1

TRENJE

• Trenje klizanja • Trenje kotrljanja • Trenje gipkih tela

2

Zadatak 1: Lestve 𝐴𝐴𝐴𝐴, dužine 𝑙𝑙 i težine 𝐺𝐺, oslanjaju se o vertikalni zid pod uglom 𝛼𝛼. Odrediti do koje visine 𝑎𝑎 može se popeti čovek težine 𝑄𝑄, a da ne nastupi klizanje lestava.

Rešenje: U trenutku kada počinje klizanje, na lestve dejstvuju otpori oslonaca 𝑁𝑁𝐴𝐴 i 𝑇𝑇𝐴𝐴 = 𝜇𝜇0𝑁𝑁𝐴𝐴 u tački 𝐴𝐴, i 𝑁𝑁𝐵𝐵 i 𝑇𝑇𝐵𝐵 = 𝜇𝜇0𝑁𝑁𝐵𝐵 u tački 𝐴𝐴.

Iz uslova ravnoteže, a za usvojeni koordinatni sistem 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 pokazan na slici u zadatku dobijamo jednačine:

∑𝑋𝑋𝑖𝑖 = 0 𝑁𝑁𝐵𝐵 − 𝑇𝑇𝐴𝐴 = 0 (1)

∑𝑌𝑌𝑖𝑖 = 0 𝑁𝑁𝐴𝐴 − 𝐺𝐺 − 𝑄𝑄 + 𝑇𝑇𝐵𝐵 = 0 (2)

∑𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0 𝐺𝐺 ∙ 𝑙𝑙2

sin𝛼𝛼 + 𝑄𝑄 ∙ 𝑎𝑎 sin𝛼𝛼 − 𝑁𝑁𝐵𝐵 ∙ 𝑙𝑙 cos𝛼𝛼 − 𝑇𝑇𝐵𝐵 ∙ 𝑙𝑙 sin𝛼𝛼 = 0 (3)

Iz (1) 𝑁𝑁𝐵𝐵 = 𝑇𝑇𝐴𝐴

𝑁𝑁𝐵𝐵 = 𝜇𝜇0𝑁𝑁𝐴𝐴 (4)

Iz (2), (4) 𝑁𝑁𝐴𝐴 − 𝐺𝐺 − 𝑄𝑄 + 𝜇𝜇0𝑁𝑁𝐵𝐵 = 0

𝑁𝑁𝐴𝐴 − 𝐺𝐺 − 𝑄𝑄 + 𝜇𝜇0𝜇𝜇0𝑁𝑁𝐴𝐴 = 0

𝑁𝑁𝐴𝐴 + 𝑁𝑁𝐴𝐴𝜇𝜇02 = 𝐺𝐺 + 𝑄𝑄

𝑁𝑁𝐴𝐴(1 + 𝜇𝜇02) = 𝐺𝐺 + 𝑄𝑄

𝑁𝑁𝐴𝐴 = 𝐺𝐺+𝑄𝑄�1+𝜇𝜇02�

(5)

3

Iz (4), (5) 𝑁𝑁𝐵𝐵 = 𝜇𝜇0𝐺𝐺+𝑄𝑄

�1+𝜇𝜇02�

Iz (3) 𝐺𝐺 ∙ 𝑙𝑙2

sin𝛼𝛼 + 𝑄𝑄 ∙ 𝑎𝑎 sin𝛼𝛼 − 𝑁𝑁𝐵𝐵 ∙ 𝑙𝑙 cos𝛼𝛼 − 𝜇𝜇0𝑁𝑁𝐵𝐵 ∙ 𝑙𝑙 sin𝛼𝛼 = 0

𝑄𝑄 ∙ 𝑎𝑎 sin𝛼𝛼 = 𝑁𝑁𝐵𝐵 ∙ 𝑙𝑙 cos𝛼𝛼 + 𝜇𝜇0𝑁𝑁𝐵𝐵 ∙ 𝑙𝑙 sin𝛼𝛼 − 𝐺𝐺 ∙ 𝑙𝑙2

sin𝛼𝛼

𝑄𝑄 ∙ 𝑎𝑎 sin𝛼𝛼 = 𝑁𝑁𝐵𝐵 ∙ 𝑙𝑙(cos𝛼𝛼 + 𝜇𝜇0 sin𝛼𝛼) − 𝐺𝐺 ∙ 𝑙𝑙2

sin𝛼𝛼

𝑄𝑄 ∙ 𝑎𝑎 =𝑁𝑁𝐵𝐵∙𝑙𝑙(cos𝛼𝛼+𝜇𝜇0 sin𝛼𝛼)−𝐺𝐺∙𝑙𝑙2 sin𝛼𝛼

sin𝛼𝛼

𝑄𝑄 ∙ 𝑎𝑎 =𝑙𝑙�𝑁𝑁𝐵𝐵(cos𝛼𝛼+𝜇𝜇0 sin𝛼𝛼)−𝐺𝐺2 sin𝛼𝛼�

sin𝛼𝛼

𝑎𝑎 = 𝑙𝑙𝑄𝑄�𝑁𝑁𝐵𝐵(ctg𝛼𝛼 + 𝜇𝜇0) − 𝐺𝐺

2�

4

Zadatak 2: Odrediti težinu 𝑃𝑃�⃗ tereta 𝐴𝐴, koji drži u ravnoteži, na hrapavoj strmoj ravni, teret 𝐴𝐴 težine �⃗�𝐺. Strma ravan je nagnuta pod uglom 𝛼𝛼 prema horizontali. Koeficijent trenja klizanja između tereta 𝐴𝐴 i strme ravni je 𝜇𝜇 = tg𝜑𝜑.

Rešenje: Težina 𝑃𝑃 tereta 𝐴𝐴, kojom se teret 𝐴𝐴 održava u položaju ravnoteže, nije jednoznačno određena. Naime, ako je potrebno odrediti najveću dozvoljenu težinu 𝑃𝑃 (𝑃𝑃𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚), tako da teret 𝐴𝐴 bude u ravnoteži, tada je sila trenja klizanja usmerena niz strmu ravan jer teret 𝐴𝐴 teži da se pomeri uz strmu ravan (slika pod a.). U slučaju kada se određuje najmanja težina 𝑃𝑃 tereta 𝐴𝐴 (𝑃𝑃𝑚𝑚𝑖𝑖𝑚𝑚), sila trenja klizanja je usmerena uz strmu ravan (suprotno mogućem kretanju tereta 𝐴𝐴), kao što je na slici pod b. prikazano.

U oba slučaja na teret 𝐴𝐴 deluje ravan sistem sučeljnih sila, pa su uslovi ravnoteže za teret 𝐴𝐴 na slici pod a:

∑𝑍𝑍𝑖𝑖 = 0 𝑃𝑃𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝐹𝐹𝜇𝜇 − 𝐺𝐺 sin𝛼𝛼 = 0 (1)

∑𝑌𝑌𝑖𝑖 = 0 𝐺𝐺 cos𝛼𝛼 − 𝐹𝐹𝑁𝑁 = 0 (2)

a u slučaju sa slike pod b. uslovi ravnoteže su

∑𝑍𝑍𝑖𝑖 = 0 𝑃𝑃𝑚𝑚𝑖𝑖𝑚𝑚 + 𝐹𝐹𝜇𝜇 − 𝐺𝐺 sin𝛼𝛼 = 0 (3)

∑𝑌𝑌𝑖𝑖 = 0 𝐺𝐺 cos𝛼𝛼 − 𝐹𝐹𝑁𝑁 = 0 (4)

Uzimajući u obzir relaciju 𝐹𝐹𝜇𝜇 = 𝜇𝜇𝐹𝐹𝑁𝑁 = tg𝜑𝜑𝐹𝐹𝑁𝑁, i da su nepoznate jednačine (2) i (4) identične, iz prethodnog sistema jednačina se mogu odrediti nepoznate veličine:

Iz (2) 𝐹𝐹𝑁𝑁 = 𝐺𝐺 cos𝛼𝛼

Iz (1) 𝑃𝑃𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝐹𝐹𝜇𝜇 + 𝐺𝐺 sin𝛼𝛼

𝑃𝑃𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = tg𝜑𝜑𝐹𝐹𝑁𝑁 + 𝐺𝐺 sin𝛼𝛼

𝑃𝑃𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = tg𝜑𝜑𝐺𝐺 cos𝛼𝛼 + 𝐺𝐺 sin𝛼𝛼

𝑃𝑃𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝐺𝐺(tg𝜑𝜑 cos𝛼𝛼 + sin𝛼𝛼)

𝑃𝑃𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝐺𝐺 �sin𝜑𝜑 cos𝛼𝛼cos𝜑𝜑

+ sin𝛼𝛼�

5

𝑃𝑃𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝐺𝐺 �sin𝜑𝜑 cos𝛼𝛼+sin𝛼𝛼 cos𝜑𝜑cos𝜑𝜑

�

𝑃𝑃𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝐺𝐺 sin(𝛼𝛼+𝜑𝜑)cos𝜑𝜑

Iz (3) 𝑃𝑃𝑚𝑚𝑖𝑖𝑚𝑚 = 𝐺𝐺 sin𝛼𝛼 − 𝐹𝐹𝜇𝜇

𝑃𝑃𝑚𝑚𝑖𝑖𝑚𝑚 = 𝐺𝐺 sin𝛼𝛼 − tg𝜑𝜑𝐹𝐹𝑁𝑁

𝑃𝑃𝑚𝑚𝑖𝑖𝑚𝑚 = 𝐺𝐺 sin𝛼𝛼 − tg𝜑𝜑𝐺𝐺 cos𝛼𝛼

𝑃𝑃𝑚𝑚𝑖𝑖𝑚𝑚 = 𝐺𝐺(sin𝛼𝛼 − tg𝜑𝜑 cos𝛼𝛼)

𝑃𝑃𝑚𝑚𝑖𝑖𝑚𝑚 = 𝐺𝐺 �sin𝛼𝛼 − sin𝜑𝜑 cos𝛼𝛼cos𝜑𝜑

�

𝑃𝑃𝑚𝑚𝑖𝑖𝑚𝑚 = 𝐺𝐺 �sin𝛼𝛼 cos𝜑𝜑−sin𝜑𝜑 cos𝛼𝛼cos𝜑𝜑

�

𝑃𝑃𝑚𝑚𝑖𝑖𝑚𝑚 = 𝐺𝐺 sin(𝛼𝛼−𝜑𝜑)cos𝜑𝜑

Dakle, teret 𝐴𝐴 će mirovati na strmoj ravni ako težina tereta 𝐴𝐴 zadovoljava sledeću relaciju:

𝑃𝑃𝑚𝑚𝑖𝑖𝑚𝑚 ≤ 𝑃𝑃 ≤ 𝑃𝑃𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚

6

Zadatak 3: Čovek gura pred sobom valjak, poluprečnika 𝑟𝑟 i težine 𝐺𝐺, pri čemu pritiskuje na valjak silom 𝑃𝑃, stalne veličine, koja čini ugao 𝛼𝛼 sa horizontalom. Odrediti otpor površine i veličinu sile 𝑃𝑃 koja je potrebna za ravnomerno horizontalno kretanje valjka.

Rešenje: Ako valjak oslobodimo veza, onda na njega, u slučaju ravnoteže koja nastupa pri ravnomernom kretanju, dejstvuju sledeće sile: sopstvena težina 𝐺𝐺, pritisak čoveka 𝑃𝑃, normalni otpor 𝑁𝑁 površine i otpor trenja.

Usvojimo koordinatni sistem 𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂𝑂 i postavimo uslove ravnoteže:

∑𝑋𝑋𝑖𝑖 = 0 𝑇𝑇 − 𝑃𝑃 cos𝛼𝛼 = 0 (1)

∑𝑌𝑌𝑖𝑖 = 0 𝑁𝑁 − 𝐺𝐺 + 𝑃𝑃 sin𝛼𝛼 = 0 (2)

∑𝑀𝑀𝐷𝐷 = 0 𝑃𝑃 ∙ 𝑟𝑟 cos𝛼𝛼 − 𝑃𝑃 ∙ 𝑘𝑘 sin𝛼𝛼 − 𝐺𝐺 ∙ 𝑘𝑘 = 0 (3)

Iz (3) 𝑃𝑃 ∙ 𝑟𝑟 cos𝛼𝛼 − 𝑃𝑃 ∙ 𝑘𝑘 sin𝛼𝛼 = 𝐺𝐺 ∙ 𝑘𝑘

𝑃𝑃 ∙ (𝑟𝑟 cos𝛼𝛼 − 𝑘𝑘 sin𝛼𝛼) = 𝐺𝐺 ∙ 𝑘𝑘

𝑃𝑃 = 𝐺𝐺∙𝑘𝑘(𝑟𝑟 cos𝛼𝛼−𝑘𝑘 sin𝛼𝛼) (4)

Iz (1), (4) 𝑇𝑇 = 𝑃𝑃 cos𝛼𝛼

𝑇𝑇 = 𝐺𝐺∙𝑘𝑘 cos𝛼𝛼(𝑟𝑟 cos𝛼𝛼−𝑘𝑘 sin𝛼𝛼)

Iz (2), (4) 𝑁𝑁 = 𝐺𝐺 − 𝑃𝑃 sin𝛼𝛼

𝑁𝑁 = 𝐺𝐺 − 𝐺𝐺∙𝑘𝑘(𝑟𝑟 cos𝛼𝛼−𝑘𝑘 sin𝛼𝛼) sin𝛼𝛼

𝑁𝑁 = 𝐺𝐺 �1 − 𝑘𝑘 sin𝛼𝛼(𝑟𝑟 cos𝛼𝛼−𝑘𝑘 sin𝛼𝛼)

�

7

Zadatak 4: Točak, poluprečnika 𝑅𝑅 i težine �⃗�𝐺, održava sila �⃗�𝐹 u ravnoteži na strmoj ravni nagibnog ugla 𝛼𝛼. Koeficijent trenja kotrljanja između točka i podloge je 𝑓𝑓. Odrediti intenzitet sile �⃗�𝐹 tako da točak miruje.

Rešenje: Intenzitet sile �⃗�𝐹, koja održava točak u stanju mirovanja, nije jednoznačno određen. Najveći intenzitet sile �⃗�𝐹, pri kome je točak u stanju merovanja, teži da pokrene točak uz strmu ravan tako da je normalna reakcija veze pomerena za 𝑓𝑓 uz strmu ravan u odnosu na osu točka (slika pod a). U slučaju najmanjeg intenziteta sile �⃗�𝐹 javlja se slučaj prikazan na slici pod b.

Uslovi ravnoteže točka na slici pod a. su:

∑𝑍𝑍𝑖𝑖 = 0 𝐹𝐹𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 − 𝐺𝐺 sin𝛼𝛼 − 𝐹𝐹𝜇𝜇 = 0 (1)

∑𝑌𝑌𝑖𝑖 = 0 −𝐹𝐹𝑁𝑁 + 𝐺𝐺 cos𝛼𝛼 = 0 (2)

∑𝑀𝑀𝐷𝐷 = 0 𝐺𝐺 sin𝛼𝛼 𝑅𝑅 + 𝐺𝐺 cos𝛼𝛼 𝑓𝑓 − 𝐹𝐹𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑅𝑅 = 0 (3)

Jednačinom (3) određen je najveći intenzitet sile �⃗�𝐹, tj.

𝐹𝐹𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑅𝑅 = 𝐺𝐺 sin𝛼𝛼 𝑅𝑅 + 𝐺𝐺 cos𝛼𝛼 𝑓𝑓

𝐹𝐹𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝐺𝐺 sin𝛼𝛼 + 𝐺𝐺 cos𝛼𝛼 𝑓𝑓𝑅𝑅

𝐹𝐹𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚 = 𝐺𝐺 �sin𝛼𝛼 + 𝑓𝑓𝑅𝑅

cos𝛼𝛼� (4)

8

dok jednačine (1) i (2) određuju nepoznate 𝐹𝐹𝑁𝑁 i 𝐹𝐹𝜇𝜇. Treba naglasiti da kod kotrljanja bez klizanja ne važi relacija 𝐹𝐹𝜇𝜇 = 𝜇𝜇𝐹𝐹𝑁𝑁 i smer sile �⃗�𝐹𝜇𝜇 se pretpostavlja, a tačnost pretpostavke se proverava njenim izračunavanjem.

U cilju određivanja najmanjeg intenziteta sile �⃗�𝐹, dovoljno je postaviti samo jedan uslov ravnoteže točka prikazanog na slici pod b.

∑𝑀𝑀𝐷𝐷 = 0 𝐺𝐺 sin𝛼𝛼 𝑅𝑅 − 𝐺𝐺 cos𝛼𝛼 𝑓𝑓 − 𝐹𝐹𝑚𝑚𝑖𝑖𝑚𝑚𝑅𝑅 = 0 (5)

Iz jednačine (4) se dobija:

𝐹𝐹𝑚𝑚𝑖𝑖𝑚𝑚𝑅𝑅 = 𝐺𝐺 sin𝛼𝛼 𝑅𝑅 − 𝐺𝐺 cos𝛼𝛼 𝑓𝑓

𝐹𝐹𝑚𝑚𝑖𝑖𝑚𝑚 = 𝐺𝐺 sin𝛼𝛼 − 𝐺𝐺 cos𝛼𝛼 𝑓𝑓𝑅𝑅

𝐹𝐹𝑚𝑚𝑖𝑖𝑚𝑚 = 𝐺𝐺 �sin𝛼𝛼 − 𝑓𝑓𝑅𝑅

cos𝛼𝛼� (6)

Točak će mirovati ako je zadovoljena sledeća relacija:

𝐹𝐹𝑚𝑚𝑖𝑖𝑚𝑚 ≤ 𝐹𝐹 ≤ 𝐹𝐹𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚𝑚

9

Zadatak 5: Pri vezivanju broda namotava se konopac oko valjkastih stubova (bitvi) u vidu osmica, pri čemu mornar silom 𝑃𝑃 održava u ravnoteži silu 𝑄𝑄 kojom brod zateže konopac.

a) Odrediti koeficijent trenja 𝜇𝜇0 konopca o bitve ako je ugao obuhvatanja svake bitve 240° i ako je za ravnotežu potrebno namotati konopac u vidu tri osmice.

b) Izračunati koliko bi puta trebalo namotati konopac oko jedne bitve u slučaju kada mornar održava teret 𝑄𝑄 silom 𝑃𝑃 = 500 [𝑁𝑁], a koeficijent trenja konopca o bitvu je 𝜇𝜇0 = 0,4.

Rešenje:

a) Ukupni ugao obuhvatanja konopca biće

𝛼𝛼 = 2 ∙ 3 ∙ 240° = 1440° ∙𝜋𝜋

180°= 8𝜋𝜋

Kada stavimo ovu vrednost u obrazac ln 𝑄𝑄𝑃𝑃

= 𝜇𝜇0 ∙ 𝛼𝛼 dobijamo:

ln𝑄𝑄𝑃𝑃

= 8𝜋𝜋𝜇𝜇0

Traženu vrednost koeficijenta trenja konopca o bitve možemo izračunati iz prethodne relacije:

𝜇𝜇0 =1

8𝜋𝜋ln𝑄𝑄𝑃𝑃

b) Ako konopac jedanput obavijemo oko bitve, onda ugao obuhvatanja 𝛼𝛼 iznosi 2𝜋𝜋. Za 𝑛𝑛 punih namotaja konopca oko bitve, ukupni ugao obuhvatanja biće 𝛼𝛼 = 2𝜋𝜋𝑛𝑛.

Iz ovoga dobijamo:

𝑛𝑛 =1

2𝜋𝜋𝜇𝜇0(ln𝑄𝑄 − ln𝑃𝑃)

𝑛𝑛 =1

2𝜋𝜋 ∙ 0,4(ln𝑄𝑄 − ln 500) ≈ 0,4 ln𝑄𝑄 − 2,48

10

GRAFOSTATIKA

11

Zadatak 6: Prosta greda 𝐴𝐴𝐴𝐴, raspona 5𝑙𝑙, opterećena je na dužini 𝐶𝐶𝐶𝐶 jednolikim opterećenjem 𝑞𝑞, a u preseku 𝐸𝐸 kosom koncentrisanom silom �⃗�𝐹. Odrediti otpore oslonaca i nacrtati dijagram aksijalne sile, dijagram transferzalne sile i dijagram napadnog momenta, ako je 𝑙𝑙 = 1[𝑚𝑚], 𝑞𝑞 = 1 𝑘𝑘𝑁𝑁

𝑚𝑚 i 𝐹𝐹 = 2√2[𝑘𝑘𝑁𝑁].

Rešenje: (Slika na kraju proračuna)

Kontinualno opterećenje zamenimo koncentrisanom silom

𝐹𝐹𝑞𝑞 = 𝑞𝑞 ∙ 2𝑙𝑙 = 1 ∙ 2 ∙ 1 = 2[𝑘𝑘𝑁𝑁]

Otpore oslonaca 𝐴𝐴 i 𝐴𝐴 možemo odrediti analitički iz uslova ravnoteže:

∑𝑋𝑋𝑖𝑖 = 0 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑚𝑚 − 𝐹𝐹 cos 45° = 0 (1)

∑𝑌𝑌𝑖𝑖 = 0 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 − 𝐹𝐹𝑞𝑞 − 𝐹𝐹 sin 45° + 𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦 = 0 (2)

∑𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0 −𝐹𝐹𝑞𝑞 ∙ 2𝑙𝑙 − 𝐹𝐹 sin 45° ∙ 4𝑙𝑙 + 𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦 ∙ 5𝑙𝑙 = 0 (3)

Iz (1) 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑚𝑚 = 𝐹𝐹 cos 45°

𝐹𝐹𝐴𝐴𝑚𝑚 = 2√2 ∙ √22

= 2[𝑘𝑘𝑁𝑁]

Iz (3) 𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦 ∙ 5𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝑞𝑞 ∙ 2𝑙𝑙 + 𝐹𝐹 sin 45° ∙ 4𝑙𝑙

𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦 = 𝐹𝐹𝑞𝑞∙2𝑙𝑙+𝐹𝐹 sin 45°∙4𝑙𝑙5𝑙𝑙

=2∙2∙1+2√2∙√22 ∙4∙1

5∙1= 2,4[𝑘𝑘𝑁𝑁]

Iz (2) 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 = 𝐹𝐹𝑞𝑞 + 𝐹𝐹 sin 45° − 𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦

𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 = 2 + 2√2 ∙ √22− 2,4 = 1,6[𝑘𝑘𝑁𝑁]

Proračun za crtanje dijagrama:

Dijagram aksijalne sile:

𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴𝑙𝑙 = −𝐹𝐹𝐴𝐴𝑚𝑚 = −2[𝑘𝑘𝑁𝑁]

𝐹𝐹𝐴𝐴𝐸𝐸𝑙𝑙 = −𝐹𝐹𝐴𝐴𝑚𝑚 + 𝐹𝐹 cos 45° = −2 + 2√2 √2

2= 0[𝑘𝑘𝑁𝑁]

Dijagram transferzalne sile:

𝐹𝐹𝑇𝑇𝐴𝐴𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 = 1,6[𝑘𝑘𝑁𝑁]

𝐹𝐹𝑇𝑇𝐶𝐶𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 = 1,6[𝑘𝑘𝑁𝑁]

𝐹𝐹𝑇𝑇𝐹𝐹𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 − 𝑞𝑞 ∙ 𝑙𝑙 = 1,6 − 1 ∙ 1 = 0,6[𝑘𝑘𝑁𝑁]

12

𝐹𝐹𝑇𝑇𝐷𝐷𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 − 𝑞𝑞 ∙ 2𝑙𝑙 = 1,6 − 1 ∙ 2 = −0,4[𝑘𝑘𝑁𝑁]

𝐹𝐹𝑇𝑇𝐸𝐸𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 − 𝑞𝑞 ∙ 2𝑙𝑙 − 𝐹𝐹 cos 45° = 1,6 − 1 ∙ 2 − 2√2 √2

2= −2,4[𝑘𝑘𝑁𝑁]

𝐹𝐹𝑇𝑇𝐸𝐸𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 − 𝑞𝑞 ∙ 2𝑙𝑙 − 𝐹𝐹 cos 45° + 𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦 = 1,6 − 1 ∙ 2 − 2√2 √2

2+ 2,4 = 0[𝑘𝑘𝑁𝑁]

Dijagram napadnog momenta:

𝑀𝑀𝐴𝐴𝑙𝑙 = 0[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚]

𝑀𝑀𝐶𝐶𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 ∙ 𝑙𝑙 = 1,6 ∙ 1 = 1,6[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚]

𝑀𝑀𝐹𝐹𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 ∙ 2𝑙𝑙 − 𝑞𝑞 ∙ 𝑙𝑙 ∙ 𝑙𝑙

2= 1,6 ∙ 2 ∙ 1 − 1 ∙ 1 ∙ 1

2= 2,7[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚]

𝑀𝑀𝑇𝑇𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 ∙ (𝑙𝑙 + 𝑧𝑧) − 𝑞𝑞 ∙ 𝑧𝑧 ∙ 𝑧𝑧

2= 1,6 ∙ (1 + 1,6) − 1 ∙ 1,6 ∙ 1,6

2= 2,88[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚] *

𝑀𝑀𝐷𝐷𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 ∙ 3𝑙𝑙 − 𝑞𝑞 ∙ 2𝑙𝑙 ∙ 𝑙𝑙 = 1,6 ∙ 3 ∙ 1 − 1 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 1 = 2,8[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚]

𝑀𝑀𝐸𝐸𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 ∙ 4𝑙𝑙 − 𝑞𝑞 ∙ 2𝑙𝑙 ∙ 2𝑙𝑙 = 1,6 ∙ 4 ∙ 1 − 1 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 2 ∙ 1 = 2,4[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚]

𝑀𝑀𝐵𝐵𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 ∙ 5𝑙𝑙 − 𝑞𝑞 ∙ 2𝑙𝑙 ∙ 3𝑙𝑙 − 𝐹𝐹 sin 45° = 1,6 ∙ 5 ∙ 1 − 1 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 3 ∙ 1 − 2√2 √2

2= 0[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚]

*Napomena: Tačka napadnog momenta 𝑀𝑀𝑇𝑇𝑙𝑙 se određuje pomoću rastojanja 𝑧𝑧 kojeg određujemo iz

uslova da je transferzalna sila u navedenom preseku jednaka 0:

𝐹𝐹𝑇𝑇0𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 − 𝑞𝑞 ∙ 𝑧𝑧 = 0

𝑞𝑞 ∙ 𝑧𝑧 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦

𝑧𝑧 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦𝑞𝑞

= 1,61

= 1,6[𝑚𝑚]

Dijagrami aksijalne sile, transferzalne sile i napadnog momenta prikazani su na slici ispod. Opasni presek grede nalazi se na mestu gde je napadni moment najveći, odnosno gde je transferzalna sila jednaka nuli.

13

14

Zadatak 7: Konzola 𝐴𝐴𝐴𝐴, dužine 𝑙𝑙, opterećena je u preseku 𝐶𝐶 horizontalnom ekscentričnom silom �⃗�𝐹1, a na slobodnom kraju 𝐴𝐴 vertikalnom silom �⃗�𝐹2. Odrediti otpore ukleštenja i nacrtati dijagrame transferzalne i aksijalne sile i napadnog momenta.

Rešenje: (Slika na kraju proračuna)

Otpore ukleštenja odredićemo analitički iz uslova ravnoteže:

∑𝑋𝑋𝑖𝑖 = 0 −𝐹𝐹𝐴𝐴𝑚𝑚 + 𝐹𝐹1 = 0 (1)

∑𝑌𝑌𝑖𝑖 = 0 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 − 𝐹𝐹2 = 0 (2)

∑𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0 𝑀𝑀𝐴𝐴 −𝑀𝑀1 − 𝐹𝐹2 ∙ 𝑙𝑙 = 0 (3)

Iz (1) 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑚𝑚 = 𝐹𝐹1

𝐹𝐹𝐴𝐴𝑚𝑚 = 1[𝑘𝑘𝑁𝑁]

Iz (2) 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 = 𝐹𝐹2

𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 = 1[𝑘𝑘𝑁𝑁]

Iz (3) 𝑀𝑀𝐴𝐴 = 𝑀𝑀1 + 𝐹𝐹2 ∙ 𝑙𝑙

𝑀𝑀𝐴𝐴 = 1 + 1 ∙ 3

𝑀𝑀𝐴𝐴 = 4[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚]

Proračun za crtanje dijagrama:

Dijagram aksijalne sile:

𝐹𝐹𝐴𝐴𝐴𝐴𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑚𝑚 = 1[𝑘𝑘𝑁𝑁]

𝐹𝐹𝐴𝐴𝐶𝐶𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑚𝑚 − 𝐹𝐹1 = 1 − 1 = 0[𝑘𝑘𝑁𝑁]

Dijagram transferzalne sile:

𝐹𝐹𝑇𝑇𝐴𝐴𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 = 1[𝑘𝑘𝑁𝑁]

𝐹𝐹𝑇𝑇𝐵𝐵𝑙𝑙 = 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 − 𝐹𝐹2 = 1 − 1 = 0[𝑘𝑘𝑁𝑁]

15

Dijagram napadnog momenta:

𝑀𝑀𝐴𝐴𝑙𝑙 = −𝑀𝑀𝐴𝐴 = −4[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚]

𝑀𝑀𝐶𝐶𝑏𝑏𝑏𝑏𝑙𝑙 = −𝑀𝑀𝐴𝐴 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 ∙ 𝑏𝑏 = −4 + 1 ∙ 1 = −3[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚]

𝑀𝑀𝐶𝐶𝑙𝑙 = −𝑀𝑀𝐴𝐴 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 ∙ 𝑏𝑏 + 𝑀𝑀1 = −4 + 1 ∙ 1 + 1 = −2[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚]

𝑀𝑀𝐵𝐵𝑙𝑙 = −𝑀𝑀𝐴𝐴 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 ∙ 𝑙𝑙 + 𝑀𝑀1 = −4 + 1 ∙ 3 + 1 = 0[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚]

16

Zadatak 8: Greda sa prepustima simetrično je opterećena vertikalnim teretima. Odrediti otpore oslonaca i nacrtati dijagrame aksijalne sile, transferzalne sile i napadnog momenta, ako je 𝑙𝑙 = 1[𝑚𝑚], 𝑞𝑞 = 1 𝑘𝑘𝑁𝑁

𝑚𝑚 i 𝐹𝐹 = 1[𝑘𝑘𝑁𝑁].

Rešenje: (Slika na kraju proračuna)

Na dijagramima transferzalne sile i napadnog momenta vidimo da transferzalna sila na tri mesta menja znak, postoje dakle tri najveća napadna momenta. U zavisnosti od dimenzija grede i veličina tereta, napadni moment može biti, u razmatranom slučaju, stvarno najveći bilo u preseku na polovini raspona grede ili, pak, ispod oslonaca.

Kontinualno opterećenje zamenimo koncentrisanom silom

𝐹𝐹𝑞𝑞 = 𝑞𝑞 ∙ 2𝑙𝑙 = 1 ∙ 2 ∙ 1 = 2[𝑘𝑘𝑁𝑁]

Otpore oslonaca 𝐴𝐴 i 𝐴𝐴 možemo odrediti analitički iz uslova ravnoteže:

∑𝑋𝑋𝑖𝑖 = 0 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑚𝑚 = 0 (1)

∑𝑌𝑌𝑖𝑖 = 0 −𝐹𝐹 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 − 𝐹𝐹𝑞𝑞 + 𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦 − 𝐹𝐹 = 0 (2)

∑𝑀𝑀𝐴𝐴 = 0 𝐹𝐹 ∙ 𝑙𝑙 − 𝐹𝐹𝑞𝑞 ∙ 𝑙𝑙 + 𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦 ∙ 2𝑙𝑙 − 𝐹𝐹 ∙ 3𝑙𝑙 = 0 (3)

Iz (1) Zaključujemo da ne postoje sile koje deluju aksijalno po gredi, samim tim nema ni dijagrama aksijalne sile.

Iz (3) 𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦 ∙ 2𝑙𝑙 = −𝐹𝐹 ∙ 𝑙𝑙 + 𝐹𝐹𝑞𝑞 ∙ 𝑙𝑙 + 𝐹𝐹 ∙ 3𝑙𝑙

𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦 = −𝐹𝐹∙𝑙𝑙+𝐹𝐹𝑞𝑞∙𝑙𝑙+𝐹𝐹∙3𝑙𝑙2𝑙𝑙

𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦 = −𝐹𝐹+𝐹𝐹𝑞𝑞+𝐹𝐹∙32

𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦 = −1+2+1∙32

= 2[𝑘𝑘𝑁𝑁]

Iz (2) 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 = 𝐹𝐹 + 𝐹𝐹 + 𝐹𝐹𝑞𝑞 − 𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦

𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 = 2𝐹𝐹 + 𝐹𝐹𝑞𝑞 − 𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦 = 2 ∙ 1 + 2 − 2 = 2[𝑘𝑘𝑁𝑁]

Dijagram transferzalne sile:

𝐹𝐹𝑇𝑇𝐶𝐶𝑙𝑙 = −𝐹𝐹 = −1[𝑘𝑘𝑁𝑁]

𝐹𝐹𝑇𝑇𝐴𝐴𝑙𝑙 = −𝐹𝐹 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 = −1 + 2 = 1[𝑘𝑘𝑁𝑁]

𝐹𝐹𝑇𝑇𝐸𝐸𝑙𝑙 = −𝐹𝐹 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 − 𝑞𝑞 ∙ 𝑙𝑙 = −1 + 2 − 1 ∙ 1 = 0[𝑘𝑘𝑁𝑁]

𝐹𝐹𝑇𝑇𝐵𝐵𝑏𝑏𝑏𝑏𝑙𝑙 = −𝐹𝐹 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 − 𝑞𝑞 ∙ 2𝑙𝑙 = −1 + 2 − 1 ∙ 2 = −1[𝑘𝑘𝑁𝑁]

17

𝐹𝐹𝑇𝑇𝐵𝐵𝑙𝑙 = −𝐹𝐹 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 − 𝑞𝑞 ∙ 2𝑙𝑙 + 𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦 = −1 + 2 − 1 ∙ 2 + 2 = 1[𝑘𝑘𝑁𝑁]

𝐹𝐹𝑇𝑇𝐷𝐷𝑙𝑙 = −𝐹𝐹 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 − 𝑞𝑞 ∙ 2𝑙𝑙 + 𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦 − 𝐹𝐹 = −1 + 2 − 1 ∙ 2 + 2 − 1 = 0[𝑘𝑘𝑁𝑁]

Dijagram napadnog momenta:

𝑀𝑀𝐶𝐶𝑙𝑙 = 0[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚]

𝑀𝑀𝐴𝐴𝑙𝑙 = −𝐹𝐹 ∙ 𝑙𝑙 = −1 ∙ 1 = −1[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚]

𝑀𝑀𝐸𝐸𝑙𝑙 = −𝐹𝐹 ∙ 2𝑙𝑙 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 ∙ 𝑙𝑙 − 𝑞𝑞 ∙ 𝑙𝑙 ∙ 𝑙𝑙

2= −1 ∙ 2 ∙ 1 + 2 ∙ 1 − 1 ∙ 1 ∙ 1

2= −0,5[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚]

𝑀𝑀𝐵𝐵𝑙𝑙 = −𝐹𝐹 ∙ 3𝑙𝑙 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 ∙ 2𝑙𝑙 − 𝑞𝑞 ∙ 2𝑙𝑙 ∙ 𝑙𝑙 = −1 ∙ 3 ∙ 1 + 2 ∙ 2 ∙ 1 − 1 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 1 = −1[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚]

𝑀𝑀𝐷𝐷𝑙𝑙 = −𝐹𝐹 ∙ 4𝑙𝑙 + 𝐹𝐹𝐴𝐴𝑦𝑦 ∙ 3𝑙𝑙 − 𝑞𝑞 ∙ 2𝑙𝑙 ∙ 2𝑙𝑙 + 𝐹𝐹𝐵𝐵𝑦𝑦 ∙ 𝑙𝑙 = −1 ∙ 4 ∙ 1 + 2 ∙ 3 ∙ 1 − 1 ∙ 2 ∙ 1 ∙ 2 ∙ 1 + 2 ∙ 1 = 0[𝑘𝑘𝑁𝑁𝑚𝑚]