznatih još 2 jednačine postavljaju se na osnovu činjenice da cilindrični zglobovi ne mogu preneti momente. Za svako telo se postave po 3 uslova ravnoteže 9 nepoznatih veličina. unutrašnja veza

spoljašnje veze Unutrašnje veze – veze kojima se jednostavna tela međusobno spajaju u sistem tela Spoljašnje veze - veze tela sa podlogom

Primer1. Prava homogena prizma težine G

sa osnovom u obliku jednakostranog trougla stranice a oslanja se ivicom C o glatki vertikalni zid a stranom AB o glatki štap zanemarljive težine i dužine 3a koji je u tački D zglobno vezan za zid. U tački E štap je horizontalnim neistegljivim užetom

zanemarljive težine vezan za vertikalni zid. Odrediti silu S

u užetu, reakcije

zgloba D i pritisak cN

prizme na zid.

Rešenje:

4

3

2

330cos 0 a

xa

x

Prizma:

GG

NN

G

GGctgNG

Nctg C

C

230sin

30sin

33030

0

0

00

Štap DE:

GSa

aNaSM

GYNYY

GXNSXX

n

i

FA

DD

n

ii

DD

n

ii

i

9

370

4

330cos30.3

030sin0.2

39

37030cos0.1

1

0

0

1

0

1

Primer2. Odrediti reakcije uklještenja A prese ako na kraju E pravougaone poluge CDE

deluje sila poznata sila F

koja je upravna na pravac DE. Poznate su dužine lHDDC i

l4ED i ugao 030 . Ostale dimenzije su prikazane na slici. Veze u tačkama C, D i H su zglobne.

Page 34: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

33

Poluga CDE

F6.4S0cosDCsinSsinDCcosSEDF0M.3

F13.3Y0cosFcosSY0Y.2

F8.2X0sinFsinSX0X.1

C

CCi

CCi

Štap NH

F6.4N0lNl2sinS0M.3

F4N0cosSN0Y.2

F3.2N0sinSNN0X.1

MMN

i

NNMi

Okvir prese ABC

Fl8.0

0cosl2l4Xl2Yl3Nl2N0M.3

F13.3Y0YY0Y.2

F5.0X0NNXX0X.1

A

CCMNAA

ACAi

ANMCAi

M

M

Primer 3: Sila koja deluje na polugu AO, nožne prese, koja se obrće oko ose o , je 200N. U

posmatranom položaju prese poluga BC je upravna na OB i polovi

ugao ECD, pri čemu je 2.0arctg i dužine poluga mOA 1, ,

mOB 04.0 , mAA 6.0, . Trenje između klizača i vođice zanemariti i smatrati da je u prikazanom položaju sistem u ravnoteži. Potrebno je odrediti veličinu sile koja deformiše radni predmet K.

Page 35: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

34

Rešenje: Obzirom da je reč o sistemu krutih tela, zadatak ćemo rešiti rastavljanjem na sastavne elemente a uticaj odstranjenih elemenata na posmatrane zameniti silama. Na polugu AB sistema deluje proizvoljni sistem sila u ravni pa su jednačine ravnoteže:

1. 030sin0 01 FSXX oi

2. 030cos0 0FYY oi

3. kNSFFSM iFo 1.50130sin6.030cos04.00 1

001

Iz jednačina 1 i 2 možemo odrediti XO i YO, što se u zadatku nije tražilo. Za određivanje sila u štapovima CD i CE posmatraćemo ravnotežu zgloba C u kome se sučeljavaju kruti laki štapovi (2 jednačine):

5. 0sinsin0 ,43

,2 SSSX i

6. ,433

,4 0coscos0 SSSSYi

5. ,4

,2

3 26sin2

SkNS

S

, 3,5 SS

Na klizač E deluje sučeljni sistem sila ( QN

, i ,5S ) pa su jednačine ravnoteže:

7. kNNNSX i 1.50sin0 ,5

8. kNSQQSYi 5.25cos0cos0 ;5

,5 - sila kojom se

deformiše radni predmet. Stabilnost ravnoteže Kod pomičnih dizalica interensantna je stabilnost konstrukcije na prevrtanje jer veze ovakvih

konstrukcija obično nisu dvostrane. Protivteg nadomešten je silom P

koja ima promenljiv krak px

u odnosu na koordinatni početak. Težina tereta i pomičnog dela uređaja koji služi za podizanje

tereta označeni su silom Q

koja ima promenljiv krak i veličinu. Ostale delove dizalice nadomešta

sila G

koja ima stalan pravac delovanja i stalnu veličinu. Da bi dizalica mogla raditi moraju biti

zadovoljena dva uslova:

1. 0Yi (uvek zadovoljen)

2. 0M B,A

Ako 2. uslov nije zadovoljen dizalica će se prevrnuti. Prvenstveno treba kontrolisati mogućnost prevrtanja oko tačke B. U tom slučaju se:

BQp xxQM - naziva momentom prevrtanja

PBGBs xxPxxGM - momentom stabilnosti.

Reakcija u tački A jednaka je nuli jer ustvari posmatramo dizalicu kada je ona zarotirala za beskonačno mali ugao te je točak A izgubio kontakt sa nepomičnom podlogom.

Sada se mogu definisati tri stanja dizalice.

ps MM - dizalica je stabilna

ps MM - dizalica će se prevrnuti

ps MM - stanje dizalice je granično.

Povećanjem kraka protivtega u odnosu na tačku B povećava se veličina momenta stabilnosti sM

pa se može dizati teret veće težine i na većem kraku. Veličina protivtega i njegovo pomicanje ne smeju rezultirati momentom takve veličine da izazovu prevrtanje dizalice oko tačke A.

Page 36: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

35

Primer 1. Pokretna dizalica (sl. 1) težine G =200 kN, ima dohvat l = 5m i rastojanje između točkova AB = a =4m. Težina dizalice se nalazi na vertikali koja prolazi kroz sredinu duži AB. Težina protivtega, koji i oblik kocke ivice b = 2m, iznosi P =50 kN. Odrediti:

а) najveću težinu Qmax tereta, koji može dizalica da podigne, a da pri tome ne dođe do preturanja oko tačke A, б) pritisak točkova na podlogu ako je u radnim uslovima Q =100kN . Rešenje:

U graničnom položaju ravnoteže točak B se odvaja od podloge (reakcija FB=0) i celokupni pritisak se prenosi preko točka A. Qmax odredićemo iz uslova jednakosti momenta stabilnosti i momenta prevrtanja.

maxQA

PA

GA MMM

lQab

Pa

G

max

22

Zamenom vrednosti i izračunavanjem dobija se maksimalna veličina tereta:

kNQ 130max

Ako je veličina tereta maxQQ pritisak točkova na podlogu računa se modeliranjem dizalice

gredom sa prepustima.

Pošto je reč o paralelnom sistemu sila napisaćemo dve jednačine ravnoteže:

1.

5

1

35000i

BABAi kNFFPGQFFY

2. 022

05

1

bP

aGaFalQM A

i

FB

i

Zamenom vrednosti i izračunavanjem iz jednačine 2. kNFA 5.312 1. kNFB 5.37

Page 37: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

36

TEŽIŠTE HOMOGENIH LINIJA, POVRŠINA I TELA Neka na kruto telo deluje sistem paralelnih i jednako umerenih sila: 1F

, 2F

...... nF

u

tačkama A1, A2...... An čije su koordinate: (x1,y1,z1); ( x2, y2, z2); (xn, yn,zn). Ovaj sistem se može

svesti na rezultantu RF

usmerenu u stranu u koju su usmerene njene komponente a veličina te

rezultante:

iR FF

Napadna tačka ove rezultante naziva se središte sistema paralelnih sila C. Pri obrtanju svih komponentnih paralelnih sila oko njihovih napadnih tačaka za isti ugao i u istu stranu i rezultanta

se obrne oko centra za isti ugao i u istu stranu. To je fiksna tačka. Primenom Varinjonove teoreme za zaokrenuti sistem sila određuju se koordinate središta sistema.

R

iic

F

xFx

;

R

iic

F

yFy

;

R

iic

F

zFz

.

Model tela za određivanje položaja njegovog težišta formira se podelom tela na delove: koji moraju biti homogeni (raspored mase jednolik) a

oblik im mora biti takav da je poznata napadna tačka njegove težine. Telo možemo zameniti sa sistemom sila. Za opisani model moguće je odrediti rezultantu - to je ukupna težina tela i njena napadna tačka je težište tela.

n

iiGG

1

Koordinate xc, yc, zc težišta krutog tela određene su formulama:

G

xG

x

n

iii

c

1 ;G

yG

y

n

iii

c

1 ;G

zG

z

n

iii

c

1

Težište je geometrijska tačka i može da se nalazi izvan konture datog tela. Kod homogenog tela:

ii VG , VG

- specifična težina

Koordinate xc, yc, zc težišta C homogenog tela određuju se prema formulama:

V

xV

x

n

iii

c

1 ; V

yV

y

n

iii

c

1 ; V

zV

z

n

iii

c

1 .

Iz ovih izraza nestale su materijalne karakteristike ostala je samo geometrija tela težišta homogenih tela poklapa se sa težištem geometrijskih tela. Nekim telima se kod određivanja težišta može zanemariti jedna dimenzija i smatramo ih dvodimenzionalnim ili teškim pločama

( ii AV ) koordinate xc , yc, zc težišta C ploče male debljine određene su formulama:

A

xA

x

n

iii

c

1 ; A

yA

y

n

iii

c

1 ; A

zA

z

n

iii

c

1 .

U slučaju homogene ploče koja se nalazi u ravni xOy

A

xA

x

n

iii

c

1 ; A

yA

y

n

iii

c

1 ; 0cz .

Page 38: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

37

iiy xAS - statički moment površine za osu y

ii

ix yAS - statički moment površine za osu x

Kada se telu mogu zanemariti dve dimenzije takva tela nazivamo teške linije. Koordinate težišta C homogene linije određuju se formulama:

L

xL

x

n

iii

c

1 ; L

yL

y

n

iii

c

1 ; L

zL

z

n

iii

c

1 .

U slučaju kada kriva leži u ravni xOy biće zc = 0 Kada nije moguće tela, ploče ili linije podeliti na homogene delove sa poznatim težištem

statički momenti i težine određuju se pomoću integrala

V

Vc

dV

xdV

x ;

V

Vc

dV

ydV

y ;

V

Vc

dV

zdV

z ;

A

Ac

dA

xdA

x ;

A

Ac

dA

ydA

y ;

A

Ac

dA

zdA

z ;

L

Lc

dL

xdL

x ;

L

Lc

dL

ydL

y ;

L

Lc

dL

zdL

z .

Ako kruto telo ima ravan simetrije, onda težište C leži u toj ravni (treba odrediti 2 koordinate težišta). Ako telo ima dve težišne ravni tada se težište nalazi na njihovoj presečnici i nepoznata nam je samo njegova koordinata po presečnici.

Težište tela koje ima tri težišne ravni a koje imaju samo jednu zajedničku tačku nalazi se u toj tački. U ovom slučaju poznate su nam sve tri koordinate težišta.

Težišta osnovnih geometrijskih oblika, na koja se tela obično dele ili su sastavljena od tih delova, određuju se pomoću izraza:

Težište složenih oblika Pod složenim oblikom podrazumevamo ili telo koje se može podeliti na jednostavne

osnovne oblike ili skup jednostavnih oblika. Jednostavni oblici su uvek homogeni a složeni je oblik po pravilu heterogen. Za određivanje položaja težišta složenih oblika koriste se modificirani izrazi u kojima je i oznaka i - tog jednostavnog oblika:

n

ii

n

iii

c

G

xG

x 1 ;

n

ii

n

iii

c

G

yG

y 1 ;

n

ii

n

iii

c

G

zG

z 1 .

Veličina Gi jeste težina i-tog osnovnog dela i ona je različito definisana, zavisno da li je taj deo :

- prostorni iii VG

3mN - zaprminska specifična težina

- površinski iii AG , ,

2, mN - površinsa specifična težina

- linijski i,,ii LG

mN,, linijska specifična težina

u izrazima Vi, Ai i Li su zapremine, površine i dužine elemenata, a , , , ,, - njihove

specifične težine. c) Dopunjavanje (metod negativnih težina)

Page 39: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

38

Ako u složenoj formi postoje rupe ili prekidi može se proračun pojednostaviti ako se spomenuti diskontinuiteti smatraju jednostavnim oblicima ali sa negativnim zapreminama, površinama ili linijama (težinama). Sile težine dodatih tela imaju suprotan smer od smera težine punog tela pa se zato nazivaju negativne težine.

Telo prikazano na slici dobijamo kada od celog paralelopipeda oduzmemo četvrtinu valjka

21 GGG 21 VVV

a koordinate težišta:

21

2211

VV

xVxVxC

;

21

2211

VV

yVyVyC

;

21

2211

VV

zVzVzC

Težište homogenih linija Težište homogenih površina

Papus -Guldinove teoreme

Ako se kriva MN dužine L, zarotira za ugao oko ose y koja leži u njenoj ravni nastaje

rotaciona površ. Površina ove površi može se izračunati na sledeći način:

Page 40: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

39

dLxdA L

xdLA

Izraz L

xdL predstavlja statički moment linije MN

za osu y koji je jednak: L

C xdLLx

Cela obrtna površina nastaje obrtanjem za pun ugao 2 pa

veličini te površine je jednaka: LxA C2 , -ugao rotacije

Matematički zapis I Papus Guldinovog pravila : LxA C

Površina rotacione površi, nastale rotacijom krive linije MN jednaka je proizvodu dužine te linije i puta koga težište linije opiše prilikom obrtanja. (Prvo Papus-Guldinovo pravilo). Zarotiramo li ravnu figuru MNOP površine A za ugao oko ose y koja leži u njenoj ravni

nastaje rotaciono telo. Zapremina ovog tela može se odrediti na sledeći način:

dLx

xdV 2

N

M

dLx

V2

2

Izraz N

M

dLx

2

2

predstavlja statički momenat površine MNOP za osu

y: N

M

C xdLxAx2

1

Zamenom ovih izraza u početni dobija se :

AxV C - matematički zapis II Papus - Guldinove

teoreme. Zapremina rotacionog tela koje nastaje obrtanjem ravne površine oko ose jednaka je proizvodu veličine te površine i puta koje težište površine opiše prilikom obrtanja (rotacije). Cela obrtna zapremina ( za 2 ) će iznositi:

AxV C2

Težište linija (kontura)

54321 ,,,, CCCCC -Težište svakog dela konture

54321 ,,,, lllll - Dužina svakog dela konture

54321 ,,,, xxxxx - Položaj težišta po x osi [mm]

54321 ,,,, yyyyy - Položaj težišta po y osi [mm]

Položaj težišta cele konture:

i

ii

Cl

xlx , 5,1i

54321

5544332211

lllll

xlxlxlxlxlxC

[mm]

i

ii

Cl

yly , 5,1i

54321

5544332211

lllll

ylylylylylyC

[mm]

Page 41: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

40

Izračunavanje položaja težišta linije (konture) ima veliki značaj u praksi: Za izračunavanje (pozicioniranje) položaja obratka na presi za prosecanje i probijanje

delova od lima. Pravac dejstva sile (F) na presi mora biti podešen da prolazi kroz težište konture (C) radi osiguranja od oštećenja.

Za izračunavanje razvijene površine (rondele prečnika D) koja odgovara složenoj površini koja nastaje obrtanje (rotacijom) konture oko jedne od osa (x,y). U ovom slučaju se koristi: Prva Papus-Guldenova teorema:

za rotaciju oko ose (y): mmxLxlP CCi 22 , 4/2 2 DxLP C

mmxLD C 8 - prečnik rondele

za rotaciju oko ose (x): 222 mmyLylP CCi , 4/2 2 DyLP C

mmyLD C 8 - prečnik rondele

Primer1. Odrediti koordinate težišta date geometrijske slike računskim putem. Primenom druge Guldinove teoreme odrediti veličinu zapremine tela koje nastaje obrtanjem date površine oko ose Ox.

Ai (cm2) xi(cm) yi(cm) Aixi(cm3) Aiyi(cm3)

1. 4R2 4R2 R R R R 4R3 4R3

2. -R2/4 -0.78R2 4R/(3) 0.42R 2R-4R/(3) 1.58R -0.33R3

-1.23R3

3. -R2/2 -0.5R2 2R-R/3 1.67R R/3 0.33R -0.83R3 -0.16R3

4. -R2/2 -0.5R2 2R-R/3 1.67R R+2R/3 1.67R -0.83R3 -0.83R3

A=2.22R2 1.91R3 1.78R3

Page 42: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

41

cmRR

R

A

yA

y

cmRR

R

A

xA

x

n

ii

iii

c

ii

iii

c

8.022.2

78.1

86.022.2

91.1

2

3

1

4

1

2

3

4

1

4

1

Zapremina tela koje nastaje obrtanjem površine oko ose Ox: 32 1.1122.28.014.322 RRRAyV c

Grafičko određivanje težišta

Težište je tačka kroz koju prolazi rezultanta sistema paralelnih sila. Kod grafičkog određivanja položaja težišta koristi se činjenica da središte sistema vezanih paralelnih sila ne zavisi od ugla kojeg pravci delovanja zaklapaju sa nekom referentnom osom. Postupak grafičkog određivanja opisaće se za ravnu figuru: 1. Zadato telo podelimo na konačan broj delova čije težine (površine) i težišta znamo odrediti. 2. Konstruišemo poligon sila (površina) i odredimo ukupnu težinu (površinu ) tela 3. Pomoću verižnog poligona odredimo pravac delovanja rezultante na planu položaja na ovom se pravcu nalazi težište figure 4. Zaokrenemo pravce delovanja svih sila (površina) na planu položaja u njihovim napadnim tačkama za isti ugao (obično 90o) 5. Konstruišemo poligon sila za zaokrenuti sistem sila (površina) i pomoću verižnog poligona odredimo pravac delovanja rezultante na planu položaja 6. Težište figure nalazi se u preseku pravaca delovanja rezultanti.

Težište je tačka kroz koju prolazi rezultanta sistema paralelnih sila

Plan položaja Plan sila

Položaj težišta izračunava se: LC UCOx , LC UCOy

CO i CO - izmerene dužine sa crteža, LU - izabrana razmera za dužinu

Page 43: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

42

GRAFOSTATIKA Vrste nosača

Kruto telo koje prenosi opterećenja, koja mu saopštavaju tela koja su sa njim u kontaktu, na oslonce naziva se nosačem. Nosači mogu biti ravni i prostorni (ploča i sva opterećenja u ravni ploče). Ako osa nosača i opterećenja leže u jednoj ravni, nosač je ravan. Opterećenja prostornih nosača imaju proizvoljan pravac u prostoru. U ovom poglavlju ograničićemo se samo na ravne nosače i zvaćemo ih prosto nosači. Ako se nosač sastoji samo iz jednog krutog tela onda je on prost, u suprotnom je složen. Dalje, nosači mogu biti: - gredni (puni nosači-grede) - rešetkasti (rešetke) - okvirni (ramovi-okviri) Puni nosači koriste se: - za premošćivanje raspona - za osiguranje forme zgrada - kao elementi različitih konstrukcija, mehanizama, dizalica i sl. U stvarnosti-puni nosači imaju uvek tri dimenzije od kojih su dve(dimenzije poprečnog preseka), skoro uvek mnogo manje od treće. Zato se dimenzije poprečnog preseka obično zanemaruju a nosač zamišljamo kao liniju koja prolazi kroz težišta njegovih poprečnih preseka. Ovo je težišna linija ili osa nosača. Greda je ravni i pravolinijski nosač koji ima potrebna ležajna pričvršćenja a može nositi bilo koje opterećenje. S obzirom na raspored i vrstu veza sa okolinom razlikujemo: - prostu (jednostavnu) gredu - gredu sa prepustima - konzolu

- Gerberova greda ( je statički određen sistem zglobovima povezanih greda) prosta greda

greda sa prepustima

konzola

Gerberova greda predstavlja nosač sastavljen iz više nosača greda konzola) povezanih gerberovim zglobovima. Ovi nosači su oslonjeni na 2 ili više oslonaca.

Okvirni nosači (ramovi) se sastoje od pravolinijskih delova. Na slici su prikazana 2 karakteristična slučaja. Prvi ram je pravougli jer se njegova težišna linija u tačkama B i C lomi pod pravim uglom. Kod drugog rama pravolinijski delovi lome se pod uglovima različitim od pravog. Rešetka je kruta konstrukcija sastavljena od pravih štapova, koji su na svojim krajevima spojeni zglobovima. Ako svi štapovi rešetke leže u jednoj ravni rešetka je ravna, u suprotnom je prostorna.

Page 44: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

43

Vrsta opterećenja na nosaču -koncentrisano opterećenje -kontinualno opterećenje

(konstantnog intenziteta kao na slici ili promenljivog intenziteta duž raspona nosača)

-ekscentično ili posredno opterećenje

Osnovne statičke veličine u poprečnom preseku nosača (Unutrašnje sile i momenti)

Analiziraćemo ravnotežu proste grede koja opterećena prema prikazu na slici. Oslobodimo

gredu veza a uticaj veza zamenimo silama. Greda se nalazi u ravnoteži pod dejstvom sile F

i ovih reakcija. Navedene sile: aktivne i reakcije veza nazivamo spoljašnjim silama. Ako gredu presečemo u tački C (preseku p-p) delovi grede AC i CB neće više biti u ravnoteži. Ako desni deo odvojimo za ravnotežu levog dela grede moraju se uzeti unutrašnje sile u poprečnom preseku, kojima delići odvojenog desnog dela deluju na deliće levog dela grede. Iz uslova ravnoteže delova grede određuju se veličine sila FT(C) i Fa(C) koje sprečavaju kretanje u pravcu ose i upravno na osu grede. Sile FT i Fa ne sprečavaju i rotaciju oko ose x (upravne na ravan zy). Dakle, u preseku C mora delovati i spreg momenta M suprotnog smera i jednak po veličini momentu sila koje

deluju na posmatrani deo grede. Za FT , Fa i M dobijaju se iste brojne vrednosti bez obzira posmatra li se ravnoteža levog dela AC ili desnog CB ali su im smerovi suprotni - princip jednakosti akcije i reakcije. Napravimo li presek grede u nekoj drugoj tački naći ćemo iz uslova ravnoteže delova grede druge vrednosti za unutrašnje sile i moment. - Transferzalna sila (poprečna) uravnotežuje komponente spoljašnjeg opterećenja

čiji su pravci delovanja upravni na osu grede (

osi y). - Aksijalna sila (uzdužna) uravnotežuje komponente spoljašnjeg opterećenja koje su paralelne ili leže na osi grede (osa z). - Moment savijanja drži ravnotežu momentima spoljašnjeg opterećenja, a veličina mu se određuje iz uslova ravnoteže ili levog ili desnog dela grede. Da bi se dobio isti znak pojedinih statičkih veličina pri računanju sa leve ili desne strane treba se pridržavati konvencije o znacima - koja se koristi za crtanje statičkih dijagrama u

većini literature. Konvencije predznaka unutrašnjih veličina Leva strana preseka Desna strana preseka

Prema veličinama unutrašnjih sila i momenata određuju se dimenzije poprečnih preseka i

to prema najvećim veličinama. Zato treba odrediti presek u kojem se pojavljuju najveće veličine unutrašnjih sila i momenata. Ovaj zadatak se rešava određivanjem dijagrama FT, Fa i Mf .

A B

F

F

F

F =q =10 2=20kN* *l

F

2m

1m

q=10kN/m

M

M F 1== 10kNm*

F=10kNq

q

koncentrisano

kontinualno

eksentrično

Page 45: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

44

Dijagrami se crtaju analitičkim putem za sve tipove nosača i opterećenja - odrede se veličine FT, Fa i Mf za dovoljan broj preseka tako da se može nacrtati dijagram.

Grede - određivanje unutrašnjih sila i momenata savijanja

- Proste grede: - Prosta greda opterećena koncentrisanom silom Posmatrajmo prostu gredu opterećenu sa koncentrisanom silom F upravno na osu grede. Na slici je prikazana ova greda oslobođena veza sa okolinom koje su nadomeštene reakcijama. Veličine ovih reakcija određene su iz uslova ravnoteže i iznose:

ba

bFFA

;

ba

aFFB

.............(a)

Prikaz grede na slici b) je osnova za određivanje unutrašnjih sila i momenata savijanja. Treba istaknuti da smer reakcija veza mora na ovom prikazu biti onakav kakav ustvari jeste za razliku od proizvoljno odabranog u fazi određivanja reakcija. Presečemo li gredu u tački C, udaljenoj za zc od ležaja A, trebamo u tom preseku ucrtati veličine Ft, Fa i M koje uravnotežavaju deo grede AC. Presek C predstavlja bilo koji presek između ležaja A i preseka D. Očigledno je 0Fac . Za određivanje transferzalne sile u preseku C posmatra se ravnoteža do preseka na levo, jer na ovom delu nosača deluje manji broj sila ( samo FA). Izraz za transferzalnu silu u preseku zc iznosi:

ba

bFFF ATC

Vidi se da ova sila ne zavisi od položaja preseka C (rastojanja zc), što znači da sila ima konstantnu vrednost na dužini a . Dijagram sile je paralelna linija sa

apscisom. Za izračunavanje transferzalne sile za desni deo grede, greda se preseca u preseku E na udaljenosti zE

, od tačke B. U ovom slučaju se posmatra ravnoteža desnog dela grede, na koji

deluje samo sila FB. Izraz za transferzalnu silu u preseku zE iznosi: ba

aFFF BET

. Ovaj

izraz takođe ne zavisi od položaja preseka E (rastojanja zE,) i ima konstantnu vrednost na dužini b.

Posmatrajući levi deo grede od preseka E rezultat bi bio identičan: BATE FFFF . Iz

dijagrama za FT se vidi skok na mestu delovanja sile F, veličina skoka jednaka je intenzitetu sile F. Moment savijanja u preseku C jednak je sumi momenata svih vertikalnih sila, koje deluju levo od preseka i iznosi:

CCAC zl

bFzFM

.

Relacija izražava zakon promene momenta u prvom polju grede azC 0 , koji je

linearan. Za rastojanja az , na levi deo grede deluju dve sile (FA i F) pa gornja relacija ne važi. Pošto se MC menja linearno dovoljno je uzeti dve vrednosti:

0)(0 AMzM SCs

ba

baFazM Cs

- što je vrednost momenta savijanja u tački gde deluje sila F.

Za desni deo grede jednačina promene momenta savijanja ima oblik:

,EEBS zba

aFzFEM

- jednačina prave,

00, BMzM SES

ba

baFbzM

ES

, - što je vrednost momenta savijanja na mestu dejstva sile.

Page 46: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

45

Vidi se da moment savijanja u svim presecima ima pozitivne vrednosti pa se crta ispod apscise, kako je na slici pokazano. Maksimalna vrednost momenta savijanja je u tački delovanja sile F i ima vrednost:

ba

baFM

max .

Prosta greda opterećena kontinualnim opterećenjem konstantnog intenziteta

U slučaju kada je prosta greda opterećena konstantnim kontinualnim opterećenjem q njene

reakcije veza su2

qlFF BA

Presečno li gredu u tački C lx0 C uslovi

ravnoteže dela AC glase:

02

0

0

CCCAC

TCCA

aC

zzqzFM

FzqF

F

Za izračunavanje momenta dela kontinualnog opterećenja koji deluje na deo AC zamenjeno je ovo

opterećenje koncentrisanom silom veličine Czq a

koja deluje na polovini dužine zc

2

2

1

2

0

CCC

CTC

aC

zlzqM

zl

qF

F

Ovi izrazi određuju unutrašnje sile FT i Ms za bilo koji presek grede ako zc ima vrednosti od 0 do l. Ft se

menja linearno po dužini grede i ima tri karakteristične vrednosti za:

2

02

20

qlFlz

Fl

z

qlFz

TC

TC

TC

Veličina: Mf zavisi od položaja preseka i ima 3 karakteristične vrednosti

0

82

002

max

CC

CC

CC

Mlz

qlMM

lz

Mz

U preseku u kome je FT = 0, Ms ima najveću vrednost . Prosta greda opterećena kontinualnim opterećenjem čiji se intenzitet menja linearno po dužini raspona

Specifično opterećenje 0q nad osloncem A a ima najveću vrednost nad osloncem B. Za

određivanje reakcije veza zamenjujemo ovo kontinualno opterećenje koncentrisanom silom

2

qlFq koja deluje na udaljenosti 3l od oslonca B (u težištu trougla kontinualnog opterećenja).

Veličine reakcija veza iznose:

6

qlFA ;

3

qlFB .

Page 47: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

46

Presečemo gredu u tački C uslovi ravnoteže za deo AC grede su:

03

1

2

02

0

CCCC

CA

ACC

TC

aC

Mzzq

zF

Fzq

F

F

Veličina Cq određuje se iz proporcije

l

zqq

z

q

l

q CC

C

C .

Unutrašnje sile(Fa, FT i Ms) u preseku C (bilo koji

presek grede od 0 do l: lzC 0 ) iznose:

3

32

2

2

6

3

1

2

0

l

z

l

zqlM

l

zqlF

F

CCC

CTC

aC

Karakteristične veličine za FT i Mf :

ATCC Fql

Fz 6

0 i 0CM

03

TCC Fl

z i 27

32

max

qlMMC

BTCC Fql

Flz 3

i 0CM

Prosta greda opterećena ekscentričnom silom Uslovi ravnoteže:

1. 00 FZZ Ai

2. 00 BAi FYY

3. 00 aFlFM BA

FZA ; l

aFFB ;

l

aFFA

l

aFFA

0AM

222)2(

Fal

l

FalYlzM A

lf

2

FaFa

2

lY)2lz(M A

lf

2222

)2( lzMFal

l

FalFlzM l

fBdf

0BM

Page 48: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

47

Objašnjenje dijagrama Unutrašnje sile u presecima predstavljaju ukupnu silu kojom u jednom preseku jedan deo

grede deluje na drugi tj. zamenjuju odbačeni deo grede na posmatrani (uravnotežuju deo grede koji posmatramo). Unutrašnje sile računaju se u karakterističnim presecima:

- gredu možemo preseći bilo gde tj. gde god nam je potrebno - unutrašnje veličine možemo računati na oba dela i pokazati da rešenja moraju biti ista - kada izračunamo sve potrebne

veličine možemo crtati dijagrame. Karakteristični preseci su:

- početak i kraj grede, promena pravca grede

- početak i kraj kontinualnog opterećenja

- ispred i iza delovanja koncentrisane sile i koncentrisanog sprega

Između karakterističnih tačaka koristimo diferencijalne odnose za crtanje dijagrama:

ZT

zF

dz

dM - Transferzalna sila je jednaka izvodu napadnog momenta po apscisi z. Iz

matematike je poznato ako neka funkcija ima prvi izvod jednak nuli za neku vrednost argumenta, onda ta funkcija ima ekstremnu vrednost za tu vrednost argumenta. Ovo znači da u preseku u kome je transferzalna sila jednaka nuli momenat savijanja ima ekstremnu vrednost, u poljima gde je FT pozitivno momenat raste, a gde je FT negativno momenat pada.

z

zTq

dz

dF - Veličina kontinualnog opterećenja jednaka je negativnoj vrednosti tangensa

ugla koji zaklapa tangenta na FT-dijagramu sa osom z. Dijagrami unutrašnjih sila su grafički prikazi promena unutrašnjih sila uzduž elementa sistema.

Dijagram aksijalnih sila- Fa - uzdužna sila može biti zatežuća ili pritisna - po konvenciji: zatežuća sila je pozitivna (+) crtamo ih gore, a pritisna negativna (-)

crtamo ih dole - na dijagram Fa utiču smo uzdužna opterećenja (u pravcu ose grede), pa je dijagram

aksijalnih sila potpuno nezavistan od dijagrama M i FT. - koncentrisana sila duž ose uzrokuje skok u Fa dijagramu, a između sila dijagram je

konstantan.

Dijagram transferzalnih sila (FT) i momenata savijanja (Ms ili Mf), (f- fleksija) - Prema konvenciji pozitivne vrednosti transverzalnih sila nanosimo iznad nulte linije dijagrama FT. Na isti način pozitivne vrednosti Mf -dijagrama nanosimo ispod nulte linije. Na dijagram transferzalnih sila utiču poprečna opterećenja (P i q (upravna na osu grede)) . Na dijagram momenata savijanja utiču poprečna opterećenja i koncentrisani momenti (P, q i M)

- Skok u dijagramu transferzalnih (poprečnih) sila pojavljuje se samo na mestu delovanja koncentrisane poprečne sile, između je dijagram konstantan. Na tom mestu u dijagramu momenata savijanja pojavljuje se „lom“, linearni pad ili rast dijagrama a u zavisnosti od veličine sile menja se nagib pravca (veća sila strmiji pravac).

FT FT FT

Page 49: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

48

- Kontinualno opterećenje uzrokuje linearan pad ili rast poprečne sile zavisno od smera opterećenja - Lom u dijagramu poprečnih sila pojavljuje se samo na mestu na kome se menja intenzitet kontinualnog opterećenja. Kontinualno opterećenje upravno na osu grede – daje parabolu u M – dijagramu, zavisno od veličine opterećenja menja se karakteristika parabole.

U području konstantnog vertikalnog kontinualnog opterećenja (q=const)

Skok u dijagramu momenata savijanja pojavljuje se samo na mestu gde deluje koncentrisani moment, a između sila dijagram je linearan ( nagib levo i desno od preseka je jednak) Očigledno je da su dijagrami FT i M medusobno zavisni. Dijagrami: M FT

parabola linearan linearan konstantan konsrantan nema

PRIMERI Primer 1. Za gredu opterećenu ekscentričnom silom F i kontinualnim opterećenjem q, pri čemu je: specifično opterećenje q=4kN/m, F=4kN, potrebno je:

a) odrediti otpore oslonaca (reakcije FA, FB) b) skicirati i kotirati dijagrame transferzalnih sila c) skicirati i kotirati dijagrame momenata savijanja (Ms) sa svim ekstremnim vrednostima.

Otpori oslonaca: 0BZ

q1 q2

FT

FT FT

FT

Page 50: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

49

1. 0210 B

Fq

Ai YF,qFY

02,36,18,16,02,10.2 BA YFqM

M

612788223 ,,,,YB → kNYB 65,3

48,41 BA YF → 65,38,8 AF → kNFA 15,5

Momenti savijanja: 0)( AsM kNmFM AC

ls 3,36,02,142,1

)(

0)( BsM

kNmFM ADls 51,32,12,148,1)(

kNmMM D

lsD

ls 11,56,151,3)()(

M

Primer 2. Nosač ukupne dužine 5 m uklješten je u tački A. Potrebno je analitičkim putem odrediti:

a) otpore oslonca A. Skicirati i kotirati dijagrame:

b) transferzalnih sila c) momenata savijanja i odrediti njegovu

maksimalnu vrednost kNqFq 6323

Otpori oslonaca:

00 FFFY qAi

kNFA 426

0105,160 AAM M

kNmA 1109 M

kNmA 1M

Momenti savijanja:

1222)2( AAmzls FM M

kNmM mzs 5418)2(

Page 51: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

50

Primer 3. Za kombinovano opterećenu gredu sa prepustom prema slici, odrediti reakcije u osloncimai nacrtati dijagrame transferzalnih sila i momenata savijanja, detaljnim ispitivanjem

svakog polja. Vrednosti pojedinih opterećenja su: F= 2kN, q=1kN/m i M=4kNm Rešenje: Na posmatranu gredu deluje paralelni sistem sila. Pasivne sile (reakcije veza) FA i FB odredićemo iz jednačina ravnoteže:

kNlqFq 661

1. kNFFFFFFY BAqBAi 80

2. 0BM M kNFFFF AqA 30146

1. kNFB 5

Proračun unutrašnjih sila i momenata u pojedinim poljima grede (polje grede je deo grede gde nema nekih karakterističnih promena opterećenja- koncentrisanih sila, spregova, ekscentričnih opterećenja i sl.) Koordinatom z definisaćemo položaj preseka u nekom polju.

polje AC: mz 20 1

constkNFzF AlT 31

1zM lS M zzFA 34 -

zakon promene momenta

kNmzM ls 4)0( 1 ;

kNmmzM ls 2)2( 1

polje CB: mz 40 2

222 1)( zzqFYzF Al

T

)( 2zM lS M

22

22

2

22

2222

zz

zzqzFzYA

mzzzF lT 1010)( ,,, 222

kNmmzM ls 5.2

2

112)1( 2

kNmBMmzM ls

ls 2)()4( 2

Polje BD: mz 20 3

333 1)( zzqzF dT

22)(

2

3333

zzzqzM d

s

za 003 TFz i 0sM - tačka D, a za kNFmz T 223 i kNmM s 2 - tačka B

)()( BMBM ds

ls

Page 52: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

51

Primer 4. Kontinualno-posredno opterećenje Kamion - cisterna sa mazutom

mD - prečnik cisterne

mlll 321 ,,

mcba ,,

NG - Težina kamiona- cisterne

3/ mkgm -specifična težina mazuta

Mazut u cisterni predstavlja kontinualno opterećenje:

NglDgVgmQ mm 12

111 4

NglDgVgmQ mm 22

222 4/

Uslovi ravnoteže:

00 21 BAi FQFQY

02/2/0 11222 lQlQlGbFM SA B

A

F

F

_____________________________________________________________________________ Uslovi ravnoteže:

00 DBACi FFFFY

D

C

F

F

CT FCF )( , ClET FF ,

AClET FFF ,

AClFT FFF ,

BAClFT FFFF

DDT FF

0CSM , aFM CES

cFM DFS , 0DSM

Zglobno sastavljene grede - Gerberove grede

Na primeru zglobno sastavljenih greda razmatraćemo problematiku određivanja reakcije veza, unutrašnjih sila i momenata savijanja sistema punih nosača. Pretpostavimo da trebamo premostiti raspon od A do E ali tako da postoje oslonci u A, B, C i D.

Transferzalne sile:

Momenti savijanja:

00 aFbaFcbaFM ABDC

Page 53: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

52

Takva greda bila bi dva puta statički neodređena. Ali ako gredu presečemo u G1 i G2 i spojimo je sa cilindričnim zglobovima, ona će: - biti i dalje u ravnoteži

- kako zglobovi ne mogu preuzeti momente dobili smo dva dodatna uslova ravnoteže:

01GM ; 02GM

pomoću kojih možemo odrediti dve prekobrojne nepoznate reakcije veza. Dakle, Gerberova greda je statički određen sistem zglobovima povezanih greda. Primer1. Za Gerberovu gredu, zadatu i opterećenu prema slici odrediti reakcije veza, poprečne sile i momente savijanja. Dato je: kNF 2 i mkNq /1 .

Sistem sila koje deluju na posmatrani nosač je paralelan pa imamo 2 statička uslova ravnoteže, za konstrukciju kao celinu nepoznatih imamo 3. Treću j-nu za dobijanje traženih otpora oslonaca dobijamo iz uslova da je moment savijanja u Gerberu = 0.

1. 000 ABAi YFlqFYY

kNm2

06F4F2

llq0M.2

A

BAFAi

M

M-

3.

kN8F

024q4F2F0FM

B

BidG

Moment savijanja u preseku z:

02

20

2

G

A

MzM

kNmzM

zzqzM M

Primer 2. Za dati Gerberov nosač, sa dva zgloba G1 i G2 , uklješten krajem A i oslonjen u tačkama B i C, analitičkim putem odrediti otpore oslonaca i nacrtati statičke dijagrame (Mf, Ftr i Fa).

Opterećenje grede je: kNF 21 , kNF 22 , mkNq 1 , kNm1M .

Gerberova greda, oslobođena spoljašnjih veza u tačkama A, B i C ima 5 nepoznatih

reakcija veza: XA, YA, AM , FB i FC. Da bismo ih odredili potrebno nam je 5 jednačina, a

raspolažemo sa samo 3 uslova ravnoteže . Dva dopunska uslova ravnoteže daju nam 2 Gerberova zgloba. Kada se ispisuje momentna jednačina za Gerberov zglob možemo uzeti sumu momenata od svih opterećenja sa leve ili desne strane zgloba. Preporuka je da se uzima sa one strane sa koje imamo manji broj nepoznatih reakcija veza i manji broj poznatih aktivnih opterećenja. Jednačine ravnoteže konzole:

1. 02

20 2

1

FZZ A

n

ii

2. 042

20 21

1

qFFFFYY CBA

n

ii

3. 012202

MqFM CdG

4. 064412

220 21

MCBdG FqFFM

5. 0120 11FYM AA

lG M

Rešavanjem jednačina dobija se: kNZA 1 , kNFC 5.1 , kNFB 5.4 , kNYA 1 ,

0AM .

Page 54: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

53

Transferzalne sile u karakterističnim presecima: Momenti savijanja u karakterističnim presecima

m5.1z05.1z0zF

kN5.2m4zF

;kN5.0m2zF

;kN5.10zF

;z5.1zqFzF

dT

dT

dT

dT

CdT

kNmmzM

zzz

zqzFzM

kNmYFYM

kNmFYM

FYM

kNmYM

d

Cd

AlB

AlE

AlG

AlD

125.015.15.12

5.15.1

15.122

3134

123

012

11

2

2

21

1

11

M

Okvirni nosači

Primer 1. Za okvirni nosač (ram) prema slici i za date brojne podatke: kNF 1 i mkNq 1 .

a) odrediti analitičkim putem reakcije uklještenja A i oslonca B , b) nacrtati sve statičke dijagrame .

kNqQ 221 , kNqQ 442

Jednačine ravnoteže:

1. kNZFFFQZZ AA

n

ii 300 1

1

2. 00113320 BBdG FFFFFFM

3. kNYFFQYY AA

n

ii 400 2

1

4. kNmQFQZYM AAAAlG 70213420 21 MM

ZA

Page 55: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

54

Konzola AC:

kNmyF

kNmyF

yyqZyF

kNZAF

lT

lT

Al

T

Al

T

12

21

3

3

yyy

yqyZyM

kNmM

AAl

AlA

322

72

M

M

kNmmyM l 5.41 , kNmmyM l 32

0134

223

1

1

FQZM

kNQZM

AAlC

AAlE

M

M

Greda CD:

0

22

22

2

Al

T

Al

T

lT

YQGF

kNYqCF

kNqCF

03311

1311

11

212

FFFFM

kNmFFFM

kNmFM

kNmqCM

dH

dD

dD

l

Sa dijagrama se može zaključiti sledeće:

- Transferzalna sila na gredi AC u tački C jednaka je skoku aksijalne sile na gredi CD u istoj tački C,

- Aksijalna sila na gredi AC u tački C jednaka je skoku transferzalne sile na gredi CD u istoj tački C,

- Moment savijanja na gredi AC u tački C jednak je skoku momenta savijanja na gredi CD u istoj tački C.

U slučaju da je glavna greda bez prepusta onda važi sledeće: - Aksijalna sila na stubovima u tački vezivanja jednaka je transferzalnoj sili za glavnu u

istoj tački - Transferzalna sila na stubovima u tački vezivanja jednaka je aksijalnoj sili za glavnu

gredu u istoj tački Moment savijanja na stubovima jednak je po intenzitetu momentu savijanja za glavnu gredu u tački vezivanja.

Page 56: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

55

Page 57: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

56

Opšti slučaj opterećenja grede Definicija unutrašnjih sila i momenata U slučaju kada sile spoljašnjeg opterećenja grede leže u jednoj ravni u poprečnim presecima grede pojavljuju se: uzdužne i poprečne sile i momenat savijanja. Presečemo li gredu tada bi svaki deo grede imao tri stepena slobode kretanja, u ravni spoljašnjeg opterećenja:

- dve translacije - jednu rotaciju. Ove mogućnosti kretanja poništavaju unutrašnje veličine u poprečnim presecima grede: - translacije poništavaju uzdužne i poprečne sile a rotaciju poništava momenat savijanja. Kada na gredu, koja se nalazi u ravnoteži deluje opšti slučaj prostornog sistema sila u njenim poprečnim presecima pojaviće se šest veličina: tri sile i tri momenta. Deo grede imao bi pod dejstvom spoljašnjeg opterećenja šest stepeni slobode kretanja: - tri translacije i

- tri rotacije koje sprečavaju unutrašnje sile (poprečne-transferzalne u pravcu osa x i y i uzdužna u pravcu ose z) i momenti (savijanja Mx i My i uvijanja Mz). Njihova veličina određuje se iz uslova ravnoteže posmatranog dela grede.

Savijanje grede u dve ravni

Na slici je prikazana greda vezana sa cilindričnim ležajima u A i B i opterećena sa silom 1F

Page 58: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

57

u ravni yz i silom 2F

u ravni xz. Poprečne sile i momenti savijanja određeni su kao da se radi o dve

grede koje su prikazane na slikama b) i c). Ovakvo spoljašnje opterećenje savija gredu u ravnima xz i yz pa je postupak određivanja poprečnih sila i momenata savijanja isti ranije opisanom. Ako sile imaju komponente u pravcu ose z one će izazvati pojavu uzdužnih sila koje se određuju na način izložen za jednostavnu gredu.

Greda opterećena na savijanje i uvijanje (torziju)

Sila 1F

, koja deluje na gredu, paralelna je osi y a deluje na kraju sekundarnog oslonca CE

koji je upravan na osu grede i leži u ravni xz. Sila 2F

paralelna je osi x a deluje na kraju

sekundarnog oslonca DF koji je upravan na osu grede a leži u ravni yz. Izvršimo li paralelni pomak

sile 1F

tako da joj pravac delovanja seče osu grede u tački C trebamo dodati redukcioni spreg

veličine (slika b):

cF1 1M

čiji vektor "gleda" u smeru negativnog dela ose z (momenat torzije ili uvijanja jer nastoji uviti

gredu). Za paralelni pomak sile 2F

iz F u D trebamo dodati pozitivni redukcioni spreg ( momenat

uvijanja):

dF2 2M

Dalje se opterećenje grede može rastaviti na slučajeve prikazane na slikama c) i d) i odrediti unutrašnje sile i momente posebno za svaki slučaj. Kako je slučaj prikazan na slici c) savijanje u dve ravni identičan prethodnom to se on neće razmatrati.

Za slučaj d) greda se nalazi u ravnoteži ako su spregovi istih veličina a suprotnih smerova, s obzirom da na aktivno opterećenje ležajevi grede ne daju nikakvu reakciju. U presecima od A do C i od D do B ne pojavljuju se niti sile niti momenti, jer na te delove grede ne deluje spoljašnje opterećenje. Za bilo koji presek između C i D dijagram momenata torzije je prikazana na slici .

Primer određivanja momenata uvijanja:

NFNF 510 21

m,cmRm,cmr 20201010

Sile 1F

i 2F

opterećuju gredu na savijanje i uvijanje.

Momenti uvijanja iznose:

NmRFM

NmrFM

12,05

11,010

22

11

Page 59: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

58

Primer 1. Za pogonsko vratilo AB, težine G=60N reduktora prikazanog na slici, koje treba da prenosi obrtni moment M = 30Nm (pogon prenosnika ostvaruje se preko spojnice) posredstvom cilindričnog zupčastog para sa pravim zubima potrebno je izračunati: obimnu (tangentnu) silu zupčanika reakcije u ležajevima i i nacrtati statičke dijagrame u ravnima savijanja i dijagram uvijanja. Ležajevi A i B su cilindrični. Dato je: r1= 80mm (poluprečnik kinematske kružnice), G1

=30N (težina zupčanika), 030 (ugao kontakta zupčanika) i Fr=0.2Ft (radijalna sila). Trenje u ležajima vratila i između zubaca se ne uzima u obzir.

Rešenje: Pogonsko vratilo je prostorno opterećeni nosač izložen savijanju i uvijanju. Vratilo će se rešiti tako što će se prostorni sistem sila razložiti na dva ravanska sistema (horizontalna x-z i vertikalna y-z ravan). Obzirom da na obrtni moment ležajevi vratila ne daju nikakve reakcije sledi da obrtni moment mora biti jednak obrtnom dejstvu od sile Ft1.

11rFt M NFt 375

08.0

301

, NFr 753752.0

NFFF try 45.252sincos11

NFFF trx 26.287cossin11

ravan y-z (vertikalna)

- specifično opterećenje m

N

l

Gq 100

6.0

60

Jednačine ravnoteže (paralelni sistem sila):

1. NYYGGFYYY BAyBAi 45.3420 1

2. NYGGFYM ByBA 98.13602.02.00 1

1. NYA 47.205

Page 60: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

59

ravan x-z (horizontalna) Jednačine ravnoteže (paralelni sistem sila):

1. NFXXX xBAi 26.2870

2. NXFXM BxBA 9.11402.05.00

1. NX A 36.172

Ukupni moment savijanja u karakterističnom preseku (tačka E) određujemo primrnom pitagorine teoreme:

NmMMM yExEsE 27.5022

Dijagram momenata uvijanja

Primer 2. Za gonjeno (izlazno) vratilo CD, reduktora (prikazanog na slici) sa kosim zubima, potrebno je izračunati: obrtni moment na spojnici S2 (priključak radne mašine), otpore ležišta C i D, nacrtati statičke dijagrame u vertikalnoj (y-z) i horizontalnoj (x-z) ravni i dijagram uvijanja. Ležaj C je radijalno-aksijalni a ležaj D je radijalni. Dato je: r2= 120mm (poluprečnik kinematske kružnice),

G2=45N (težina zupčanika), 00 (ugao kontakta zupčanika), Ft2=400N (obimna sila) Fr2=0.2Ft2=80N (radijalna sila) i Fa2= 0.15Ft2=60N (aksijalna sila). Težina vratila i trenje u ležajima vratila između zubaca se ne uzima u obzir.

Page 61: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

60

Rešenje: Ostvareni obrtni momenat na zupčaniku 2 se uravnotežava

na spojnici S2: 22 rFt M2= Nm4812.0400

ravan y-z (vertikalna)

Mx= NmrFa 2.712.06022 NFF ry 802

Jednačine ravnoteže (proizvoljni sistem sila u ravni):

1. NFZFZZ aCaCi 6000 22

2. NYYYFYY DCDyCi 8000

3. CM Mx NYYF DDy 55.19045.02.0

2. NYC 45.60

ravan x-z (horizontalna) NFF tx 4002

Jednačine ravnoteže (paralelni sistem sila u ravni):

1. NFXXX xDCi 4000

2. NXXFM DDtC 77.177045.02.00 2

1. NXC 22.222

Dijagram momenata uvijanja

Ukupni moment savijanja u karakterističnom preseku (tačka H) određujemo primrnom pitagorine

teoreme: NmMMM yHxHsH 05.4622

Page 62: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

61

REŠETKASTI NOSAČI 1. Za dati rešetkasti nosač: a) analitičkim putem naći otpore oslonaca b) koristeći Kremonin plan sila odrediti sile u štapovima c) u preseku c-c odrediti sile u štapovima metodama Kulmana i Ritera

F1 = 4kN F2 = 6kN F3 = 4kN

Rešetka ima n = 6 čvorova i s = 9 štapova s = 2n - 3 = 9 - uslov nepromenljivosti forme ravnog rešetkastog nosača je zadovoljen, tj. ova rešetka predstavlja krutu figuru. Za rešetkasti nosač koji se kao celina nalazi u ravnoteži pod dejstvom zadatih aktivnih sila i odgovarajućih reakcija veza sa okolinom možemo reći da se svi njegovi čvorovi nalaze u ravnotežnom stanju. Shvatimo li čvorove kao čestice a štapove kao njihove veze, tada možemo čvorove osloboditi veza koje moramo prema aksiomu oslobađanja od veza nadomestiti reakcijama koje će obezbediti ravnotežu čvorova. Svaki štap je nadomešten sa parom sila koje imaju istu veličinu i pravac delovanja ali suprotan smer što proizilazi iz principa jednakosti akcije i reakcije. a) Određivanje otpora oslonaca

1. kNFFFFFM BB

n

i

FAi 5.7086420 231

1

2. kNFZFZZ AA

n

ii 400 11

1

3. kNYFFFYY ABA

n

ii 5.200 23

1

Ravni rešetkasti nosač je sistem zglobno vezanih štapova koji svi leže u jednoj ravni i formiraju proizvoljan ali konačan broj trouglova. b) Grafičko određivanje sila u štapovima – Kremonin plan sila

Postupak je sledeći: 1. Konstruiše se baza od spoljašnjih sila tako što se one nanose redom kojim na njih nalazimo kada obilazimo rešetku u naznačenom smeru . 2. Konstruiše se poligon za prvi čvor, odabere se onaj čvor u kome se seku 2 štapa (A ili B). Smer obilaska čvorova mora biti isti smeru obilaska rešetke. 3. Kada se odredi smer sila u štapovima (uz uslov da poligon za svaki čvor mora biti zatvoren) onda se taj smer nacrta u plan rešetke . 4. Primenjujući korake opisane po 2) i 3) konstruišu se poligoni za sve čvorove. Pri konstrukciji ovih poligona prethodno određenim silama u štapovima moramo promeniti smer. Napomena: - striktno se držati reda nanošenja sila.

Page 63: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

62

Opterećen na pritisak Opterećen na zatezanje Štap (i) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Sila (Si) (kN) - 3.6 + 6.5 +3.55 -9.0 0 -9.0 + 2.1 + 7.5 - 10.6 Radi dimenzionisanja štapova potrebno je odrediti još jedan podatak o sili u štapu. Za silu u štapu 1 možemo reći da se opire nastojanju čvorova A i B da skrate štap 1, dok se sila u štapu 2 opire povećanju dužine štapa. c) analitičko određivanje sila u štapovima

Kod analitičkog određivanja sila u štapovima posmatra se ravnoteža svakog pojedinog čvora rešetke. Dakle n (n – broj čvorova) puta postavljamo po 2 uslova

ravnoteže: 1. 01

n

iiZ

2. 01

n

iiY

Smerove sila u štapovima pretpostavimo a prema predznaku ih usvajamo ili promenimo u suprotne.

Ravnoteža čvora I:

kNSYSY

kNSZSSZ

Ai

Ai

5.6045sin0

55.3045cos0

10

1

20

12

Ravnoteža čvora I:

kNSSSSFZi 0.9045cos45cos0 40

30

141

kNSSSYi 53.3045sin45sin0 30

30

1

Ravnoteža čvora IV:

kNSSSSZi 900 6464

00 5SYi

Ravnoteža čvora III:

kNSSSFY

kNSSSSSZ

i

i

12.2045sin45sin0

5.7045cos45cos0

70

30

73

880

70

32

Ravnoteža čvora V:

kNSSSSZi 6.10045cos45cos0 90

90

76

Page 64: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

63

d) Određivanje sila u štapovima metodom preseka

Kulmanova metoda (grafička) - zasniva se na mogućnosti uravnoteženja jedne zadate sile sa 3 sile čiji su pravci delovanja poznati a veličinu i smer im treba odrediti. Produže se pravci traženih i zadate sile dok se po 2 od njih ne preseku (tačke T i V ) na pravcu koji prolazi kroz ove

tačke dodaje se nula sila LL

, . Dobili smo 2 sučeljna sistema sila koji moraju biti u ravnoteži.

Konstrukcijom 2 zatvorena trougla sila rešava se problem.

kNUbaS

kNUcbS

kNcm

kNcmUdcS

F

F

F

4.7

05.2

91

25.4

8

7

6

Riterova metoda (grafoanalitička metoda) Riterova metoda zasniva se na mogućnosti određivanja ravnoteže ravne figure pomoću triju

momentnih jednačina. U principu se odabiraju tačke u kojima se seku pravci delovanja sila u štapovima (ose štapova) jer se tako dobijaju momentne jednačine sa najmanjim brojem nepoznatih.

1. kNScm

mcmFSM rdV 75.70

3

25.1520 88

2. kNScm

mcmFSM rdIII 25.90

3

25.1820 66

3. kNScm

mcmSSMT 3.20

3

21220 776

Dobijeni rezultati govore da je smer sile 8S

dobro pretpostavljen dok sila 6S

i 7S

deluju u

smeru suprotnom od pretpostavljenog.

Page 65: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

64

STATIKA U PROSTORU Redukcija sučeljnog sistema sila u prostoru Sučeljni sistem prostornih sila reducira se na isti način kao i sučeljni sistem u ravni. Svaku

silu sistema treba rastaviti na komponente u pravcu osa x, y i z. Ovim se zadati sistem transformiše u tri kolinearna sistema. Pošto se odrede rezultante ovih kolinearnih sistema njihovim

geometrijskim sabiranjem odredi se rezultanta zadatog sistema. Zadata sila F

- prostorna rastavlja se na komponente dvostrukom primenom pravila o paralelogramu sila:

- prvo se konstruiše paralelogram ACFA i sila F

se rastavi na komponente Z

i xyF

- konstrukcojom paralograma ABCD sila xyF

se rastavlja na komponente X

i Y

.

coscoscos

coscoscos

cos,cos

cos

coscoscos

coscoscos

cos

cos

1

1

11

FA

DA

CA

DA

FA

CA

FA

BA

CA

BA

FA

CA

CA

BAABC

CA

DAADC

FA

CAACF

FFX

FFY

FF

FZ

xy

xy

xy

xyxy

xyxy

xyxy

Projekcije sile F

na koordinatne ose: cosFX , cosFY , cosFZ

Projekcije se mogu izraziti preko skalarnog proizvoda:

iFX , jFY

kFZ

Komponente sile bile bi:

iXX

jYY

kZZ

Sada se može zadata sila izraziti vektorski:

kZjYiXFR

Ako je zadat sistem sučeljnih prostornih iF

( i = 1,2... n) sila RF

se određuje na sledeći način:

1) Sistem se rastavi na 3 kolinearna sistema sila po osama x, y,z (svaka sila se nadomesti komponentama) 2) izvrši se redukcija ovih kolinearnih sistema

- za sistem po osi x:

n

iiR XX

1

- za sistem po osi y:

n

iiR YY

1

- za sistem po osi z:

n

iiR ZZ

1

3) Dvostrukom primenom Pitagorine teoreme odredi se veličina rezultante zadatog sistema

222

RRRR ZYXF

4) Pravac i smer rezultante određuje se pomoću kosinusa pravaca

R

RR

F

Xcos

R

RR

F

Ycos

R

RR

F

Zcos

Page 66: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

65

Primer: Napiši rezultantu sila F1= 600 N i F2 = 400 N u vektorskoj formi i odredi joj intenzitet .

NX

FFXXX

R

R

64.4682.17344.295

30cos60cos50cos40cos 002

00121

NY

FFYYY

R

R

252100352

30sin60cos50sin40cos 002

00121

N

FFZZZR

73231.34667.385

60sin40sin 02

0121

kjiFR

73225264.468

Intenzitet rezultante:

NZYXF RRRR 905......222

Ravnoteža čestice u prostoru Problem određivanja ravnoteže čestice u prostoru uglavnom se rešava analitički.

Sila F

predstavlja rezultantu aktivnog sistema sučeljnih prostornih sila. Čestica u prostoru ima tri stepena slobode kretanja pa je treba vezati po tri pravca koja ne leže u istoj ravni.

Vezivanje čestice u prostori

Čestica se postavlja u koordinatni početak, ona se pod dejstvom sile F

može kretati u smeru koordinatnih osa x, y i z ali je u tome sprečavaju reakcije veza. Zato treba biti ispunjeno:

1. 01

n

iiR XX ;

2. 01

n

iiR YY ;

3. 01

n

iiR ZZ .

Sume projekcija svih sila koje deluju na česticu, na ose x,y,z, moraju biti jednake nuli što znači da je čestica u ravnoteži - analitički uslovi ravnoteže čestice u prostoru. U ovim izrazima mogu biti samo tri nepoznate veličine najčešće su to veličine reakcija. Smerovi reakcija su proizvoljno ucrtani. Ako se veličine reakcija dobiju sa negativnim predznakom to znači da je smer reakcije suprotan. Primer 1 Horizontalni provodnici telegrafske linije vezani su u tački A za vertikalni stub CAB koji se sastoji od vertikalne grede AB i kosnika AC. Kosnik je nagnut prema horizontali pod uglom od

60oC. Ugao DAE između provodnika AD i AE jednak je 90o a odgovarajuće sile u njima jednake su 120N odnosno 160N. Odrediti ugao između ravni BAC i BAE i silu u kosniku. Težinu grede i kosnika zanemariti. Uslovi ravnoteže:

1. 0cos60cos0 02 ACi SSX

2. 090cos60cos0 001 ACi SSY

3. 030cos0 0ACABi SSZ

x

F1

F2

y

z

x

F

Page 67: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

66

1.

cos

3200cos

2

11600 ACACi SSX

2. 0sin2

11200 ACi SY

3. 02

30 ACABi SSZ

05364

30sin

cos

320240.2 0

tg

NS

NS

AB

AC

3200.3

400.1

Primer 2. Štap OA vezan je u tački A zglobno za vertikalni zid, a tačku O pridržavaju 2 horizontalno zategnuta užeta BO i CO jednake dužine. Ugao CBO = BCO = 45o. Štap zaklapa sa vertikalom ugao od 45o. Za čvor O obešen je teret Q = 1000 N. Odrediti veličinu sile u štapu i veličine sila u užadima.

Uslovi ravnoteže:

1. 045cos45cos45cos0 02

01

0 SSSX AOi

2. 210

20

1 045sin45sin0 SSSSYi

3. 045sin0 0 QSZ AOi

NSS

NS AO

2500.1

21000.3

21

Primer 3. Za sistem prema slici odrediti sile u štapovima AD, BC i AB. Data je sila Q=30kN.

Page 68: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

67

Rešenje: Predpostavljeno je da su štapovi opterećeni na zatezanje.

1S

- sila u ravni xOy; 0,, 111 yx SSS

;

0,

22

2,

22

2111 SSS

2S

- sila u ravni yOz; zy SSS 333 ,,0

;

333

13

3,

13

2,0 SSS

Pravac i smer prostorne sile cos,cos,cos 2222 SSSS

u dekartovom koordinatnom sistemu:

koordinate tačaka: 0,2,0B ; 1,0,3C , dužina štapa BC:

mzzyyxxCB BCBCBC 14123222222

1

14

3cos

CB

xx BC ; 14

2cos

CB

yy BC ; 14

1cos

BC

zz BC

2222

14

1,

14

2,

14

3SSSS

Jednačine ravnoteže (sučeljni sistem sila u prostoru):

1. 00 11 yxi SSX 2. 00 321 yyyi SSSY 3. 00 32 QSSZ zzi

Rešenja sistema od 3 jednačine sa 3 nepoznate su: S1=14.95kN, S2=13.21kN S3=-31.81kN- štap AB opterećen je na pritisak.

OPŠTI SLUČAJ PROSTORNOG SISTEMA SILA

Definicija statičkog momenta sile za osu

Statički moment sile za tačku je moment sile za osu koja je upravna na ravan delovanja sile i prolazi kroz tu tačku. U opštem slučaju kada osa nije upravna na ravan delovanja sile njen se moment za tu osu određuje prema prikazu na slici.

Sila F

rastavljena je, prema zakonu o paralelogramu sila na

komponenteZ

i xyF

. Očigledno je da sila xyF

ima moment za

osu z odnosno za tačku O i on iznosi:

xyz FAOM hAO

cos FFxy

cos FhM z - veličina momenta

Sila Z

nema moment za osu z već za neku osu koja je upravna na ravan određenu osom z i pravcem pz. Statički moment sile za osu z jednak je momentu komponente, zadate sile, koja leži u ravni upravnoj na osu z i čija se veličina određuje projektovanjem sile paralelno osi z. Smer momenta sile za osu određuje se po pravilu desne ruke. Sila nema moment za osu u slučaju kada je ona paralelna osi ili da svojim pravcem prolazi kroz (seče) osu.

Posmatraćemo jednu silu proizvoljnog pravca delovanja veličine i smera - sila F

.

Page 69: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

68

Sila F

rastavlja se na komponente u lokalnom koordinatnom sistemu čije su veličine: cosFX , cosFY , cosFZ

Sada po definiciji momenta sile za osu možemo pisati:

Yz

Xz

F

zFz MMMM xy

Poslednja jednakost je dobijena na osnovu Varinjonove teoreme

XyM Xz

; YxM Yz

XyYxMMM Yz

Xz

Fz

Analogno ovome računaju se momenti za preostale ose

YzZyMMMM Yx

Zx

F

xFx

zy

xZzXMMMM Zy

Xy

Fy

Fy

xz

zyx MMMM

- rezultantni spreg

222

zyx MMMM - veličina momenta rezultantnog sprega

Ove formule se mogu primeniti za izračunavanje momenta sile za koordinatne ose ako su poznate projekcije sile na te ose i koordinate njene napadne tačke. Na osnovu definicije momenta sile za tačku kao vektorske veličine imamo:

kMjMiMkyXxY

jxZzXizYyZ

ZYX

zyx

kji

kZjYiXkzjyixFrM

zyx

FO

zYyZM x ; xZzXM y ; yXxYM z

što se poklapa sa analitičkim izrazima momenata za koordinatne ose. Dakle, momenat sile za osu, koja prolazi kroz posmatranu tačku jednak je projekciji vektora momenta sile za tačku a na tu osu.

coscos22

cos

2

2

11

11

11

FO

FzOABBOA

OABBOA

BOAFz

OABFO

MMPP

PP

PM

PM

Svođenje opšteg slučaja prostornog sistema sila

Kod svo]enja opšteg slučaja prostornog sistema sila zadate sile paralelno se pomiču dok im početci ne dođu u koordinatni početak. Ovako se zadati sistem transformiše u sučeljni sistem prostornih sila ali se u razmatranje moraju uzeti i redukcioni spregovi koji su prostorno raspoređeni.

Page 70: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

69

Geometrijski zbir sučeljnih sila je glavni vektor sistema sila:

n

n

iiR FFFFF

..........211

Primenjujući pravilo projekcija možemo pisati :

n

iiR XX

1

;

n

iiR YY

1

;

n

iiR ZZ

1

- Veličina rezultante sistema:

222

RRRR ZYXF

- smer rezultante:

R

RR

F

Xcos ;

R

RR

F

Ycos ;

R

RR

F

Zcos ...................(1)

Spregove redukcije, koji su u ovom slučaju prostorno raspoređeni vektorski sabiramo i dobijamo glavni moment sistema sila

n

iii

n

i

FO

n

iiO FrM i

111

MM

Primenom pravila projektovanja:

n

i

FOxOx

iM1

M ;

n

i

FOyOy

iM1

M ;

n

i

FOzOz

iM1

M

- Veličina momenta rezultantnog sprega:

222222

iii FOz

FOy

FOxOzOyOxo MMM

MMMM

a smer i pravac delovanja:

O

Ox

M

MM cos ;

O

Oy

M

MM cos ;

O

Oz

M

MM cos .............(2)

Izrazi (1) i (2) određuju rezultantu i rezultantni redukcioni spreg. Ove 2 veličine nazivaju se vektori diname. Za njih veži sledeće: - veličina i smer rezultante ne zavise od izbora tačke za koordinatni početak - veličina i smer rezultantnog redukcionog sprega zavisi od izbora tačke za koordinatni početak. Pravci vektora diname za opšti slučaj prostornog sistema mogu zaklapati bilo koji ugao. Ako vektor momenta redukcionog sprega rastavimo na 2 komponente: - jednu na pravcu delovanja rezultante, - drugu upravno na ovaj pravac - možemo dinamu svesti na najjednostavniji oblik.

cosOMM

RRR FFF

sinOMM

VektorM možemo zameniti parom sila

RR FF

, i izraziti kao:

R

O

R FFaaF

sinMMM

što daje mogućnost da paralelno pomaknemo rezultantu za krak a tako da dođe na pravac p2.

Dalje, pojednostavljenje nije moguće opšti slučaj prostornog sistema ne može se reducirati u opštem slučaju na jednu silu već na dinamu. Pravac p2 se naziva osa diname.

Page 71: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

70

Uslovi ravnoteže proizvoljnog prostornog sistema sila Proizvoljni prostorni sistem sila se redukcijom na tačku može svesti na glavni vektor i glavni moment (spreg).S obzirom na aktivni sistem sila prostorno kruto telo imalo bi šest stepeni slobode kretanja ali reakcije veza poništavaju delovanje aktivnog sistema. Zato se za posmatrani slučaj može postaviti šest uslova ravnoteže:

Vezivanje tela u prostoru

1. 01

n

iiR XX 2. 0

1

n

iiR YY 3. 0

1

n

iiR ZZ

4. 011

n

iiiii

n

i

Fx YzZyM i

5. 011

n

iiiii

n

i

Fy ZxXzM i

6. 011

n

iiiii

n

i

Fz XyYxM i

Prve 3 j-ne su komponentne. One određuju da sume projekcija aktivnih sila i reakcija vezana na ose x, y i z moraju biti jednake nuli - što znači da telo ne može vršiti translatorne pomake u smeru ovih osa. Zadnja tri izraza su momentne j-ne kojima se određuje da sume statičkih momenata aktivnih sila i reakcija veza moraju biti jednaki nuli. Ovi uslovi isključuju mogućnost rotiranja oko osa x,y i z ili njima paralelnih osa.

Ako na telo pored sila deluju i spregovi n21 M......M,M

onda se glavni moment dobija

slaganjem redukcionih i aktivnih spregova:

n

iMM1i

n

1i

FOOiM

, pa zadnja tri uslova ravnoteže dobijaju oblik:

4. 011

n

Mi

ix

n

i

FxiM

5. 011

n

Mi

iy

n

i

FyiM

6. 011

n

Mi

iz

n

i

FziM

Zadnja tri izraza određuju da sume statičkih momenata aktivnih sila i reakcija veza kao i momenata aktivnih spregova moraju biti jednaki nuli. Primer 1. Odrediti reakcije ležišta O (sfernog) i A (cilindričnog) kao i veličinu M sprega, koji deluje

na vratilo, ako u tački C zupčanika B, poluprečnika r, koji je

nasađen na kraju prepusta vratila OA, deluje sila F

, pri čemu je je 00 240,60 i 0Y . Tražene veličine izračunati za

slučaj kada je: kNF 10

, mr 15.0 i ma 3.0 .

Rešenje: 00 240,60 i 0Y

Prostorna sila ZYXF ,,

tj kZjYiXF

zapisana

preko svojih komponenti.

kNFFX 52cos , cosFY ,

kNFFFFZ 5221240coscos 0

2

2coscos1cos1coscoscos 22222

00cos Y kNFY 252

2

RF

oM

Page 72: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

71

Telo oslobođeno od veza, koje su zamenjene reakcijama veza. Jednačine ravnoteže:

1. kNXXXXX Ai 66.100 00

2. kNYYYYYi 2500 00

3. kNZZZZZ Ai 85.200 00

4. kNZaZrYaZM AAx 85.70430

5. 0yM M 0rX M kNm75.015.05

6. kNXaXaXM AAz 66.60430

Napomena: svim silama ispred čije je brojne vrednosti dobijen predznak - treba promeniti smer. Primer 2. Prostorni linijski nosač ABCD zanemarljive težine uklješten je u tački A i opterećen silim F=4kN u tački D, koja leži u ravni paralelnoj sa xAz i momentom uvijanja M=6kNm (oko ose y) u tački B , prema slici. Odrediti reakcije veze u uklještenju A.

Rešenje: Rastavljamo kosu aktivnu silu na komponente

kZjiXF

0 , pri čemu je kNFX 260cos 0 ;

kNFZ 3260sin 0

Umesto uklještenja u prostoru postavljene su tri komponente sile reakcije i 3 komponente momenta uklještenja →6 nepoznatih veličina.

Iz jednačina ravnoteže proizvoljnog prostornog sistema sila dobija se:

1. kNXXXXX AAi 200

00 Ai YY

2. kNZZZZZ AAi 3200

3. 0xM MAx 04Z

MAx= kNm38

4. 0yM MAy+M 032 ZX MAy= kNm39.8

5. 0zM MAz 04X MAz= kNm8

Primer 3. Naći komponente glavnog vektora za zglob O i komponente momenata za zglob O.

kNFx 03,150cos6,1

kNFy 85,050sin6,130cos4,2

kNFz 2,130sin4,2

kNmM x 117,015,030cos4,235,050sin6,1'

kNmM y 36,035,050cos6,1'

kNmM z 245,02,050sin6,1'

Primer 4. Horizontalnom silom F na obodu točka vitla održava se ravnoteža teretu G čiji je intenzitet 3kN koji se podiže pomoću bubnja koji je postavljen na sredini vitla. Dužina bubnja je 60cm i težina 600N. Težine vratila i točka zanemariti. Za poznate dužine: a=30cm, b=20cm, c=40cm, l=120cm i poluprečnik r=5cm i R=25cm:

a) odrediti intenzitet sile F i otpore ležišta A i B b) prikazati opterećenja vratila u vertikalnoj ravni u skicirati i kotirati dijagrame FT i Ms

Page 73: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

72

Jednačine ravnoteže:

02

001

i

BAi

Y.

FXXX.

0218006

005

021605004

03

,X,FM.

RFrGM.

,Z,G,GM.

ZGGZZ.

Bz

y

Bbx

BbAi

kNFXX

kNZGGZkNZ

kNF

XKNR

rGF

BA

BdAB

B

6,23)4,0(.1

05,255,16,03.355,12,1

6,06,05,03.4

4,02,1

8,06,0

2,1

8,0.66,0

25,0

05,03.5

Statički dijagram u vertikalnoj ravni: Primer 5. Na vratilo reduktora učvršćeni su zupčanik s kosim zubima (1) i zupčanik s ravnim zubima (2) prema slici. Odrediti obimnu silu Fo na zupčaniku (1) i reakcije u ležajevima A i B. Ležaj A je radijalni a ležaj B je radijalno-aksijalni. Dato je : F=10kN, a=0.5m, b=0.35m, c=0.25m, d1=0.1m, d2=0.15m. Rešenje: Reakcije u ležajevima:

kNZ

kNX

kNF

A

A

O

74.0

45.10

15

kNF

kNF

B

A

77.14

48.10

kNZ

kNY

kNX

B

B

B

24.1

25.2

545.14

Na slici su vidljivi predpostavljeni smerovi sila reakcija veza a veličine komponenti reakcija veza su izračunate iz jednačina ravnoteže. Svim komponentama sa znakom - treba promeniti smer.

Page 74: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

73

TRENJE U dosadašnjim razmatranjima ravnoteže zamenjivali smo realna tela modelima koji su bili:

- apsolutno kruti - idealno glatkih površina tako da smo njihove dodirne veze zamenjivali reakcijama normalnim na zajedničku tangencijalnu ravan u tački dodira. U stvarnosti kod dodirne veze pojavljuje se tangencijalna reakcija koja se uvek protivi kretanju i naziva se otpor trenja kretanju a same veze nazivamo veze sa trenjem (realne veze). Većina pojava trenja može se opisati pomoću dve osnovne vrste trenja: - trenje klizanja - trenje kotrljanja.

Trenje klizanja Posmatrajmo prizmatično telo težine G na strmoj ravni koje se nalazi u stanju mirovanja. Ako se držimo pretpostavki o apsolutnoj krutosti tela i idealnoj glatkoći dodirnih površina imamo sledeću situaciju:

0sin0 GXi ako je 0 uslov ravnoteže po osi x nije zadovoljen.

Tvrdnju da se telo nalazi u stanju mirovanja na strmoj ravni iskustvo potvrđuje i objašnjava postojanjem trenja klizanja kojim strma ravan deluje na prizmatično telo:

1. sin0sin0 GFGFXi

2. cos0cos0 GNGNYi

Sila trenja

Pojava trenja je složen proces i zadire u veoma složenu atomsku strukturu materije. Zato nije moguće otpor trenja predvideti odnosno uticaj svih činilaca obuhvatiti nekim matematičkim obrascem. Kulon je definisao model pomoću koga se sa dovoljnom tačnošću rešavaju problemi sa trenjem. Eksperimentalne rezultate svojih istraživanja objavio je u obliku sledećih zakona: 1. Ukupni otpor trenja je sila trenja koja ima: - pravac kretanja (brzine) u tangencijalnoj ravni dodira tela, koji se ostvaruje ili koji se nastoji ostvariti a smer suprotan smeru kretanja. Ona je po pravcu i intenzitetu jednaka rezultanti aktivnih sila u ravni dodira a suprotnog je smera od nje. 2. Veličina sile trenja ne zavisi od veličine dodirnih površina već od vrste materijala i kvaliteta obrade dodirnih površina. 3. Veličina sile trenja upravo je proporcionalna veličini normalne reakcije podloge a faktor proporcionalnosti je koeficijent trenja pri klizanju. Veličina sile trenja određuje se sledećim izrazom:

NF

gde je: N - normalna reakcija

F - sila trenja

- koeficijent trenja

stanje dodirnih površina i vrstu materijala objekata čije se kretanje posmatra obuhvata koeficijent trenja kojeg treba eksperimentalno odrediti.

Ravnoteža kad deluje i trenje

Kulonovi zakoni i izraz NF omogućavaju da se problemi određivanja ravnoteže

kada postoji trenje rešavaju na isti način kao kada i nema trenja. - Telo se oslobodi veza koje se nadomeste reakcijama veza - uključujući i tangenicjalnu reakciju - silu trenja - Postave se uslovi ravnoteže u kojima je sila trenja prekobrojna nepoznata, ali problem nije statički neodređen jer dodatni uslov koji određuje silu trenja predstavlja izraz:

NF

Page 75: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

74

Trenje na strmoj ravni granični slučaj – neposredno pred početak kretanja niz strmu ravan

arctg - ugao trenja – otklon reakcije podloge od normale na ravan podloge

- ugao nagiba strme ravni Jednačine ravnoteže tela na strmoj ravni:

0sin0 RFX i ........ (1)

0cos0 RGYi ......... (2)

Iz (2)

cos

GR

Iz (1)

cos

)sin(sin GRF

tgGF

1. Za 0F telo se nalazi na granici klizanja

2. Za 0 F za pomicanje tela niz strmu ravan potrebna je sila

3. Za 0 F potrebna je sila da drži telo na strmoj ravni

Uslov samokočenja:

Trenje kotrljanja

Pojava trenja kotrljanja složenija je od pojave trenja klizanja ali se objašnjava jednostavnim i praktičnim modelom. Opisaćemo, pojednostavljeno kotrljanje kružnog valjka po ravnoj nepomičnoj podlozi za slučaj kada na valjak deluje: - vučna sila.

Posmatraćemo valjak na horizontalnoj podlozi. U središtu valjka deluje sila Q po pravcu vertikale čija je veličina jednaka zbiru težine valjka i korisnog opterećenja. Sila F je aktivna sila koja izaziva kretanje valjka. Neka su i valjak i podloga apsolutno kruti i idealno glatki. Ravnoteža ne postoji po osi x; valjak se kreće translatorno i sa ubrzanjem. Da bi se objasnilo kotrljanje valjka treba napustiti pretpostavku o apsolutnoj krutosti i idealnoj glatkoći. Obično se koristi model prikazan na slici:

- valjak se smatra apsolutno krutim ali hrapavim - podloga je deformabilna i hrapava.

Valjak deformiše podlogu i gura pred sobom jedan njen deo. Reakciju podloge, siluR

, shvatimo kao rezultantu pritiska kojom deformisani deo podloge deluje na valjak. U statici se proučava slučaj kada se središte valjka kreće konstantnom brzinom (ravnotežno stanje) pa pravac

delovanja reakcije R

mora prolaziti kroz središte valjka. Rastavimo silu R

na komponente N

i F

.

- sile F

i F

su u ravnoteži i formiraju spreg koji uzrokuje kotrljanje valjka

- Q

i N

su u ravnoteži a njihov spreg predstavlja otpor kotrljanju valjka u graničnom

položaju ravnoteže ova dva sprega su jednaka:

Page 76: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

75

N

r

kFF

kNrF

gr

max

max

Za gr

FF cilindar miruje a ako je gr

FF počinje kotrljanje cilindra.

Korak k se naziva koeficijent trenja kotrljanja ili krak otpora kotrljanja i meri se u cm. Veličina ovog

koeficijenta zavisi od materijala tela i određuje se eksperimentalnim putem. Odnos r

k je za

većinu materijala znatno manji od koeficijenta trenja . Zato se u praksi, kad je to moguće, teži da se klizanje zameni kotrljanjem. Primer 1. Homogena greda AB dužine l i težine G, oslanja se u tačkama A i B na hrapav vertikalni zid i hrapav vertikalni pod. Koeficijenti trenja su μA=0,5 i μB=0,4. Odrediti vrednost ugla α (ugao nagiba grede prema horizontali), pri kome greda ostaje u ravnoteži. Jednačine ravnoteže:

1. 00 BAi FFX

2. 00 GFFY BAi

02

03 cosl

GsinlFcoslFM. AAB

Dopunske jednačine ravnoteže:

4. BBB FF 5. AAA FF

Odakle dobijamo: GFB6

5 , GFA

3

1 ,

GF A6

1

GF B3

2 i 45min

Primer 2. Pomoću kočnice sa dobošom, prikazane na slici, spušta se jednoliki teret Q naniže. Ako je sila kočenja F=5kN, odrediti veličinu tereta Q čije se kretanje može sprečiti. Kolike su reakcije veza u osloncima A, O1 i O2 u tom slučaju. Trenje užeta o kotur i trenje u osloncima se može zanemriti.

Zadato je: r, G = 1kN, a = 40cm,b = 10cm, e = 6cm, μo = 0,25

Jednačine ravnoteže poluge:

0'')(0.1 eFbNbaFM tA

kNF

kNNN

NNF

NNF

t 44,5'

74,21'5,2'115,0

0'015,0'1,05,0

006,0'1,0'5,0

kNXX Ai 44,50.2

kNNFYFYNY AAi 74,1674,215'0'0.3

Page 77: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

76

Jednačine ravnoteže kočionog doboša:

rrFrQM t :/20.1 0

kNQFQ t 88,1044,522

kNFQXX tOi 32,1644,588,100.22

kNNGYY Oi 74,2274,2110.32

Reakcije u osloncu O1:

kNQXO 88,101

kNQYO 88,101

Primer 3. Homogeni kružni disk težine G oslanja se u tački L na strmu hrapavu ravan nagnutu pod uglom u odnosu na horizontalu. Za osovinu disku A učvršćena je dvokraka viljuška V zanemarljive težine za koju je vezano uže i prebačeno preko koturova B i C a potom pričvršćena u tački E diska. Odrediti intenzitet sile u užetu kao i vrednost koeficijenta trenja između diska i strme ravni. Trenje između užeta i koturova zanemariti a disk i podlogu smatrati apsolutno krutim telima.

Uže je mašinski elemenat koji menja pravac sile koju prenosi, ako se zanemari trenje

između užeta i koturova, veličina sile ostaje nepromenjena. Uslovi ravnoteže:

1. 0sinsin0 SGFSX i

2. 0coscos0 SGNY Li

3. SFrSrFM A 00

Dodatni uslov: LNF .3

sin2

sinsinsin2.1

GFSGS

sin2

cos2

sin2

sincossin2cos

sin2

cossincos.2

GGGGGNL

sin2

sin3

G

tg

G

2

1

cos2

sin

sin2

sin2

Primer 4. Sistem krutih tela prema slici sastoji se od dva spojena valjka (manjeg težine G1 i poluprečnika r i većeg težine G2 i poluprečnika r2) i tega težine G3, povezanog s užetom namotanim oko manjeg diska. Veći disk naslanja se o glatki upravni zid i hrapavu podlogu. Odrediti minimalnu težinu G3 potrebnu za početak kretanja, ako je dato: G1=6kN, G2=12kN, r2=2r i µ0=0.3.

Ravnoteža valjka: (proizvoljni sistem sila u ravni):

1. 045cos0

FSNXi

2. 0)(45cos0 121 GGSNYi

2

21845cos121 SSGGN

Page 78: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

77

3. rrNrSM FiA :/020 1

kNSS

SS

75,18576,0

8,108,10576,0

023,0)707,018(

Ravnoteža tereta na strmoj ravni: (tri sučeljne sile).

1. 0sin45sin0 '3 SRGXi

2. 045coscos0 3GRYi

(1)+(2) 0sincos ' SRR

kNS

R 96,27.........sincos

'

(1) kNR

G 88,37707,0

3578,096,27

45sin

cos3

FsinRNcosR

tgN

FNF

FNRFNR

22

71630 ,,arctgarctg

JEDNOSTAVNE MEHANIČKE MAŠINE

– koje u praksi služe za podizanje tereta i stezanje obradka

Poluga je čvrsto telo koje se može obrtati oko neke tačke (oslonca, zgloba). Postoje jednokrake i

dvokrake poluge. Poluga je jednokraka ako se i sila i teret nalaze na istoj strani oslonca, a dvokraka ako je

sila na jednoj strani a teret na drugoj.

Uslov ravnoteže na poluzi:

bQaP

krakteretkraksila

Primer : Ventil sigurnosti na parnom kotlu Kada pritisak u kotlu (p) dostigne propisanu vrednost ventil sigurnosti (V) obara otvor (d). Za zadate podatke na slici:

Odrediti težinu tega NQt pri čemu će se otvoriti

ventil sigurnosti kada pritisak prekorači zadatu vrednost. Rešenje: Sistem ventila sigurnosti možemo predstaviti nosačem:

pdFP 4/2

N

m

Nm

2

2

Fp - sila pritiska na ventil

gmQ tt

Uslovi ravnoteže ventila glase:

AtptB

tpAiFQ

lFllQM

QFFY,

00

00

121

ugao trenja

Page 79: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

78

Poluge se veoma često koriste kao elementi za stezanje. Aktivna sila F se najčešće

ostvaruje ručno, pomoću vijka, ekscentra ili klina. Sila stezanja SF zavisi od kraka poluge,

međusobnog rastojanja oslonaca i aktivne sile F . Mogu se javiti tri slučaja: 1. Sila F je između oslonca 2. Oslonac se nalazi 3. Sila stezanja se nalazi između

i sile stezanja između F i FS oslonca i aktivne sile

21

1

ll

lFFS

2

1

l

lFFS

2

21

l

llFFS

Koturovi

Pomoću kotura možemo menjati pravac sile. a) Nepomični kotur b) pomični kotur QS

Sile jednake na krajevima užeta - Slučaj kada nema trenja

Koturače

a) Arhimedova koturača (slučaj bez trenja) b)Potencijalna koturača

nQS 2 nQS 2

n – broj pomičnih koturova n- broj pomičnih koturova

Page 80: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

79

Trenje užeta Trenje užeta je tangencijalni otpor koji se javlja pri relativnom međusobnom klizanju zategnutog užeta prebačenog preko kotura.

a) dizanje tereta b) pridržavanje tereta t. k –tendencija kretanja

eGF

GF

- Ojlerova formula

eGP

eGPePG

PGGP

- obuhvatni ugao u rad (360

20

)

- koeficijent statičkog trenja (zavisi od materijala užeta i doboša)

72.2e -prirodna konstanta c) Ravnotežna sila u uzetu S

eGSeG

FSP

Primer: kočnica s trakom

Za zadate podatke na skici odrediti silu kočenja KF vratila

prenosnika koje se pokreće obrtnim momentom motora (M), a koči trakom. U ovom slučaju uže je nepomično a doboš rotira pod dejstvom sprega, pa će uze pružati otpor okretanju valjka – efekat koji se koristi pri konstrukciji pojasnih kočnica. Uslovi ravnoteže glase:

Za polugu AB- 00 1121 lSllFM KA

Za doboš- 02/2/0 21 DSDSMMO

eSSSS 1212 - Ojlerov obrazac

KFSS ,, 21 N

t.k

t.k.

t.k

t.k.

Page 81: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

80

Primer Kočnica sa papučama Za zadate podatke na skici, odrediti silu kočenja (Fk) prenosnika koji se pokreće obrtnim momentom motora (M).

NmM - Pogonski

moment

md - Prečnik doboša

kočnice

Uslov ravnoteže glasi: 02/2/0 dFdFMMO

0 dFM , kFF -Kulonov zakon trenja

dMFdFM kk 0 N

Klinovi

Klin je jednostavna sprava koja se koristi za podizanje tereta i stezanje obradka u steznom alatu. Primer podizanja tereta Odrediti veličinu sile F potrebne za dizanje tereta Q pomoću dva klina zanemarljive

težine, ako je dato: Q , 1 , 2 ,

Rešenje:

Koordinatni sistem zaokrene se za ugao 1 što u ovom slučaju pojednostavljuje jednačine

ravnoteže. Klinovi se oslobađaju veza s podlogom ucrtavanjem odgovarajućih reakcija veza.

Uglovi trenja:

21

22

11

arctg

arctg

(Ugao trenja određuje pravac reakcije realne veze

R

(sa trenjem) prema normali na tangencijalnu ravan dodira tela. Za reakciju realne podloge važi:

FNR

, odnosno 2FNR

;

arctgtgN

F )

Jednačine ravnoteže su: - klin 1

1. 0sinsin0 211 RQRXi

2.

cos

cos0coscos0 1

221 QRRQYi

Page 82: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

81

1. 121 sinsin QRR

- klin 2

3. 1

221cos

sin0sincos0

RFRFXi

4. 123123 sincos0sincos0 FRRFRRYi

Primer: proračun stezanja pomoću klina Klinovi mogu biti jednostrani i dvostrani. Jednostrani klin ima jednu strmu ravan pod uglom . Koristi se za direkno i indirekno stezanje.

Kod direknog stezanja s obema dodirnim površinama (kosom i ravnom) aktivna sila

F mora biti u ravnoteži sa hF i 2tF :

2th FFF

1 tgFF Sh ; 22 tgFF St

21 tgtgFF S

21 tgtg

FFS

gde je: - ugao nagiba radne površine klina

1 - ugao trenja klizanja na kosoj površini klina

2 - ugao trenja klizanja na ravnoj površini

Za slučaj indirektnog stezanja klin 1 deluje na obradak preko potiskivača 2 oslanjanjem na vođice 3.

Izraz za silu stezanja obradka (dobijen iz uslova ravnoteže potiskivača (2)):

3tSSO FFF ; ht FF 33

..............................................

21

31SO

tgtg

tg)(tg1FF

Page 83: TEHNIČKA MEHANIKA I (STATIKA)

82

PODSETNIK MATEMATIČKIH FORMULA

Algebra

Stepenovanje: bababababababababa 22222222 22

kvadratna jednačina: a

acbbxcbxax ,

2

40

2

212

Trigonometrija

U pravouglom su trouglu 090 :

katete – stranice a i b uz prav ugao, hipotenuza – stranica c naspram pravog ugla.

Za pravougli trougao važi Pitagorina teorema: 222 bac

Ugao je deo ravni između dve poluprave koje polaze iz iste tačke s jedne ili s druge strane. Meri se stepenima (0) ( manjim jedinicama: minut (,) i sekund („)) i radijanima (rad). Broj koji se dobije kao količnik dužine luka kružnice i poluprečnika nazina se radijan.

2 rad =3600 (pun krug je 2 rad ili 3600) 1 547157180 0

rad

Triginimetrijske funkcije ugla su odnosi stranica pravouglog trougla:

hipotenuza

katetanaspramna

c

asin , ,cos

hipotenuza

katetanalegla

c

b

katetanalegla

katetanaspramna

b

atg ,

katetanaspramna

katetanalegla

c

bctg

Vrednosti trigonometrijskih funkcija često potrebnih uglova:

rad 0

6/ 300

6/ 450

4/ 600

3/ 900

2/ 1800

2700 2/3

3600 2

sin 0 21 / 22 / 23 / 1 0 -1 0

cos 1 23 / 22 / 21 / 0 -1 0 1

tg 0 3/3 1 3 0 0

ctg 3 1 3/3 0 0

Osnovni odnosi trigonometrijskih funkcija

cos

sintgcossin 122 ;

sin

cosctg ; 1 ctgtg

Adicione formule

22222 sincoscoscossinsin

sinsincoscoscossincoscossinsin

Kosougli trougao

0180

Sinusna teorema: sin

c

sin

b

sin

a

Kosinusna teorema: cos2222 bccba

cos2222 accab

cosabbac 2222