1

1. U V O D U S T A T I K U

U uvodu se, najpre, definiše zadatak Statike. Zatim se definišu osnovni pojmovi Statike: kruto telo, materijalna tačka, sila i sistem sila. Posle pregleda u praksi proverenih tvrdnji - aksioma, daje se pregled najčešćih mehaničkih veza.

1.1 Zadatak i osnovni pojmovi u Statici

Statika, kao deo tehničke mehanike, može se definirati naukom

koja izučava ravnotežu Gila koje deluju na materijalna tela - uslove koji moraju biti ispunjeni, da bi sile, koje deluju na posmatrana tela bile u ravnoteži. Pri izučavanju apsolutnog mirovanja tela neophodno je telo posmatrati u odnosu na nepokretni referentni sistem. Međutim, principi statike važe i za kretanje tela po inerciji, što će biti pokazano u IV delu udžbenika.

Uopšteno govoreći, zadatak Statike može se svesti na dva dela:

a) Slaganje sila i svođenje sistema na prostiji oblik i b) Određivanje uslova ravnoteže krutih tela izloženih delovanju sila.

Pre nego što pređemo na detaljno izučavanje postavljenih problema, objasnićemo neke osnovne pojmove koji su neophodni za izučavanje ove discipline.

Pojam apsolutno krutog tela. Pod krutim, odnosno apsolutno krutim telom, podrazumevamo telo koje ne menja svoj oblik pod uticajem bilo kakvih spoljašnjih sila. Takva tela u prirodi ne postoje, ali se pod delovanjen sila tela u stvarnosti ponašaju tako da se promena oblika može zananemariti. Time se stvarne osobine tela uprošćovaju. Ova osobina tela moze se opisati jednačinama tipa tAB cos= , naprimer za kruto telo pokazano na Sl. 1.1.

Pojam materijalne tačke. Pod pojmom materijalne tačke podrazumevamo materijalno telo čije se dimenzije zanemaruju. Na osnovu ovoga kruto telo može se smatrati sistemom materijalnih tačaka, kod kojih se međusobni razmak ne menja, bez obzira na spoljašnje uticaje.

2

Pojam sile. Sila definiše meru uzajamnoj mehaničkog delovanja jednog tela u odnosu na drugo.Ovo delovanje između tela manifestuje se promenom stanja mirovanja ili kretanja tela.

Sile koje deluju na neko telo izvana-spolja, od strane drugih tela

zovemo spoljašnjim silama, a sile međusobnog delovanja delića jednog istog tela su unutrašnje sile (za koje se može pokazati da ne utiču na ravnotežu tela)

. Sila,kao i druge veličine u mehanici, se mogu predstaviti skalarno i vektorski.

Skalarno predstavljanje se definiše samo jednim podatkom -

brojem (temperatura tela, naprimer). Vektorske veličine se definišu sa više podataka. Sila F kao

vektojska veličina određena je intenzitetom, pravcem, smerom i napad-nom tačkom.

Intenzitet sile FF = određuje se poređenjem date sile sa silom

uzetom za jedinicu. Za jedinicu sile se uzima N Njutn. Skup sila koje deluju na telo zove se sistem sila.. Ako se slobodno

kruto telo pod dejstvom datog sistema sila nalazi u stanju mirovanja, onda je to uravnoteženi sistem sila, a telo je u ravnoteži.

Pod slobodnim telom se podrazumeva telo koje nije vezano za

druga tela i može da zauzme bilo koji položaj u prostoru - hitac u vazduhu naprimer.

Ekvivalentni sistem sila je onaj koji može posmatrani sistem sila, koji deluje na telo,a da se dejstvo na telo ne promeni.

Rezultanta datog sistema je sila koja je ekvivalentna

posmatranom sistemu – ona zanemarije dejstvo svih sila na kruto telo. Uravnotežavajuća sila jednaka je rezultanti po intenzitetu i

pravcu, a suprotnog je smera. Koncentrisane sile deluju u jednoj tački tela (aproksimativno) dok

se kontinualne sile raspoređuju na više tačaka tela kontinualno.

3

1.2 Aksiome statike

Uzimajući osobine sile kao vektora, može se vidno pojednostaviti proučavanje problema statike preko definicija aksioma ststike. Ove osnovne postavke se usvajaju bez matematičkih dokazivanja.

Aksiome statike predstavljaju rezultat dugotrajnog eksperimentisanja, ispitivanja I iskustva u ovoj oblasti .One izražavaju neke fundamentalne odnose sa ravnotežom tela.

Prva aksioma. Slobodno kruto telo biće u ravnoteži pod dejstvom dve sile samo tada ako te sile deluju duž iste napadne linije, ako su istih intenziteta ( 21 FF = ), a suprotnih su smerova (sl.1.1). Očigledno je rezultanta tih sila 0=RF , telo ne može biti u ravnoteži pod dejstvom samo jedne sile.

Sl .1.1 Sl.1.2

Druga aksioma. Ako se krutom telu doda ili oduzme uravnoteženi sistem sila, dejstvo datog sistema sila na telo ne menja se (Sl.1.2).

Posledica prve i druge aksiome: Napadnu tačku sile koja deluje na

kruto telo mođemo prenositi duž napadne linije, a da se pritom njeno dejstvo na telo ne promeni. Dokaz: Ako sila F deluje u tački A na kruto telo, i ukoliko u nekoj tački B istog tela dodamo uravnotežen sistem sila

1F i 2F ( 1F = - 2F = F ) , prema aksiomi II, da je FFF == 21 tada

dejstvo sile F na telo ostaje ne promenjeno. Sile F i 2F čine uravnotežen sistem sila pa ih možemo ukloniti i

ostaje sila 1F jednaka po intenzitetu sili F , pomerena duž napadne linije iz tačke A u tačku B.

4

Imajući u vidu da se napadna tačka sile može pomerati duž na-padne linije sile, a da se dejstvo sile na telo ne promeni (kako je već pokazano), to se sila smatra klizećim vektorom ili vektorom vezanim za pravu.

Pomeranje sile duž njene napadne linije moguće je samo u slučaju kad sila deluje na apsolutno kruto telo. Kod deformabilnih tela ovaj stav ne važi. Primer naprezanja štapa to ilustruje (Sl.1.3). Sl.1.3

Treća aksioma, aksioma u paralelogramu sila. Rezultanta dve sučeljene sile koje napadaju kruto telo u tački A, određena je po intenzitetu, pravcu i smeru dijagonalnom paralelograma, konstruisanog nad silama kao stranicama paralelograma( Sl. 1.4a).

Pri ovakvom načinu određivanja rezultante, potrebno je voditi računa o usvojenoj razmeri za sile, jer ista vazi i za rezultantu. Sl.1.4

Pravac rezultante određen je pravcem dijagonale paralelograna a smer je od napadne tačke ka suprotnom temenu paralelograma. Rezu-

5

ltanta dobijena na ovaj način predstavlja vektorski zbir datih sila (to se može pokazati i pravilom trougla sila), što se piše u obliku

21 FFFR += (1.1). Intenzitet rezultante može se odrediti geometrijskim i analitičkim

putem primenom teorema trigonometrije. Prema Sl.l.4. primenom kosinusne teoreme, iz trougla ABD dobijamo:

)180cos(2 212

22

12 α−−+= FFFFFR =

2 21 2 1 22 cosF F F F α= + +

gde je α - ugao između sila. Pravac rezultante može se odrediti primenom sinusne teoreme na

trougao sila ABD (Sl.1.4b), tj.

βαπ sinsin)sin(

21 FFFR ==−

.

Ovim jednačinama određeni su uglovi β i γ , a i time pravac rezultante.

Četvrta aksioma. Sile kojima dva materijalna tela deluju jedno na

drugo, jednake su po intenzitetu i pravcu, a suprotno usmerene (dejstvo i protivdejstvo dva tela su jednaka), (sl.1.5), tj. 21 FF −= (1.2 ).

Ova aksioma predstavlja treći Njutnov zakon mehanike.

Sl.1.5 Sl.1.6

Pošto ovde sile deluju na dva tela, to one ne predstavljaju uravnotežen sistem sila.

Primer: Sila pritiska tela na podlogu jednaka je sili otpora podloge NN −=

prema Sl.1.6.

6

Peta aksioma- princip solidifikacije. Ako se deformabilno telo nalazi u ravnoteži pod dejstvom datog sistema sila, ravnoteža će postojati i kad deformabilno telo postane kruto.

Primer: Ako je lanac opterećen zateznim silama u ravnoteži, ostaće u ravnoteži u slučaju da se karike lanca zavare i on postane kruto telo. Obrnuti zaključak nije uvek ispunjen. Kruto telo - lanac pretvoreno u deformabilno telo ne mora ostati u ravnoteži pod uticajem spoljašnjih sila (ako bi sile bile pritiskujućeg karaktera).

1.3. Veze i reakcije veza Telo koje ograničava - ometa pomeranje drugog tela u prostoru je

veza, a telo čije je pomeranje ometano je vezano - neslobodno telo. Sile kojima veze deluju na posmatrano telo su reakcije veza, a sile

kojima telo deluje na vezu su sile pritiska na vezu. Primer: Telo A težine G , obešeno o nerastegljiv konac je vezano

telo, a vezu predstavlja konac BC (SI.1.7a). Sl.1.7

Točak C, kroz čije središte prolazi osa AB, može se obrtati tako da mu središte bude uvek na osi z . Na taj način osovina AB predstavlja mehaničku vezu (Sl.1.7b).

Sile koje ne predstavljaju reakcije veza (sila težeG ) zovu se aktivne sile. Ove sile su obično poznate veličine, a reakcije veza se određuju.

7

Pravac i smer reakcije veze je određen tako što se uzima da je reakcija usmerena u suprotnom smeru od smera u kome veza ne dopušta pomeranje posmatranom telu. Napadna tačka reakcije veze je u tački do-dira tela i veze.

Reakcije veza se određuju rešavanjem postavljenog statičkog zadatka, a zavise od vrsta veza kojim je telo vezano, kao i od sila koje na telo deluju.

Neki osnovni oblici veza:

Veza ostvarena preko glatke površine- glatki oslonac. Posmatramo vezu tela i površine uzimajući da se trenje u dodiru

tela i površine može zanemariti (glatka površina). Ako je dodir tela i površine po površini, reakcija veze sila je u pravcu zajedničke normale na dodirnu površinu. Primeri su pokazani na Sl.1.8. Sl.1.8

Na sl.1.8a, b, c, prikazani su pravci i smerovi reakcija veza za različite slučajeve dodira tela. Ovakve veze zovu se idealnim, a u većini slučajeva postoje veze s trenjem, koje pored normalne reakcije prouzrokuju i tangencijalnu reakciju, koja nastaje zbog trenja (sl.1.8d). (O trenju detaljnije u odeljku 4 ovog dela).

Veza užetom (neistegljivim) Uže ne dozvoljava telu da se udalji od tačke vešanja. Reakcija veze

ima pravac užeta, a smer prema tački vešanja (Sl.1.9).

8

Veza cilindričnim zglobom Veza cilindričnim zglobom (sl.1.10) najčešće je ostvarena kod

osovinica na koje je navučena glavčina, a za nju čvrsto vezano telo. Sl.1.9 Sl.1.10

Štap na Sl.1.10 se može obrtati oko ose normalne ne ravan crteža i pomerati duž te ose. Kod ovakve veze, pored toga što je nepoznat intenzitet reakcije veze AF , nepoznat je i njen pravac u ravni Axz, pa se moraju odrediti komponente AX i AY . Tipičan primer takve veze je nepokretan oslonac kod grede (Sl.1.10a).

Veza sfernim zglobom

Sferno ležište-zglob ne dozvoljava omeranje ni u jednom pravcu. Reakcija zgloba je nepoznata po intenzitetu i pravcu u prostoru. Za određivanje ove sile potrebno je naći tri komponente sile (po sve tri ose), Sl.1.11.

Veza ostvarena lakim štapom

Pod pojmom lakog štapa podrazumeva se štap čija se težina

zanemaruje. Veza štapom u mehanici podrazumeva laki štap i reakcija veze štapa ima pravac ose štapa, odnosno pravca koji spaja njegove krajnje tačke, ukoliko je štap opterećen samo silama na krajevima (Sl.1.12).

9

Sl.1.11 Sl.12

Aksioma o vezama Svako vezano telo može se posmatrati i kao slobodno, ako

zamislimo da smo uklonili veze i njihov uticaj zamenili odgovarajućim silama koje predstavljaju reakcije veza. Osa aksioma ilustrovana na prethodnim primerima veza ( naprimer, gredu AB na Sl.1.8 možemo smatrati slobodnim telom na koga deluje naznačeni sistem sila ).

10

2. S I S T E M S U Č E Lj E N I H S I L A

Pod pojmom sistema sučeljnih sila podrazumeva se sistem sila koje deluju na telo u jednoj tački, ili se njihove produžene napadne linije mogu seći u jednoj tački tela (pošto je sila klizeći vektor i može se pomerati duž napadne linije), Sl.2.1 i Sl.2.2 .

Ako napadne linije svih sila, koje dejstvuju na telo, leže u jednoj

ravni, onda je to ravanski sistem sučeljnih sila, a ukoliko to nije slučaj, onda je to prostorni sistem sučeljnih sila.

U ovom udžbeniku sva izvođenja biće data za prostorni sistem, a

ravanski sistem sila biće posmatran samo kao specijalan slučaj prostornog. Sl.2.1 Sl.2.2

Statika sučeljnih sila biće u ovom poglavlju izložena kroz geometrijski i analitički način slaganja sila da bi se došlo do uslova ravnoteže. Grafičko slaganje sila vrši se direktnom primenom treće aksiome Statike; za analitički postupak je neophodno da se prvo definiše sila analitičkim putem, što se ovde i čini.

2.1. Geometrijski način slaganja sistema sučeljenih sila

Posmatramo telo na koga deluje ravan sistem sučeljnih sila, u tački

A (napadne linije sila leže u ravni crteža) prema S1.2.3a.

11

. Sl.2.3 Ovome sistemu ekvivalentna je rezultanta RF . Intenzitet, pravac i smer rezultante možemo odrediti grafički (geometrijski) na sledeći način.

Ako iz tačke 0, SI.2.3b, u izabranoj razmeri-UF [N/cm] ucrtamo silu 1F , onda nju možemo složiti sa silom 2F konstrukcijom

paralelograma Oabc i dobiti rezultantu

2112 FFF +=

Dalje, konstrukcijom paralelograma koga čine sile 12F i 3F dobijamo

rezultantu 123F ,

321312123 FFFFFF ++=+=

Najzad, slaganjem 123F i 4F dobijamo rezultantu RF :

∑=+++=+= iR FFFFFFFF 43214123 (2.1).

12

Umesto da konstruišemo paralelograme sila, možemo isti rezultat dobiti izostavljanjem isprekidanih linija sa Sl.2.3b, već crtanjem poligona sila Ocbef, kako je naznačeno na Sl.2.3c . Pokazana konstrukcija poligona sila kojom se grafički, odnosno geometrijski dolazi do rezultante, može se primeniti na bilo koji broj sila.

Na Sl.2.3d pokazano je slaganje prostornog sistema sila geo-

metrijskim putem. Princip konstruisanja prostornog poligona sila isti je kao i kod ravnog sistema, što se i sa slike vidi.

2.2 Analitički način definisanja sile i slaganje sila analitičkim putem

Analitički način definisanja sile. Prvo ćemo definisati pojam projekcije sile na osu. Projekcije sile na neku osu x je skalarna veličina koja se određuje kao proizvod intenziteta sile i konusa ugla između sile i ose, tj. αcosFXFx == (2.2). a) b) c) Sl .2.4 Prema sl.2.4a imamo da je projekcije sile 1F na osu y

cos sin2YF Y F Fπ α α⎛ ⎞= = − =⎜ ⎟

⎝ ⎠

Projekcija sile na osu može biti pozitivna (ugao izmedju sile i ose oštar), negativna kako je pokazano na Sl.2.4b, ili jednaka nuli (sila upravna na osu) - Sl.2.4c .

13

Projekcija sile na ravan se određuje kao proizvod intenziteta sile i kosinusa ugla između sile i ravni. Prema sl.2.5a imamo da je

γθcosFFxy = (2.3). gde je γ jedinični vektor koji odredjuje pravac projekcije xyF . Naime, postupak određivanja projekcije sile na ravan sastoji se u sledećem: U ravni koju čine normala na ravan (na Sl.2.5a - to su ravan π i osa z) razlaže se sila na dve komponente - u pravcu normale i u ravni; na Sl.2.5a imamo da je

ZFF xy += (2.4).

Komponenta xyF zove se projekcija sile F na ravan x, y. Iz izloženog sledi da je projekcija sile na ravan vektorska veličina.

Ovo je upravo zato što za zadatu ravan i silu pored intenziteta projekcije ( θcosFFxy = ) moramo odrediti i jedinični vektor aOaOY /= .

Koristeći Sl.2.5a, možemo komponentu xyF razložiti dalje na komponente u pravcima osa x i y i tako dobiti

YXFxy += (2.5). Zamenom u (2.4) dobijamo

F X Y Z= + + (2.6). Sl.2.5 čime smo silu F razložili na komponente u pravcima osa x, y, z. Ako sada poslednju jednačinu pomnožimo sa jediničnim vektorom i dolazi-mo do skalarne jednačine:

14

iZiYiXiF ⋅+⋅+⋅=⋅ αcos)( FXXF xx === (2.7).

kojom se definiše projekcija sile F na osu x . Na isti način možemo doći do veza između komponenata y i z i projekcija Y i Z sile F . Dakle, sila F kao vektor može se predstaviti u obliku

kZjYiXF ++= (2.8). odakle sledi da je sila F potpuno određena projekcijama X, Y, Z. Definisanje sile pomoću projekcija na ose zadatog koordinatnog sistema zove se analitički način definisanja sile.

Kako to pokazuje jednačina (2.8) a i Sl.2.5, sila F je potpuno određena pomoću tri skalarne veličine X,Y, Z. Intenzitet sile je

222 ZYXF ++= (2.9). a uglovi između sile F i osa x, y, z. su

FX

=αcos , FY

=βcos , cos ZF

γ = (2.10).

Navedimo još relaciju koja sledi iz (2.9) i (2.10) :

2 2 2cos cos cos 1α β γ+ + = (2.11).

Teorema o projekciji rezultante na osu. Da bi smo došli do analitičkog (pomoću projekcija) slaganja sila, neophodno je da dokažemo teoremu: Projekcija rezultante na neku osu jednaka je algebarskom zbiru projekcija komponenata na istu osu. Sl.2.6

15

Na Sl.2.6a imamo sistem od četiri sile čija je rezultanta određena

poligonom sila konstruisanom na Sl.2.6b. Ako nađemo projekciju svake od sila na osu 1x imamo da su:

OaX =1 , abX =2 , bcX =3 , cdX −=4 , OdX R = (2.12). gde pokazane duži u usvojenoj razmeri FU predstavljaju veličine projekcije sila. Geometrijski posmatrano, sa Sl.2.6b sledi relacija

cdbcabOaOd −++= a na osnovu (2.12): 4321 XXXXX R +++= (2.13). čime je teorema dokazana.

Uopšte uzev, za sistem sučeljenih sila, možemo pisati sledeće jednačine: ∑= iR XX , ∑= iR YY , ∑= iR ZZ (2.14).

Slaganje sistema sučuljenih sila analitičkim putem. Analitičko predstavljanje sila je pogodno jer u tom slučaju nema potrebe za grafičkom konstrukcijom. Jednačina (2.14) nam omogućuje da odredimo projekcije rezultante na osu izabranog koordinatnog sistema i time računskim putem (bez grafičke interpretacije) ’analitički izvršavaćemo slaganje sila. Sl.2.7

16

U slučaju ravnog sistema sila, sile slažemo analitički tako čto ose koordinatnog sistema biramo tako da dve ose leže u ravni dejstva sila. Ako su to ose x, y kao na Sl.2.7 , onda je projekcija svake od sila na osu z jednaka nuli, tj.

0...21 ==== nZZZ

pa je i 0=RZ . Dakle projekcije rezultante na ose x, y su ∑= iR XX , ∑= iR YY (2.15). Na osnovu ove dve jednačine izvrčili smo slaganje sistema sila u ravni. 2.3. Uslovi ravnoteže sistema sučeljenih sila

Sistem sučeljenih sila je u ravnoteži ako je rezultanta sistema jednaka nuli, kako je to na Sl.2.8b naznačeno. a) b) Sl.2.8

Uslove ravnoteže zadatog sistema sila možemo izraziti na dva načina: geometrijski i analitički.

Geometrijski uslovi ravnoteže. Da bi rezultanta bila jednaka nuli,

mora poligon sila biti oblika naznačenog na Sl.2.8b : kraj poslednje sile poklapa se sa početkom prve. Ovakav poligon sila zove se zatvoreni poligon sila, pa se kaže da se geometrijski uslov ravnoteže izražava na sledeći način: Da bi sistem sučeljnih sila bio u ravnoteži, poligon sila mora biti zatvoren. Ovaj uslov se odnosi na prostorni i ravanski sistem sila.

17

Analitički uslovi ravnoteže. Rezultanta sistema sučeljnih sila jednaka je nuli ako su njene projekcije na osu x, y, z jednake nuli. Iz jednačine (2.14) sledi da su uglovi ravnoteže

0=∑ iX , 0=∑ iY , 0=∑ iZ (2.16).

Dakle, za prostorni sistem sučeljenih sila imamo tri uslova ravnoteže.

U slučaju ravnog sistema sučeljenih sila, rezultanta je određena projekcijama na dve ose kako je pokazano na sl 2.7. Da bi bilo 0=RX ,

0=RY , iz jednačina (2.15) slede uslovi ravnoteže.

∑ = 0iX , ∑ = 0iY (2.17). 2.4. Principi redovanja sadataka statike Primenom uslova ravnoteže sistema sučeljnih sila mogu se uspešno

određiviti sile veza, neka od nepoznatih uravnotežujućih sila, kao i uslovi pod kojima je ravnoteža ipunjena. Kada su u pitanju sučeljene sile, kao zadatak se može potaviti i određivanje rezultirajuće sile –rezultante.

Navodimo neke osnovne principe kojih se treba držati pri rešavanju

zadataka Statike. Oni su opšti i važe za sve vrste problema koji će se ovde izučavati. Međutim, neke specifičnosti vezane za neke složenije sisteme sila, biće istaknute uz odgovarajuće odeljke. Opšti principi sastoje se u sledećem:

1. Uočiti telo (tačku) čija se ravnoteža izučava. 2. Osloboditi telo veza i njih zameniti odgovarajućim reakcijama

veza. Pritom je bitno da pravci sila i njihovi smerovi, uglovi i celokupna geometrija budu jasno predstavnjeni, kako bi se moglo uspešno izvršiti dalja analiza problema.

3. Uočiti o kakvom problemu sila je reč (sučeljene sile,sile u jednoj ravni, itd.) i primeniti odgovarajuće uslovne ravnoteže, koji mogu biti analitički ili grafički.

4. Odrediti nepoznate veličine (običano su to reakcije veza) komentarisati rešenje, ukoliko je potrebno (u vezi smerova sila sl.)

18

2.5.Primeri Radi ilustracije dat je primer određivanja rezultante, analitički i

grafički. Primena aksiome u vezama i korišćenja uslova ravnoteže dati su na dva primera u ravni, a obrađen je i jedan primer u prostoru. P r i m e r 2.1. Odrediti rezultantu analitički i grafički za dati sistem sučeljenih sila, ako je =1F 200 N, =2F 520 N, =3F 600 N, =4F 700 N, a odgovarajući uglovi su

°= 501α , °= 1602α , °=1753α i °= 2804α , prema Sl.2.13. R e š e nj e : a) Analitičko rešenje. Izračunamo projekcije svih sila na ose x i y i projekcije rezultante na ose : 56,12850cos200cos 111 =°⋅== αFX

64,43820cos520160cos520cos 222 −=°⋅−=°⋅== αFX N

72.5975cos600175cos600cos 333 −=°⋅−=°⋅== αFX N

56,1280cos700280cos700cos 444 =°⋅=°⋅== αFX N

1 2 3 4R iX X X X X X= = + + +∑128,56 488,64 597,72 121,56 836,24= − − + = − N

21,15350sin200sin 111 =°⋅== αFY N

85,17720sin520160sin520sin 222 =°⋅=°⋅== αFY N

29,525sin600175sin600sin 333 =°⋅=°⋅== αFY N

4 4 4sin 700 sin 280 700 sin80 689,37Y F α= = ⋅ ° = − ⋅ ° = − N

02,30637,68999,5285,17721,1534321 −=−++=+++==∑ YYYYYY iR N Intenzitet i pravac rastuće sile određujemo na osnovu jednačine (2.), pa dobijamo:

47,890)02,306()24,836( 2222 =−+−=+= RRR YXX N

9391,047,89024,836),cos(cos −=

−==

R

RRR F

XFiα

S obzirom da 0<RX i 0<RY , sila RF se nalazi u trećem kvadrantu, pa je njen pravac određen sa: 620010,200)9391,0arccos(180180 °=°=+=+= RR αα ’.

19

b) Grafičko rešenje. Da bi smo rešili ovaj zadatak grafički, najpre usvajamo razmeru za sile, naprimer NF=200N/l cm, a zatim crtamo plan sila, nadovezujući redom sile 1F ,

2F , 3F i 4F u izabranoj razmeri (Sl.2.13b). Završna strana ovog poligona ab , sa

smerom ka poslednjoj sili 4F , u datoj razmeri određuje intezitet, pravac i smer

rezultante nF . Prema Sl.2.13b dobijamo: Sl.2.13

2004,4 880 890,471R FF ab U N= ⋅ = ⋅ = = N

a pravac i smer su prema slici. Na Sl.2.13b isprekidanim linijama nacrtan je poligon sila tako što su sile nanošene drugim redom: 3F , 1F , 2F , da bi se pokazalo da se dobija ista rezultenta

RF bez obzira na red nanošenja sila u poligonu. P r i m e r 2.2. Homogeni kruti valjak G=100N oslanja se na ravne glatke podloge prema Sl.2.14a. Odrediti reakcije zidova, ako na valjakdeluje vertikalna sila F=900N, prema slici, i ako je 30α = ° ,a 60β = ° . R e š e nj e: a) Analitičko rešenje. Najpre valjak oslobodimo veza, čime se dobija slobodno telo izloženo dejstvu sila prema Sl.2.14b. Smatramo da sila tezine G deluje u težištu. Sa slike se uočava da se sve sile seku u jednoj tački o, što znači da sile čine ravanski sistem sučeljnih sila za koji vaze uslovi ravnoteže (2.11):

20

Sl.2.14

∑∑

=−−⋅+=

=⋅−=

0sinsin

0coscos

FGFFY

FFX

BAi

BAi

αβ

αβ

Rešavajući po AF prvu jednačinu,

βα

coscos⋅= BA FF

I smerom u drugu, dobijamo:

( ) ( )

NFF

NFGF

BA

B

03,86635003

50090010021

21

===

=+=+=

Ova rešenja su dobijena korišćenjem xoy, koordinatnog sistema. Da bi se uprostio sistem jednačina ravnoteže, pogodnije je izabrati ose tako da se bar neke od njih poklapaju sa pravcem nepoznatih sila veze. Tako, ako u ovom zadatku izaberemo koordinatni sistem x’ o y’ (Sl.2.14b), jednačine ravnoteže su oblika:

( )( ) 0sin'

0cos'

=+−=

=+−=

∑∑

α

α

GFFY

GFFX

Bi

Ai

odakle rešenje sila veze AF i BF možemo odrediti direktno. b) Grafičko rešenje. Najpre u razmeri lcmNU F /500= nanesemo poznate

sile F i G . Zatim kroz kraj sile G nanesemo pravac nepoznate sile AF , a kroz

početak sile F - pravac sile BF . Njihovim presekom b određuju se intenziteti sila veze (Sl.2.14c):

21

NUbcF

NUabF

FB

FA

5001

5001

8501

5007,1

=⋅==

=⋅==

dok smerove određujemo tako da dobijemo zatvoren plan sila (nadovezani vektori). P r i m e r 2.3. Materijalna tačka A težine G obešena je koncem AB za nepomičnu tačku B, a oslanja se o glatku površ nepomične kugle 0 poluprečnika R. Tačka B nalazi se na vertikali koja prolazi kroz centar 0 kugle. Njeno odstojanje od površine kugle je d. Dužina konca AB=l. Odrediti reakciju konca AB i kugle 0 (Sl.2.15). Sl.2.15 R e š e nj e: Za određivanje sile u koncu AB i otpora kugle 0, oslobađamo veze tačku A (Sl.2.15c), koji opterećuje sistem sučeljnih sila G , S i AN . Silu veze odredićemo korišćenjem grafoanalitičke metode. Konstrukcija trougla sila G , S , AN , prikazana je na Sl.2.15c. Ako su uglovi

u trouglu γβα ,, primenom sinusne teoreme mogu se naći veličine sila AN i S, kada dobijamo:

γβ

sinsin⋅= GN A ;

γα

sinsin⋅= GS

Iz geometrije određujemo odnose uglova,

Rd

R+

=γβ

sinsin

, Rd

l+

=γα

sinsin

,

pa su sile

Rd

RGN A +⋅= ,

RdlGS+

⋅= .

22

P r i m e r 2.4 Kosi štap AB(Sl.2.16.), čija se težina može zanemariti, vezan je u tački A zglobom za vertikalni zid sa kojim čini ugao °= 45α , a na svom drugom kraju nosi teret težine Q=100 kN. Štap održavaju u naznačenom položaju horizontalna užeta BC i BD, koja čine uglove °= 60β sa vertikalnim zidom. Odrediti sile u užadima i štapu. Rešenje : Da bi smo odredili silu u štapu AB )( AS i sile u užadima CB )( CS i BD )( DS

oslobađamo tačku B veza prema Sl.2.16. Sl.2.16 Sl.2.16 Sile AS , DS , CS , Q čine sistem sučeljenih sila, za koje su uslovi ravnoteže:

∑∑∑

=−=

=+−−=

−=

0cos

0sinsinsin

coscos

QSZ

SSSY

SSX

Ai

ADCi

DCi

α

αββ

ββ

Iz ovog sistema jednačine određujemo :

42,14145cos

100cos

=°

==α

QS A kN

73,5760sin45sin

242,141

sinsin

2=

°°

⋅=⋅==βαA

DCS

SS kN ,

Što predstavlja trežene reakcije veze.

23

3. P R O I Z V O Lj N I S I S T E M S I L A

U ovom odeljku uvode se još neki osnovni pojmovi, kao što su : moment sile za tačku i osu i spreg sila. Na osnovu toga izlaže se teorija slaganja spregova i uslovi ravnoteže sistema spregova. Zatim, daje se svođenje proizvoljnog sistema sila na tačku redukcijom, kao i uslovi ravnoteže za različite slučajeve: prostorni proizvoljni i paralelni sistem sila, ravanski proizvoljni i paralelni sistem sila. Posebno se analizira ravnoteža proizvoljnog sistema sila i spregova, kao i ravnoteža sistema tela. Izlaže se dokaz Varinjonove teoreme za sistem sučeljnih sila, na osnovu definicije momenta sile za tačku. Većim brojem primera ilustrovana je navedena teorija.

3.1. Moment sile za tečku i osu Poznato je da sila predstavlja uzrok promene stanja nekog tela i da

može izazvati kretanje tela na koga deluje. Ovo kretanje tela pod uticajem sile može biti: translacija i rotacija - obrtanje.

Pojam momenta sile u odnosu na tački vezan je za određivanje

obrtnog dejstva sile u odnosu na nepokretnu tačku. Posmatramo telo koje se može obrtati oko tačke 0. Neka na telo u tački A deluje sila F . Pod dejstvom sile telo će se obrtati. Obrtni efekt sile zavisi od više veličina, kao: intenziteta sile F i kraka sile h (h- krak sile je normalno rastojanje od obrtne tačke 0 do napadne linije sile), položaja ravni obrtanja OAB (određene obrtnom tačkom 0 i silom F ), smera obrtanja u toj ravni, Sl.3.1.

Veličina definisana pomoću nabrojanih faktora je moment sile F

za tačku 0 i obeležava se FOM . Elementi koji karakterišu moment su:

1) Intenzitet momenta sile F u odnesu na tačku 0 dat izrazom

FOM =F h (3.1).

24

Sl.3.1

2) Ravan dejstva momenta- ravan OAB ( koja obrazuje vektor položaja r sile F u odnosu na tačku O.

3) Smer momenta sile. Prema tome, može se reći da je moment vektorska veličina F

OM . Ovaj vektor se definiše na sledeći način :

1) Intenzitet momenta FOM =F h

2) Pravac – upravan na ravan dejstva 3) Smer vektora momenta : u onu stranu odake se vidi da je

obrtanje silom F suprotno kretanju kazaljke na satu.

Moment sile F za tačku O može se definisati i preko vektorskog proizvoda :

[ ]FrM FO ,= ili FrM F

O ×=

=×= FrM FO F h =2 PΔOAB – intenzitet.

Kao što se vidi, moment sile F definisn je preko dva vektora r i F . To je vektor čiji je pravac određen normalom na ravan koju obrazuju ovi vektori.

25

3.2.1. Analitičko definisanje momenta sile

Komponenta momenta – projekcije momenta u pravcu osa x, y, z, dobijaju se razvijanjem vektorskog proizvoda (3.2), imajući u vidu da je vektor položaja napadne tačke A, r (x, y, z), tj.

0 ( ) ( ) ( )F

i j kM r F x y z yZ zY i zX xZ j xY yX k

X Y Z= × = = − + − + −

pa su projekcije na ose : )( F

OM x = yZ – zY

)( FOM y = zX – xZ (3.3).

)( FOM z =xY – yX

kzjyixr ++=

kZjYiXF ++=

r (x, y, z )

F (X, Y, Z )

Sl.3.2

Dakle, moment sile FOM izražen preko svojih projekcija može se

napisati u obliku : kMjMiMM F

ZF

YF

XF

O ++= a prikaz projekcije na koordinate ose dat na Sl.3.3.

26

Sl.3.3

Dimenzija momenta izvodi se preko dimenzija odgovarajućih veličina sile i rastojanja, pa dobijamo F

OM (=) F L . Kada se koristi IS sistem, jedinice su : Nm, kN m, ili kN cm.

3.2.2. Moment sile za osu Moment sile za osu karakteriše obrtno dejstvo sile oko

posmatrane ose. Karakteristično je da je moment sile za osu skalara veličina (Sl.3.4); ovo je zato što je ravan dejstva poznata - upravna na posmatranu osu. Sl.3.4

Na telo deluje sila u tački A. Da bismo našli moment sile F u odnosu na osu Oz, treba naći projekciju sile F na ravan Oxy, koja je upravna na datu osu, pa potom izračunati moment projekcije u odnosu na tacku O u kojoj osa z prodire ravan Oxy. Dakle, silu F razlažemo na komponente Z i xyF .

27

Komponenta Z sile F nema obrtno dejstvo oko ose z jer joj je paralelna, pa bi mogla samo da pomeri telo duž z ose.

Obrtno dejstvo koje proizvodi sila F svodi se na obrtno dejstvo komponente xyF koja deluje u ravni Oxy upravnoj na osu z . Ono je

određeno momentom xyF za tačku 0, tj.

XYXY FO

FOZ MM = (3.5)

odnosno

1FxyhMM XYFOZ

FOZ ±== (3.6)

Prikazani moment biće prikazan ako iz pozitivnog kraja ose vidimo

da sila xyF teži da obrne telo u smeru suprtnom obrtanju satne kazaljke, kao što je na Sl.3.4.

Moment sile F za osu z biće jednak nuli ukoliko je sila F

paralelna osi z ili ukoliko napadna linija sile seče osu z . Može se zaključiti da će moment sile u odnosu na neku osu z biti jednak nuli, ako sila F i osa z leže u istoj ravni.

3.2.3 Analitički izrazi momenata sile za koordinatne ose i veza između momenta sile za tačku i osu

Odredićemo moment sile F za osu koristeći projekcije silo na

zadate koordinatne ose i koordinatne napadne tačke A (Sl.3.5). Moment sile F za osu z jednak je momentu sile xyF za tačku 0’, odnosno sile

xyF u tački A' za tačku 0. Uzimajući odgovarajući smer za pozitivan,. F

ZM određujemo kao algebarski zbir momenata komponenti X i Y , pa je

yXxYN Z −=

28

Sl.3.5 Na isti način možemo dobiti da su:

x

y

M yZ zYM zX xZ

= −

= − (3.7’).

Ovo su analitički izrazi za momente sile za koordinatne ose. Ako pođemo od jednačine(3.3), vidimo da postoje jednakosti: ( ) F

XXF

O MM =

( ) FYY

FO MM = (3.7”).

( ) F

ZZF

O MM = Dakle, projekcija momenta sile za tačku na osu (koja prolazi kroz tu tačku) jednaka je momentu sile za tu osu. Ovde su korišćene koordinatne ose, ali izvedena relacija ima opšti karakter.

3.2. Varinjonova teorija Francuski naučnik P. Varinjon (1654 - 1722) dokazao je da je

moguće naći ekvivalentan moment, koji će proizvoditi isto obrtno dejstvo na kruto telo, kao momenti sistema sila 1F , 2F ,. . . nF koje u datoj tački dejstvuju na kruto telo. Ovakav dokaz definisan je teoremom:

Moment rezultante RF sistema sučeljnih sila za tačku 0, jednak je vektorskom zbiru momenata komponenti za istu momentnu tačku.

29

Dokaz. Rezultanta sistema sučeljnih sila koje deluju u tački A određena je izrazom: nR FFFFF ++++= ...321 Sl.3.6 Dalje su , prema definiciji, momenti pojedinih sila:

111 FrMM F

O ×==

222 FrMM F

O ×== ---------------------------- n

FOn FrMM n ×==

Vektorski zbir ovih momenata jednak je momentu rezultante, kako sledi: Rn

FO

FO

FO FrFFFrMMM n ×=++++=+++ )...(... 21

21 Dakle, imamo

∑= iR FO

FO MM

Pa, uz (3.7”) sledi:

( )222 ())( iiiR FZ

FY

FX

FO MMMM ++=

Geometriski-grafički se jednačina (3.9) može pokazati pomoću

poligona, poslednja strana poligona predstavlja vektor rezultujućeg momenta (Sl.3.7).

30

Sl.3.7 Sl.3.8

Projektovanjem jednačine (3.9) na osu x, i uz (3.7”), dolazimo do Varinjonove teoreme za osu :

XF

OXF

OXF

OXF

OnR MMMM +++= ...21

Gde je, RR F

XXF

O MM = , XF

OM )( 1 pa je

∑= iR FX

FX MM (3.10).

Ova jednačina predstavlja izraz Varinjonove teoreme za osu x , a slično se može izvesti i za bilo koju drugu osu.

3.3. Spreg sila Spreg sila predstavlja osnovni statički element pored sile i

momenta sile. Slobodno kruto telo pod dejstvom dve paralelne sile istih in-

tenziteta, a suprotnih smerova, vrši obrtno kretanje (Sl.3.9). Pritom sile deluju duž različitih napadnih linija.

31

Sl.3.9

Obrtno dejstvo koje proizvodi spreg sila utvrđuje se pomoću sledećih veličina:

- Ravni dejstva sprega, koja predstavlja ravan u kojoj spreg teži da

obrne telo, odnosno spreg teži da obrne telo oko ose upravne na ravan dejstva.

- Intenziteta sprega sila, koji je odredjen proizvodom intenziteta jedne od sila i kraka sprega: dF ⋅= Krak sprega je rastojanje između napadnih linija sila.

- Smera sprega u ravni dejstva, naravno u jednoj ravni dejstva i mogu biti dva smera.

Vektor koji predstavlja spreg na iznetim karakteristikama naznačen je na Sl.3.9.

3.3.1. Spreg kao slobodni vektor

FFF == 21 FF =1

FF −=2 Sl.3.10

32

Momenti sila 1F i 2F za proizvoljanu tačku O mogu se odrediti u skladu sa jednačinom (3.2), Sl.3.10:

11 FrM A

FO ×= ; 2

2 FrM BF

O ×= a ukupno obrnuto dejstvo ovih dveju sila u odnosu na tačku O je:

2121 FrFrMM BA

FO

FO ×+×=+ (3.11).

Kako je vektor : BArr AB += , to se može smenom u jednačinama (3.11) dobiti :

=×++× 21 )( FBArFr AA =×++× FBArFr AA )( = FBA ×− pri čemu korišćene jednakosti FFF =−= 21 . Dalje je

11

FBMFBAFBAFAB =×=×=×− jer je

BAAB −= . 1F

BMFBA =× Dakle, imamo da je ==+ 121 F

BF

OF

O MMM M (3.12). Na isti način se može pokazati da je 2F

AM=M . Ovako određen vektor jeste spreg kako je napred definisan.

Spreg smstramo slobodnim vektorom jer je dejsatvo sprega isto za bilo koju monentnu tačku. Ovo se vidi iz jednačine (3.12) u kojoj nema vektora položaja naoadnih tačaka sila ( Ar i Br ) u odnosu na proizvoljnu točku 0. Sl.3.11

33

Neznvisnost dejstva sprega od momentne tačke možemo

pokazati skalarnim putem za momentne tačke u ravni dejstva. Tako, na osnovu Sl. 3.11 . gde je ravan dejstva sprega x, y, i mamo:

)(11 daFM F

O += , 21 FF −=

aFM FO ⋅−= 2

2

=⋅=−+=+ dFaFdaFMM FO

FO 111 )(21 M

Na Sl..3.12 naznačeni su vektori sprega koga čine sile

FFF =−= 21 za različite monentne tačke 1O , 2O ... Pritom je u svakoj

od tačaka ucrtan vektor M da bi se istaklo da je dejstvo isto za sve tačke.

Sl.3.12 3.3.2. Ekvivalentnost spregova

Za dva sprega kažemo da su ekvivalentna ako imaju isto dejstvo na telo, što znači da se jedan od njih može zameniti drugim, a da se dejstvo na telo ne promeni. Dokažimo ekvivalentnost spregova koga čine sile F , 'F i sile 1F , 1'F (Sl.3.13). Sile F i 'F čine spreg. Razlaganjem ovih sila na pravce (p,p) i AB, dobijamo sila 1F i 2F sile 1'F i 2'F . Sile 2F i 2'F deluju duž iste napadne linije, međusobno su jednake, a suprotno usmerene - što znači uravnotežene, pa ih možemo ukloniti. Mehaničko dejstvo sistema sila

1'F i 1F mora biti ekvivalentno dejstvu sila F i 'F , jer je jedan sistem

34

dobijen iz drugog primenom aksioma 1. i 2. Inače, sile 1'F i 1F , čine spreg jer je 11' FF −= , i ovo sledi iz jednačine FF −=' i načina razlaganja 'F i F na komponente.

Sl.3.13 Matematički dokaz ekvivalentnosti spregova M i M ’ može se

izvesti preko momenata sučeljnih sila koje deluju u tački A, odnosno B. Pritom se mora koristiti Varinjonova teorema (sila F je rezultanta sila

1'F i 2F ), jednačina (3.9). Izvodjenje izgleda ovako:

1 2 1 2( )FAM AB F AB F F AB F AB F= × = × + = × + ×

2 0AB F× = , 11

FFA AM AB F M= × = (3.14).

1FAM AB F= = ×M

11

FAM AB F= = ×M'

Dakle, pošto je 1F

AF

A MM = to je

' =M M (3.15). Ekvivalentnost spregova može se predstaviti i prostije – skalarno (Sl.3.14). Naime, spergovi 1M i M sa istom ravni dejstva i istim smerom, ekvivalentni su ako je : 1 1 1F d Fd= = =M M (3.16).

35

Sl.3.14

Dakle, dati spreg možemo predstaviti bilo kojim sistemom sila u ravni dejstva sprega kojim obezbeđujemo da zadati smer i jednakost oblika (3.16). Napomenimo da je za spreg koji deluje u zadatoj ravni dovoljno dati intenzitet i smer dejstva.

3.4 Slaganje spregova

Spreg sila koji zamenjuje dejstvo sistema spregova koji deluju na telo, predstavlja rezultujući spreg. Rezultujući spreg jednak je geometrijskom odnosno vektorskom zbiru komponentnih spregova. Dokaz cemo izvesti primenom Varinjonove teoreme (jednačina 3.9).

Posmatraćemo dva sprega koji deluju u dve različite ravni (sl.3.15). Predstavićemo ih sistemima sila 1F , 1'F i 2F , 2'F , koje deluju u zajedničkim tačkama A i B.

Slaganjem sučeljnih sila u tačkama A i B dobijamo RF = 1F + 2F i

RF ’= '1F + 2F '. Očigledno je 'RF =- RF , što pokazuje da sistem sila RF ,

'RF čini spreg, koji ćemo označiti sa RM , i da se slaganjem

36

Sl.3.15 spregova dobija spreg. Zavisnost između 1M , 2M , nM dobijamo prema sledećem: - Spregove u ravnima 1 i 2 predstavljamo pomoću momenata sila 1F i

2F za tačku A;

11 1

FAM AB F= = ×M , 2

2 2FAM AB F= = ×M

1 2 1 2( )R RAB F AB F F AB F AB F= × = × + = × + × =M

= 1 2+M M (3.17 ).

U slučaju sistema spregova M1, M2, ... , Mn koji deluje na telo (Sl.3.16), uzastopnom primenom jednačine (3.17), ( kao i kod slaganja sučeljenih sila ), dolazimo do rezultujućeg sprega MR , koji je :

MR=M1+M2+M3 + ... + Mn =∑Mi Ova jednačina grafički je predstavljena pomoću poligona vektora na Sl.3.16. Intenzitet rezultujućeg sprega se može odrediti analogno jednačini (2.4 ):

37

Sl.3.16

2 2 2x y zR R R R= + + =M M M M

2 2 2( ) ( ) ( )ix iy iz= + +∑ ∑ ∑M M M (3.19). 3.5. Uslovi ravnoteže sistema spregova

Telo je u ravnoteži pod dejstvom sistema spregova ako je

rezultujući spreg jednak nuli. Analitički uslovi ravnoteže prostornog sistema spregova direktno slede iz prethodnih jednacina, tj.

0R =M

0

0

0

x

y

z

R ix

R iy

R iz

= =

= =

= =

∑∑∑

M M

M M

M M

(3.20).

Geometrijski uslov ravnoteže proizvoljnog prostornog sistema

spregova je ostvaren, ukoliko je poligon komponentnih spregova zatvo-ren. Na Sl.3.17 pokazan je ovakav poligon za šest spregova.

Na kraju, kada je u pitanju dejstvo samo spregova, možemo reći da su slaganje spregova i uslovi ravnoteže potpuno analogni sistemu sučeljnih sila.

38

Sl.3.17

3.6. Redukcija sile na tačku

Pod redukcijom sile na datu tačku podrazumeva se paralelno pre-

nošenje sile u datu tačku. Silu F (Sl.3.18) možemo preneti u neku tačku 0, a da se pri tome mehaničko dejstvo sile na telo ne promeni, ako pri tome dodamo spreg čiji je moment jednak momentu sile za redukcionu tačku 0 : 0

FM=M i FF =' (3.21).

Sl.3.18 Dokaz je očigledan sa Sl.3.18. Naime, ako na telo dejstvuje sila F u tački A, onda u tački O možemo dodati uravnotežen sistem sila

'F FF =−= '' ( u skladu sa aksiomom 2 ). Tada sile F i ''F čine spreg

39

0FM r F= = ×M . Prema tome, umesto F sa napadnom tačkom A,

imamo silu 'F sa napadnom tačkom 0 i spreg M

čij e je ukupno dejstvo ekvivalentno dejstvu sile F u tacki A. Na ovaj način sila F je paralelno premeštena iz tačke A u tačku 0, a da njeno dejstvo na telo nije promenjeno (jer je izvršeno na bazi aksioma statike). . 3.7 Redukcija proizvoljnog sistema sila na tačku

U prethodnom odeljku smo proučili kako se redukuje sila na tačku. Koristeći postupak pokazan za jednu silu, možemo pokazati kako se sistem prostornih sila može redukovati na tačku. Ovom redukcijom, kako se sa sl.3.19 može videti, dobija se u redukcionoj tački sistem sila i sistem spregova koji deluje na telo.

Sl.3.19 Dalje, slaganjem sistema sučeljnih sila, kako je naznačeno na

slici, dolazimo do rezultante - sile rF , a slaganjem spregova dobijamo

rezultujući spreg 0M .Sila rF se zove glavni vektor (nije rezultanta

sistema sila 1F , ... , nF jer njeno dejstvo nije ekvivalentno ovome

sistemu) a 0M glavni moment za tačku 0. Dakle, dati sistem sila

redukovan je na tačku 0 i zamenjen silom rF sa napadnom tačkom i

spregom 0M .

40

Na osnovu izloženog o redukciji sile na tačku, u skladu sa jednačinom (3.21), određujemo glavni vektor rF i glavni moment 0M :

∑=+++= inr FFFFF ...21 (3.22).

11 0 1 1 0,..., nFF

n n nM r F M r F= = × = = ×M M

0 1 2 0... iFn M= + + + =∑M M M M (3.23).

Pri promeni redukcione tačke glavni vektor rF ostaje isti (što sledi iz jednačine (3.22)); medjutim, kako se momenti zadatih sila menjaju (menjaju se vektori položaja napadnih tačaka 1A , ... , An u odnosu na redukcionu tačku) - glavni moment se menja. Zato pri redukciji zadatog sistema kod oznake za glavni moment u indeksu pišemo o kojoj se redukcionoj tački radi 0M , na primer, ako je tačka 0, ili BM - za tačku B i si.). Na osnovu redukovanog sistema na neku tačku, možemo doneti zaključak o tome kakvo kretanje ili mirovanje tela će izazvati dati sistem sila. Tako ćemo, uz ostale kinematičke uslove u koje ovde ne ulazimo, imati sledeće slučajeve:

1. Ako je rF ≠ 0, 0 0=M – translacija tela u pravcu rF ;

2. Ako je rF = 0, 0 0≠M – rotacija oko ose kolinearne sa 0M

3. Ako je rF = 0, 0 0=M – ravnoteža;

4. Ako je rF ≠ 0, 0 0≠M – složeno kretanje. Ovde će se detaljnije proučiti treći slučaj- ravnoteža sistema sila.

3.8. Ravnoteža proizvoljnog sistema sila Pošto se proizvoljni sistem sila može uprostiti zamenom samo

jednom silom i jednim spregom, uslovi ravnoteže se mogu jednostavno izvesti. Naime, do bi proizvoljni prostorni sistem sila bio u ravnoteži, potrebno je i dovoljno da su jednaki nuli glavni vektor i glavni moment sistema sila. U skladu sa jednačinama (3.22) i (2.4) imamo da je intenzitet glavnog vektora F jednak

41

∑ ∑ ∑++= 222 )()()( iiir ZYXF

dok je , na osnovu (3.23) i (3.9) , intenzitet glavnog momenta 0M je 2 2 2

0 ( ) ( ) ( )i i iF F FX Y ZM M M= + +M

Sl.3.20 Da bi ovi intenziteti bili jednaki nuli , moraju biti zadovoljene jednačine:

0

0

0

0

0

0

i

i

i

i

i

i

Fx

Fy

Fz

X

Y

Z

M

M

M

=

=

=

=

=

=

∑∑∑∑∑∑

(3.24),

koje predstavljaju uslove ravnoteže proizvoljnog prostornog sistema sila. Znači, da bi proizvoljni prostorni sistem sila bio u ravnoteži,

potrebni je da bude ispunjeno navedenih šest jednačina, odnosno da je algebarski zbir projekcija svih sila na ose x, y, z, i algebarski zbir momenata svih sila u odnosu na te ose jednak nuli.

42

3.8.1 Ravnoteža proizvoljnog sistema sila u ravni Ravan sistem sila je onaj kod koga napadne linije sila leže u

jednoj ravni. Izaberimo koordinatni sistem tako da se ravan x, y poklapa sa ravni dejstva sila (SI.3.21). Kao što oe sa slike vidi, sve projekcije sila na osu z jednake su nuli, tj.

Z1 = Z 2 = . . . = Z n = 0 , Z r = 0 pa je treća jednačino sistema (3.24) zadovoljena bez obzira da li je sistem u ravnoteži ili ne. Isti je slučaj i sa jednačinama četiri i pet: sistema (3.24), jer su momenti svake od sila za ose x i y jeanaki nuli. Momenti sila za osu z su istovremeno i momenti za tačku 0 - projektovani na osu z , što pišemo kao

iiF

ZF MM ∑∑ =0

Sl.3.21 Dakle, umesto šest jednačina (3.24)., imamo uslove ravnoteže

ravnog sistema sila u obliku:

∑∑∑

=

=

=

0

0

0

iFO

i

i

M

Y

X

(3.25).

Pravci osa x,y,i položaj tačke 0 u ravni dejstva sila su proizvoljni.

43

Često se u praksi koriste i drugi oblici uslova ravnoteže proizvoljnog ravanskog sistema sila, kao naprimer:

∑∑∑

=

=

=

0

0

0

B

A

i

M

M

X

(3.25a).

pri čemu osa x ne sme biti upravna na pravac AB. Ovi uslovi obezbeđuju da su glavni vektor i glavni moment jednaki nuli. Sistem se ne svodi na spreg, što sledi iz bilo koje od momentnih jednačina. Ako bi se svodio na rezultantu ( 0≠rF , 0A =M , 0B =M ), druga i treća jednačina bile bi

zadovoljene ako bi rF prolazila kroz tačke A i B , što je na SI.3.21 naznačeno; međutim, iz prve jednačine i iz uslova da osa nije upravna na AB, sledi da je 0=rF .Dakle, zaključujemo da uslovi (3.25a) predstavljaju dovoljne uslove ravnoteže.

Uslovi ravnoteže se mogu napisati i pomoću tri momentne jedna-čine oblika:

∑∑∑

=

=

=

0

0

0

C

B

A

M

M

M

(3.25b).

pri čemu tačke A, B i C ne smeju da leže na jednoj pravoj. Bilo koja od ovih jednačina obezbeđuje uslov da se sistem sila ne

svodi na spreg. Ako bi se svodio na rezultantu, ove jednačine bi bile zadovoljene kada bi rF prolazila kroz sve tri tačke; pošto A, B, C ne leže na istoj pravoj - mora biti 0=rF , pa su uslovi (3.25b) i dovoljni za ravnotežu.

3.8.2.Ravnoteža prostornog paralelnog sistema sila Ako je sistem sila paralelan, uslove ravnoteže (3.24) možemo

uprostiti tako što koordinatne ose biramo tako da je jedna paralelna sa silama, na primer osa z na Sl.3.22 . Prva, druga i šesta jednačina sistema (3.24) identički su zadovoljene, pa se uslovi ravnoteže svode na tri jednačine:

44

∑∑∑

=

=

=

0

0

0

i

i

FY

FX

i

M

M

Z

(3.26 ).

Napomenimo da ako bi smo pravce osa izabrali proizvoljno u odnosu na paralelne napadne linije sila, dobili bi smo sistem od šest jednačina (3.24), ali linearno zavisnih tako da se svodi na tri nezavisne. Sl.3.22 Sl.3.23

3.8.3. Ravnoteža ravnog paralelnog sistema sila Ako na telo deluje ravan sistem paralelnih sila 1F , 2F , . . . nF , kao na Sl.3.23, jednu od koordinatnih osa u ravni dejstva sila biramo tako da bude paralelna silama.

Ako je y osa paralelna silama, prva od jednačina (3.25) zadovoljena je identički, pa se uslovi ravnoteže svode na sledeće dve jednačine :

∑∑

=

=

0

0iF

O

i

M

Y

Jednačina ∑ = 0iY može se zameniti sa ∑ = 0iF gde F1 + F2 . . . +Fn=0 podrazumeva algebrski zbir sila ( jedan smer se usvoji kao pozitivan ). Zato možemo reći da za ravan sistem paralelnih sila imamo dva uslova ravnoteže: algebarski zbir sila mora biti jednak nuli i

45

algrbarski zbir momenata sila za proizvoljnu tačku u ravni mora biti jednak nuli.

3.9. Ravnoteža proizvoljnog sistema sila i spregova Pretpostavimo da na kruto telo dejstvuje proizvoljan sistem sila

1F , 2F , . . . nF i sistem spregova 1M , 2M , ... kM , (Sl.3.24). Rezultujući spreg zadatog sistema spregova je

1 21

...k

R k ii=

= + + + =∑M M M M M (3.28).

Redukujući dati sistem sila u proizvoljno izabranu tačku 0, dobićemo nov sistem spregova i sučeljnih sila, pri čemu je:

0 01

i

nF

iM

−

= ∑M , 1

n

r ii

F F=

= ∑ .

Slaganjem spregova RM i 0 'M dobijamo glavni moment za redukcionu tačku 0: 0 0 ' R= +M M M (3.29). Da bi telo bilo u ravnoteži, moraju biti zadovoljeni uslovi: 0rF = , 0 0=M odakle, kao i u slučaju jednačina (3.24) slede algebarske jednačine:

1

1

1

0

0

0

n

ii

n

i ii

n

ii

X

Y

Z

=

=

=

=

=

=

∑

∑

∑

1 1

1 1

1 1

0

0

0

i

i

i

n kFx ix

i i

n kFy iy

i i

n kFz iz

i i

M

M

M

= =

= =

= =

+ =

+ =

+ =

∑ ∑

∑ ∑

∑ ∑

M

M

M

(3.30).

46

Sl.3.24

Dakle, može se zaključiti da će telo na koga dejstvuje proizvoljni prostorni sistem sila i sistem spregova biti u ravnoteži ako su zbirovi projekcija svih sila na ose i momenti svih sila i spregova oko koordinatnih osa x, y, z, jednaki nuli. Ove jednačine su opšte i iz njih se mogu izvesti svi ostali posebni slučajevi ravnoteže (prostorni, ravanski sistem sila i dr.).

Značajna je, na kraju, jedna napomena u vezi uslova ravnoteže. Sistem sila (i spregova), za koje smo izveli uslove ravnoteže čine date, poznate sile i reakcije veza. Dakle, uslovi ravnoteže se postavljaju posle oslobađanja tela od veza i zamene veza odgovarajućim reakcijama veza. 3.10. Ravnoteža sistema tela

Sistem tela predstavlja skup tela koja međusobno deluju jedno na drugo, tako da ravnoteža jednog tela zavisi od dejstva ostalih.

Ravnoteža sistema tela može se izučavati na dva načina: (a) posmatranjem sistema kao celine, (b) rastavljanjem sistema i izučavanjem ravnoteže

svakog tela posebno. U prvom slučaju u jednačine ravnoteže ulaze sve spoljašnje sile sistema - sile koje potiču od tela koja ne ulaze u posmatrani sistem (težine, reakcije spoljašnjih veza i dr.). Pri rastavljanju sistema, moramo kod svakog tela uzeti u obzir sile od tela van sistema koje na telo deluju, kao i unutrašnje reakcije veza - koje potiču od tela posmatranog sistema.

Često se primenjuju zajedno oba postupka (a) i (b), što ćemo pokazati na primerima.

47

Sl.3.25 Ovakva dva pristupa rešavanju ravnoteže sistema tela

pokazaćemo na jednom primeru (Sl.3.25a). Greda AB težina 20 i dužine 2l, zglobno je vezana u tački A i oslanja se na sredini svoje dužine na konzolu CD, težine G i dužine l . Treba odrediti reakcije veza.

U ovom slučaju sistem čine dva tela i to greda AB i konzola BC. Spoljašnje sile koje potiču od tela van posmatranog sistema u ovom slučaju su težine grede i konzole, reakcije zgloba A i zida D,

G2 ,G , AX , AY , DX , DY , DM (S1.3.25b). Za ovaj ravan sistem sila možemo postaviti uslove ravnoteže oblika (3.25):

0

3 0

(2 cos ) sin (1 cos )i

i A D

i A D

FA D D D

X X X

Y Y Y G

M Y l X l Glα α α

= − =

= + − =

= ⋅ + + ⋅ − − + −

∑∑∑ M

0cos2 =− αGl Imamo pet nepoznatih: AX , AY , DX , DY i DM pa je neophodno još jednačina koje se mogu dobiti jedino rastavljanjem sistema.

Rastavljeni sistem pokazan je na Sl.3.26. Pored sila naznačenih na Sl.3.25b, sada imamo i unutrašnje reakcije sistema CN i 'CN koje deluju na grede AB i CD. Treba imati u vidu da je, na osnovu četvrte aksiome, 'CC NN −=

48

Sl.3.26

Jednačine ravnoteže sistema sila koji deluje na gredu AB su: 0sin =−=∑ αCAi NXX

02cos =−+=∑ GNYY CAi α (b).

0cos2 =−=∑ αGllNM CA Za konzolu CD imamo:

0sin =+−=∑ αCDi NXX (c).

cos 02D C D

lM N l G= + − =∑ M

U jednačinama (c) već je uzeto u obzir da je CC NN =' . Iz bilo koja dva siszema možemo odrediti šest nepoznatih, iz (b) i (c), ili iz (a) i (b) ili iz (a) i (c). Sistem jednačina koji nismo koristili može pritom da služi za proveru. Rešenja su : αcos2GNC = , α2sinGX A = , 2sin2GYA =

α2sinGX D = , )cos21( 2 α+= GYD , 2(1 4cos ).2D

Gl α= +M

3.11. Primeri Na nekoliko primera ilustrovana je primena uslova ravnoteže sistema sila u ravni i prostoru. Takođe je pokazan način rešavanja sistema tela.

0cos =−=∑ αCDi NYY

49

P r i m e r 3.1 Greda AB vezana je cilindričnim zglobom A za vertikalni zid, a za drugi kraj B vezano je uže, koje je prebačeno preko nepomičnog kotura C, zanemarljive težine, na čijem kraju visi teret Q=5 kN. Na gredi se nalazi teret G=10 kN udaljen za x od zgloba A. Naći otpor u A i veličinu x za slučaj ravnoteže, ako je l=4 m. Zanemariti težinu grede i trenje kotura (Sl.3.27). R e š e nj e: Posmatramo ravnotežu grede AB. U tačku B prenosimo silu S=Q, jer se zanemaruje otpor obrtanju kotura C. Oslobađanjem grede zglobne veza u tački A, uvidimo reakciju AF koja je paralelna silama S i G . Ako pedpostavimo da postoji

i komponenta AX , iz uslova ravnoteže- prva jednačina, sledi XA+0=Q odakle je XA=0. Ostali uslovi ravnoteže glave:

0

0

i A

A

Y F G Q

N Q l G x

= − + =

= ⋅ − ⋅ =

∑∑

odakle dobijamo tražene veličine: FA=G-Q=5 kN i

X= 2Q l mG⋅ = .

Sl.3.27

P r i m e r 3.2. Greda sa prepustom AB (Sl.3.27) dužine 23

l=3 m,

zanemarljive težine, opterećena je silom F=2 kN, spregom M=6 i kontinualnim opterećenjem na rasponu AB sa specifičnim opterećenjem q=1 kN/m. Odrediti otpore oslonaca.

50

R e š e nj e: Telo čiju ravnotežu izučavamo je greda. Na nju deluju zadate paralelne sile F i qF i spreg M čija ravan dejstva je ravan crteža. Oslobađajem veza u tačkama A i B i postavljanjem uslova ravnoteže, odmah iz prve jednačine sledi XB=0, kao i u prethodnom primeru. Zato je BF nacrtena paralelno sa ostalim silama.

Zamenjujući kontinualno opterećenje rezultujućim qF koje deluje u težištu površine kojom je ovo opterećenje predstavljeno, dobijamo jednačine ravnoteže u obliku:

0

1 02 2

i A B

A B

Y F F ql F

lM F ql F l

= − + − + =

= − + + − ⋅ =

∑∑ M

Odavde određujemo otpore oslonaca: 1 1 32 2BF F ql kN

l= − + + =

M

1A BF F ql F kN= + − = . Proveru tačnosti rešenja možemo izvršiti postavljanjem momentne jednačine za tačku B:

3 1 3 22 2 6 1 2 1 2 02 2 2 2B AM F l F l ql l= − ⋅ + + ⋅ − ⋅ = − ⋅ + + ⋅ − ⋅ ⋅ =∑ M ,

što znači da su dobijena rešenja tačna.

Sl.3.27*

P r i m e r 3.3. Homogeni štap AB (Sl.3.28), težine G=500N, dužine l=6m, oslanja se na vertikalni zid u tački B I horizontalan pod u tački A. Pomoću horizontalnog užeta DC, štap je vezan za zid, tako da je AD=l1=1m. Odrediti sve reakcije veza, ako je ugao 60α = ° . Zid I pod smatrati idealno glatkim. R e š e nj e: Oslobađanjem štapa mehaničkih veza uvodimo reakcije AF , BF i S prema Sl.3.28 i zaključujemo da na posmatrano telo deluje ravan sistem sila. Uslovi ravnoteže oblika glase:

51

1

0

0

1sin cos sin 02

i B

i A

A B

X S F

Y F G

M F l G l Slα α α

= − =

= − =

= + ⋅ − − =

∑∑∑

Iz ovih jednačina, zamenom datih vrednosti sila dobijamo: FA=500N ; 100 3 170.32BF S N= = = .

Sl.3.28

P r i m e r 3.4. Dva štapa AC i BC zanemarljivih težina, međusobno su vezana zglobom C, dok je u tački A cilindrični zglob (Sl.3.29). Sistem se oslanja u tački B na horizontalni pod, a pokazani ravnotežni položaj ostvaren je nerastegljivim užetom AB vezanim u tačkama A i B, kao i silu u užetu. Dimenzije i uglovi dati su na slici.

R e š e nj e: Posmatraćemo ravnotežu sistema tela kao celine, a zatim ravnotežu štapa BC.

Spoljašnje sile sistema su: 1G , 2G , AF (rastavljena na komponente AX i AY ) i sila BF . Uslovi ravnoteže su:

1 2

2 1

0

0

4 3 0

i A

i A B

A B

X X

Y Y G G F

M F a G a G a

= =

= − − + =

= ⋅ − ⋅ − =

∑∑∑

odakle dobijamo reakcije oslonaca A i B: XA=0 ; YA=1.75kN ; FB=1.25kN. Sl.3.29 Za određivane unutrašnjih sila veza u užetu i u zglobu C posmatraćemo ravnotežu štapa BC. Sile koje deluju na štap BC su pokazane na SL.3.29b. Uslovi ravnoteže su:

52

2 2

2 2

0

0

2 2 30 0

i C

i C B

C B

X X S

Y Y F F G

M F a F a S a tg G a

= − − =

= − − + − =

= ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅ ° − ⋅ =

∑∑∑

odakle sledi: S=1.3kN ; XC=1.3kN ; YC=0.25kN. Negativan znak ispred sile XC Znači da je smer suprotan (na Sl.3.29b – isprekidana linija). P r i m e r 3.5. Na homogenu konzolu AB, dužine l=1.2m i težine G=300N, postavljen je elektro motor, težine Q=900N, Sl.3.30. Osa simetrije elektro motora je na rastojanju a=0.8m od zida, dok je osa obrtanja na visini h=0.5m od uzdužne ose konzole, prema slici. Snaga elektromotora pranosi se preko remenice poluprečnika R=0.2m i kaiša, usled čega se u njegovom zateznom i pogonskom kraku javljaju sile 1F

i 2F pod uglovima kaiša 30α = ° i 15β = ° . a) Odrediti reakcije u uklještenju konzole u slučaju kada motor nije u radu, pri čemu su zatežuće sile u kaiševima F1=F2=1000N. b) Odrediti sile i moment uklještenja kada je motor u radu, uzimajući da je odnos između zatežućis sila u kracima kaiša F1=2F2=2000N. c) Odrediti sile u zavrtnjima C i D, ako je pričvršćivanje elektromotora izvedeno sa četiri pravilno raspoređena zavrtnja prema slici, u oba navedena slučaja. Zanemariti dužinu motora i širinu konzole ( računati kao ravanski problem), a smatrati da zavrtnji D mogu da prenose poprečne sile. Uzeti rastojanje između zavrtanja d=0.5m. R e š e nj e: Konzola i elektromotor čine sistem tela. D bi smo odredili tražene otpore posmatraćemo ravnotežu, prvo, sistema tela kao celine, a zatim elektromotora. Na sistem tela (celinu) deluju spoljašnje sile i to (Sl.3.30a): sile u radnom islobodnom kraku kaiša 1F i 2F , težine grede G i elektromotora Q i otpori u

uklještenju A sile AX , AY i moment uklještenja AM . Zanemarujući širinu grede i dužinu elektromotora (što je zadato), sistem se svodi na proizvoljni sistem sila u ravni. Radi što jednostavnijeg postavljanja jednačina uslova ravnoteže, sile u kaišu redukujemo u tačku 0 (Sl.3.30b), pa su uslovi ravnoteže:

53

Sl.3.30

1 2

1 2

1 2 1 1

cos cos 0

sin sin 0

( ) cos sin2

i A

i A

A A

X X F F

Y Y F F G Q

lM G Qa F F R hF aF

α β

α β

α α

= − + + =

= + + − − =

= − − − + − + +

∑∑∑ M

2 2cos sin 0hF aFβ β+ + =

Smenom u jednačine (a) zadatih podataka, kao i sila F1=F2=1000 N za slučaj samo zategnutih krakova kaiša (motor nije u radu), dobijamo reakcije: XA=1831.9 N ; YA=441 N i AM =623 Nm.

U slučaju kada je elektromotor u radu, pri čemu je F1=2F2=2000 N, iz

jednačina (a) dobijamo reakcije: ' 2698AX = N ; ' 58.8AY = − N i ' 1656A =M Nm.

Otpor uklještenja 'AY je suprotnog smera od predpostavljenog na Sl.3.30. Za određivanje sila koje opterećuju parove zavrtanja C i D posmatraćemo

ravnotežu elektromotora (Sl.3.30b), na koga deluju sile u kaišu 1F i 2F ( koje su

redukovane na tačku 0), tažina elektromotora Q , otpori u zavrtnjima CF− , DX i DY . Jednačine ravnoteže, za ovaj proizvoljni sistem sila u ravni (prema zadatku), su:

54

1 2

1 2

1 2 1

cos cos 0

sin sin 0

( ) cos2

i D

i D C

D C

X X F F

Y Y F Q F F

dM F d Q F F R F h

α β

α β

α

= − + + =

= − + − + + =

= − − − − +

∑∑∑

(b)

1 2 2sin cos sin 02 2d dF F h Fα β β+ − + =

Iz jednačina (b) , za slučaj kada elektromotor nije uključen, rezultujući otpori u

zavrtnjima su: 1831.9DX = N ; 1761.3DY = N i 1902.5CF = N.

U slučaju kada je elektromotor uključen u rad rezultujući otpori u zavrtnjima

su povećani i iznose: ' 2697.9DX = N ; ' 3277.3DY = N i ' 2918.5CF = .

Zadatak se može rešiti bez redukcije sila u krakovima kaiša 1F i 2F u tačku 0,

pa se čitaoci upućuju da, radi vežbe, zadatak reše i na taj način. Inače, u tom slučaju je nepovoljnije određivanje rastojanja za pisanje momentnih jednačina, čime se zadatak komplikuje.

P r i m e r 3.6. Homogena kvadratna horizontalna ploča, težine G i stranice a,

vezana je za postolje sfernim zglobom A i cilindričnim ležištem B, a u tački C pridržava se užetom CE, prema Sl.3.31. Odrediti sve reakcije veza ako su koordinate tačke E (0,0, 2a ) i Q=2G.

R e š e nj e: Razmotrićemo ravnotežu ploče ABCD, kao slobodnog tela, oslobađajući je

veza. Na ploču deluju reakcije veza, razložene na komponente, u tačkama A i B:

AX , AY , AZ , BY i BZ , reakcija užeta S , težine G u težištu ploče i teret Q u tački D.

Kosu silu (u odnosu na ose x, y, z) razlažemo na ZS i komponentu u ravni X,

Ay – koju zatim razlažemo na XS i YS . Kako je ugao ACE jednak 45° , sledi:

2XlS S= − ,

2YlS S= − , 2

2ZS S=

Usvajajući pozitivne znake u momentnim jednačinama saglasno naznačenom na slici i primenom Varinjonove teoreme za silu X Y ZS S S S= + + , dobijamo jednačine ravnoteže prostornog sistema sila:

55

1 02

1 02

2 02

2 02 2

2 02 2

1 1 02 2

i A

i A B

i A B

X

Y B

Z B

X X S

Y Y Y S

Z Z Z G Q S

aM G Q a S a

aM Z a G S a

M Y a S a S a

= − =

= + − =

= + − − + =

= − ⋅ − ⋅ + =

= − ⋅ + ⋅ − =

= − + =

∑∑

∑

∑

∑∑

odakle su rešenja Sl.3.31

3 24A AX Y G= = ; 5

2AZ G= ;

BZ G= − ; 0BY = ; 3 22

S G= .

Smer komponente BZ je suprotan od predpostavljenog. P r i m e r 3.7. Motorno vitlo pokreće se preko pužnog prenosnika koga pokreće elektromotor (Sl.3.32). Zahvatanje puža i zupčanika čvrsto vezanog za vratilo na kome je doboš, je u tački C. Sile koje deluju na zupčanik (pužni točak) su

0F R=M , 0.2aF R= M , gde su M - pogonski moment elektromotora, a R – poluprečnik zupčanika. Ako se teret podiže preko užeta prebačenog preko nepomičnog kotura D, odrediti maksimalni teret Q koji se pogonskim momentom M može podići i odrediti reakcije ležišta A i B, uzimajući da je težina vitla G. Sve otpore kretanja zanemariti.

R e š e nj e: Posmatramo ravnotežu vitla u uslovima kada se pogonskim momentom M

održava i ravnotežni teret Q; tako određena veličina Q je maksimalni teret koji se može podići pogonskim momentom M . Prostorni sistem sila koji deluje na vitlo naznačen je na Sl.3.32, tako da su uslovi ravnoteže:

56

0

0

0

0

0

0

3 0

4 3 0

04

i

i

i

i A B

i A B

i A a

FB aX

FBX

FZ

X X X F

Y Y Y Q

Z Z F G

M Q R Y R F R

M F R X R

RM F R Q

= + − =

= + + =

= + − =

= − ⋅ − ⋅ − ⋅ =

= − ⋅ + ⋅ =

= − ⋅ + ⋅ =

∑∑∑∑∑∑

Rešavajući ovaj sistem jednačina dobijamo:

4Q R= M ; ( )A aZ F G= − − ; 7 (3 )AX R= M ; (2 ) 3A aY Q F= − − ; 4 (3 )BX R= − M ; ( ) 3B aY Q F= − + .

Smerovi sila AZ , AY , BX i BY su suprotni od onih koji su ucrtani na Sl.3.32.

Sl.3.32

57

4. T R E NJ E

U prethodnim poglavljima su određivane reakcije veza, pretpostavljajući da su dodirne površi idealno glatke, i da sile ineđusobnog dejstva dvaju tela imaju pravac normale na dodirnu površinu.

U stvarnosti, dodirne površi dvaju tela su hrapave, pa zato postoji komponenta sile u tangencijalnoj ravni površine dodira, tako da reakcija veze nije u pravcu normale. Od čega zavisi pravac reakcije hrapave veze videćemo u ovom poglavlju.

Izlozićemo, ukratko, rešavanje problema statike u slučaju trenja klizanja i kotrljanja.

4.1. Trenje klizanja Eksperimentalno se može utvrditi da se, u slučaju kada sile teže

da jedno telo pomere po površini drugog, ili u slučaju da izazivaju klizanje jedne površine po drugoj, javlja sila otpora koju zovemo sila trenja klizanja. Ona leži u tangencijalnoj ravni dodirnih površina i ima smer suprotan od smera u kome sile teže da telo pokrenu (ili, ako se telo kreće - suprotno od smera klizanja po drugom telu). Sl.4.1

Sila F teži da telo na Sl.4.1a pokrene udesno, a sila trenja μF ima

smer ulevo; slično je i kod tela na Sl.4.lb . Dakle, reakcija veze wF se može napisati u obliku:

NFFw += (4.1). Sila trenja klizanja nastaje kao posledica hrapavosti dodirnih

površina između tela i među molekularnih (adhezionih) sila.

58

Ispitivanje trenja predstavlja vrlo složen i komplikovan fizički proces. Za tehničke potrebe proračuna dovoljno je poznavati osnovne zakone trenja, koje je formulisao francuski naučnik Kulon (Coulomb), poznate kao Kutonovi zakoni. Ima ih dva i glase:

1) Pri težnji da se izvrši relativno pomeranje klizanjem jednog tela po površini drugog (ili, ako se to pomeranje vrši), u dodirnoj površi nastaje sila trenja μF koja se suprotstavlja takvom pomeranju. Sila trenja klizanja ima pravac tangente na dodirnu površinu, a smer suprotan od smera u kome sile teže da pomere jedno telo po drugom; isto važi i u slučaju da se klizanje ostvaruje.

Sl.4.2 2) Maksimalna sila trenja srazmerna je sili normalnog pritiska

između tela, N , tj. NF μμ =max)( (4.2).

Koeficijent proporcionalnosti između μF i N, zove se koeficijent trenja klizanja,μ .

Iz gornje jednačine možemo napisati izraz za koeficijent trenja klizanja:

NF max)( μμ = (4.3),

što se koristi za njegovo eksperimentalno određivanje. Tako se, naprimer, iz uslova ravnoteže sila sa Sl.4.2, dobije:

αsinFGN −= NFF ≤= αμ cos (4.4).

)sin()( max αμμμ FGNF −== Ako postoji ravnoteža tela (mirovanje), sila trenja je manja od

maksimalne sile trenja. U trenutku kad počinje klizanje jednog tela po drugom, sila trenja je dostigla maksimalnu vrednost:

59

NFF ⋅== μμμ max)( U statici se obično ispituju uslovi granične ravnoteže - ravnoteže

kad počinje klizanje, kada je sila trenja izražena jednačinom (4.2). U primeru na Sl.4.2 silu F povećavalo do trenutka klizanja kada

je F = Fmax , pa iz jednačina (4.4) dobijamo koeficijent trenja

α

αμ

sincos

max

max

FGF−

=

Koeficijent trenja μ zavisi od vrsti materijala od kojih su tela

koja se dodiruju, hrapavosti dodirnih površina, temperature tela i drugih faktora. Koeficijent trenja je:

- za čelik po čeliku μ = 0,15 - za drvo po drvetu μ = 7,04,0 ÷ . Koeficijent trenja pri mirovanju se zove statički koeficijent trenja,

a pri kretanju - klizanju kinematički ili dinamički koeficijent trenja. Ova dva koeficijenta nisu međusobno potpuno jednaka. Treba napomenuti da sila trenja ne zavisi od veličine dodirne površine. Međutim, jedna činjenica vezana za silu trenja je vrlo značajna. Naime, sila trenja μF pri ravnoteži zavisi od sila koje deluju na telo, što se može videti i iz druge od jednačina (4.2). U slučaju da je sila dejstva posmatranog tela na vezu u pravcu normale na površinu -reakcija veze će biti u pravcu normale (iako je površina hrapava); naprimer, ako bi sila F na Sl.4.2 bila jednaka nuli, onda je NFw = .

4.l.l. Ugao trenja Reakcija hrapave površine je sila 'wF i ona zalapa ugao f sa

normalom na površinu (Sl.4.3). Zadržavanjem konstatno normalne sile N , a povećavanjem

tangencijalne sile, doći će do pokretanja tela, kada sila trenja dostigne graničnu vrednost NF ⋅= μμ max)( .

Reakcija WF zaklapa u graničnom slučaju ugao f sa normalom.Ovaj ugao, koji se zove ugao trenja, možemo odlediti koristeći Sl.4.3:

60

tgf μμμ ===NN

NF max)(

(4.5).

.

Sl.4.3 Kao što se vidi iz jednačine (4.5), ugao terenja ϕ zavisi samo od

koeficijenta trenja. μ. Konus trenja Ako je koeficijent trenja klizanja za dati materijal – telo, jednak u svim pravcima, i ako se ugao trenja ϕ , koji zaklapa sila otpora WF sa normalom n , prenese u svim pravcima, dobija se kružni konus sa uglom pri vrhu 2ϕ , Sl.4.4. Ovaj konus se zove konus trenja.

Sl.4.4

61

U vezi sa konusom trenja nožemo pokazati jednu interesantnu karakteristiku. Naime, ako na telo A koje leži na hrapavoj podlozi deluje sila F pod uglom α (težina tela se zanemaruje) da bi se telo pomerilo, potrebno je da bude ispunjen uslov:

maxsin μα FF > , αcosFN = kako je, dalje,

αcosFN = , sledi : αμμα cossin FNF =⋅>

tgα μ> , tg=μ f , (4.6). tg tgα ϕ> , α

Kao što se vidi iz jednačine (4.6) sila koja u odnosu na normalu deluje pod uglom manjim od ugla trenja (odnosno ako je sila unutar konusa trenja) ne može pomeriti telo po podlozi, bez obzira na njenu veličinu. Kretanje nastupa kad se pravac sile poklopi sa pravcem jedne od izvodnica konusa trenja.

4.2 Trenje kotrljanja Kretanje jednog tela po površini drugog može se ostvariti

kotrljanjem. Pri tom se javlja otpor protiv kotrljanja; u ovom odeljku utvrdićemo neke najbitnije činjenice koje se odnose na otpor kotrljanju i to pre svega na otpor kotrljanju pri ravnoteži tela. Posmatrajmo prvo točak (cilindar) težine G na horizontalnoj nedeformabilnoj hrapavoj podlozi (Sl.4.5a). Ako u tački C povećamo silu F počevši od nule, primetićemo da će kotrljanje početi tek kada sila F dostigne određenu vrednost. Sve do te granične vrednosti, imamo ravnotežu ravnog sistema sila koga čine:G , F , normalna reakcija N i sila trenja μF . Jedan od uslova ravnoteže (3.25) jeste momentna jednačina ravnoteže i stvarnosti ograničnoj ravnoteži pri kotrljanju objašnjava se na sledeći način.

Naime, objašnjenje sledi iz činjenice da su tela koja se dodiruju deformabilna. Radi pojednostavljenja, smatraćemo da je materijal točka znatno tvrđi od podloge, tako da podlogu smatramo deformabilnom, kao na Sl. 4.5b i Sl. 4.5c.

62

Na Sl. 4.5b posmatrani slučaj kada na točak djeluje samo sila težine i podloga. Dodir je na delu površine AB, raspored pritisaka između površina je simetričan u odnosu na vertikalu kroz središte C, a rezultujuća reakcija podloge je sila N . Deformacija podloge je, naravno, uvećano nacrtana. Sl.4.5

Ako zatim započne dejstvo sile F kako je naznačeno na Sl. 4.5c raspored pritisaka i deformacija podloge postaće sve više nesimetrični u odnosu na pravac CD, oblika kakav je na slici prikazan. Kako su sile međusobnog dejstva između tela veće na delu BD, rezultujuća vertikalna sila N biće pomerena za veličinu 'ε . Iz uslova ravnoteže sledi da je horizontalna komponenta reakcija podloge, sila trenja klizanja μF ,

jednaka po intezitetu. Napomenimo da, kako na telo deluju dve sile; F + G u tački C i FNFw += u tčki E, sila wF prolazi kroz tačku C.

Sve dok silu F nepovećamo da počne kotrljanje, uslovi ravnoteža sila su zadovoljeni i imaju oblik:

∑ =iX F - Fμ = 0 , ∑ =iY N – G = 0

∑ iFDM = - Fμ - N

Možemo konstatovati da uslovi ravnoteže ovakvog oblika mogu

biti zadovoljeni i da nema nelogičnosti koja se javlja kada se zanemari deformacija tela koja se dodiruju (kao na Sl. 4.5a).

63

Sa δ je na slici označeno pomeranje sile trenja klizanja μF u odnosu na tačku D. Na slici je naznačeno, da ustvarnosti i jeste tako, da jeδ << 'ε , tako da poslednja jednačina ( 4.8 ) ima oblik 0' =⋅+⋅− RFN ε (4.9).

Najvažnija činjenica kod trenja kotrljanja jeste da je normmalna reakcija podloga N pomerena u smeru u kome sile teže da izazovu kotrljanje ( na Sl. 4. to je smer sile F ) za određenu vrednost. Povećavanjem sile F povećavaće se veličina , počevši od nule ( kada je do neke granične vrednosti – kada počinje kotrljane. Dakle, imamo da je:

'0 εε ≤≤ (4.10). Granična vrednost se zove krak trenja kotrljanja, a proizvod N ε⋅

- moment otpora kotrljanja. Dakle, možemo reći da će posmatrano telo biti u miru sve dok je moment sila za obrtnu tačku dodira manji od momenta otpora, tj. sve dok je – prema Sl. 4.8c,

ε⋅≤⋅ NRF (4.11). Kako je u posmatranom primeru N=G, možemo reći da sila F zadovoljava uslov:

GR

F ε≤ (4.12).

Krak otpora kotrljanja se određuje eksperimentalno i zavisi od vrste materijala. Naprimer, za čelik po čelikuε = 0.02 ÷ 0.05 (cm), kuglice u ležajima ε = 0.001 ÷ 0.005 (cm).

Pri dodiru dva tela hrapavih površina pod dejstvom sila može nastati klizanje ili kotrljanje jednog tela po drugom. Ovde ćemo se osvrnuti ukratko na uslove pri kojima nastaje klizanje ili kotrljanje. Klizanje nastaje ako sila trenja μF dostigne maksimalnu vrednost

NF ⋅= μμ max . Ako se μF gr označimo silu trenja pri kojoj nastaje kotrljanje, onda će kotrljanje bez klizanja biti ako je μF gr < maxμF (4.13).

64

U posmatranom primeru, na osnovu jednačine ( 4.11 ) i prve od jednačina ( 4.8 ), sledi da će kotrljanje bez klizanja biti ako je

GGR

με< , tj. Rμε < (4.14).

Istknimo na kraju da je kotrljanje moguće samo ako su dodirne

površine hrapave. 4.3. Primeri Na dva primera ilustrovana je navedena teorija trenja pri klizanju

i kotrljanju. P r i m e r 4.1. Vertikalna greda težine G slobodno se oslanja u tačkama A i

B o postolje, a na gredu se u tački C oslanja glatka kugla težine Q, koja se, takođe, oslanja na glatku strmu ravan, nagnutu pod uglom od 60° prema horizontali (Sl.4.6). Ako je koeficijent trenja u tačkama oslanjanja A i B jednak μ , odrediti njegovu minimalnu vrednost da ne dođe do klizanja grede naniže.

R e š e nj e: Rastavimo sistem i posmatramo posebno kuglu i gredu. Na kuglu (Sl.4.6c), a

obzirom na glatke oslonce u tačkama C i D, deluje sistem sučeljnih sila CN , DN i Q koji obrazuje zatvoreni trougao sila iz koga dobijamo:

60 3CN Q tg Q= ⋅ ° = (a).

Sistem sila koji deluje na gredu (Sl.4.6b) čine: težina G , normalne reakcije '( ' )C C CN N N= − , AN i BN i sile trenja AF μ i BF μ imaju maksimalne vrednosti

A AF Nμ μ= , B BF Nμ μ= (b). Inače, jednačine ravnoteže sistema sila su:

0

0

04 4

i A C B

i A B

A B C

X N N N

Y F F G

l lM N N

μ μ

= − − =

= + − =

= ⋅ − ⋅ =

∑∑∑

(c).

Iz prve i treće jednačine ovog sistema i uz korišćenje rešenja (a), dobijamo

2 3AN Q= , 3BN Q= (d)

65

Sl.4.6 Zamenom relacija (b) u drugu jednačinu sistema (c) i korišćenjem rešenja (d), sledi

39

GQ

μ = ⋅ (e)

Ukoliko bismo umesto jednačina (b) koristili jednačine oblika

A AF Nμ μ≤ , B BF Nμ μ≤ (f) druga od jednačina (c) postaje ( )A BN N Gμ + ≥ odakle, s obzirom na rešenje (d), sledi

39

GQ

μ ≥ ⋅

što znači da rešenje (e) daje minimalni koeficijent trenja.

P r i m e r 4.2. Homogeni cilindar, poluprečnika R i težine G, pomera se po horizontalnoj ravni pod dejstvom sile F, prema Sl.4.7. Krak trenja kotrljanja cilindra i ravni je ε , a koeficijent trenja kotrljanja μ .

Odrediti koliki mora biti koeficijent trenja μ da bi se cilindar pod dejstvom sile F kotrljao bez klizanja.

R e š e nj e: Posmatramo ravnotežu cilindra na koga deluju sile F pod uglom α , težina

G , normalni otpor N koji je pomeren za krak kotrljanja ε i tangencijalna sila trenja

66

Fμ , Sl.4.7. Jednačine ravnoteže sila su ( smatramo da je pomeranje sile N dostiglo maksimalnu vrednost ε ):

sin 0

cos 0

2 sin 0

i gr

i

A

X F F

Y N G F

M N FR

μα

α

ε α

= − =

= − − =

= − + =

∑∑∑

(a).

Iz ovih jednačina imamo da je: singrF Fμ α= cosN G F α= + (b).

2 sin cos

FR

εα ε α

=−

Iz jednačine (b) sledi

sin2 sin cosgrF G

Rμε α

ε α=

− (c).

Sl.4.7 Maksimalna sila trenja je maxF Nμ μ= , tako da je na osnovu druge i treće jednačine (b):

maxcos(1 )

2 sin cosF N G

Rμαμ μ

α ε α= = +

− (d),

odnosno,

max2 sin

2 sin cosRF G

Rμμ αα ε α

=−

(e).

Da bi došlo do kotrljanja mora biti zadovoljena jednačina (4.13), pa iz (c) i (e) sledi

sin 2 sin<2 sin cos 2 sin cos

RG GR R

ε α μ αα ε α α ε α− −

,

odnosno,

>2Rεμ

što je rešenje zadatka.

67

5. T E Ž I Š T E

U ovom odeljku izlaže se pojam središta sistema paralelnih sila, na bazi koga se definiše težište tela u opštem slučaju i tela u obliku površi i linije, i na kraju - za primenu važne Papus-Guldinove teoreme.

5.1. Središte - centar sistema paralelnih sila Vezani sistem paralelnih sila je takav sistem kod koga svaka od

sila deluje na određenu tačku tela - vezana je za tačku, i ima osobinu da ostaje uvek paralelan (promena pravca jedne sile znači istovremeno i istu promenu pravca svih ostalih sila). Ovakav sistem sila se svodi na rezultantu koja je opet vezana za određenu tačku, tj. njena napadna linija prolazi uvek kroz istu tačku - središte vezanog sistema.

Rezultanta sila iR FF = i njena napadna linija je paralelna sa napadnim linijama komponenata. Intenzitet rezultante se određuje kao apsolutna vrednost algebarskog zbira svih sila:

∑=++++= inR FFFFFF ...321 (5.1). Položaj napadne tačke rezultante, središta C sistema, odrećićemo

sledećim postupkom. Pritom ćemo se koristiti Vorinjonovom teoremom o momentu rezultante sistema sila, koja važi uvek kada se sistem svodi na rezultantu (dokaz je izveden u ovoj knjizi samo za sistem sučeljenih sila –jednačine (3.9) i (3.10)).

Posmatrajmo telo na koga deluje vezani sistem sila sa napadnim

tačkama 1A , 2A , ... , nA (sl.5.1). Izvršimo postupno slaganje sila. Tako

imamo da rezultanta sila 1F i 2F , označena sa 12F , prolazi kroz tačku 1C čiji je polozaj, na osnovu Varinjonove teoreme, određeno relacijom:

222111 CAFCAF ⋅=⋅ . Kada zaokrenemo ove sile za užisti ugaoć dobićemo sile '1F i '2F , pri čemu su '11 FF = i '22 FF = , a pravac A1A2

ostaje nepromenjen. Rezultanta sila '1F i '2F prlazi kroz istu tačku C1 kao i za sile 1F i 2F .

68

Sl.5.1

Slaganjem rezultante 12F sa silom 3F dobija se rezultanta 123F koja prolazi kroz tačku C2, čiji se položaj neće promeniti pri zaokretanju sila u '12F i '3F . Daljim slaganjem svih sila po ovom postupku dobija se centar sistema- tačka C, čiji položaj ne zavisi od pravca sila. Smatrajući da sile deluju paralelno osi z, kao na Sl.5.1, na osnovu Varinjonove teoreme rezultantena osu y, dolazimo do jednačine iinnCR xFxFxFxFxF ⋅=⋅++⋅+⋅=⋅ ∑...2211 iz koje možemo odrediti koordinatu xC središta. Iz momentne jednačine za osu x dolazimo do jednačine iz koje možemo odrediti koordinatu yC. Zaokretanjem sila tako da budu paralelne osi x, a primenom Varinjonove teoreme za osu y, dobijamo jednačinu iz koje možemo odrediti koordinatu zC. Konačno, možemo napisati izraze za koordinate središta vezanog sistema paralelnih sila:

69

R

iiC F

xFx ∑ ⋅

= , R

iiC F

yFy ∑ ⋅

= , R

iiC F

zFz ∑ ⋅

= (5.2).

Napominjemo da položaj središta C zavisi samo od veličina i smerova sila i položaja njihovih napadnih tačaka, a ne od njihovog pravca dejstva. Primer vezanog sistema sila su sile težine. Na osnovu izvedenih izraza za položaj središta vezanog sistema sila, odredićemo položaj težista tala-napadne tačke (središta) ukupne težine tela.

5.2. Težište tela proizvoljnog oblika Posmatrajmo telo proizvoljnog oblika u polju zemljine teže. Ako

zamislimo da smo telo podelili na veliki, ali koničan, broj delova, onda možemo smatrati da na telo deluje sistem vezanih paralelnih sila 1GΔ ,. . . , nGΔ , prema Sl.5.2. Rezultanta sila teže predstavlja aritmetički zbir svih sila i paralelna je komponentnim silama. težina tela:

∑= iGG Δ čija napadna linija prolazi kroz težište C (kažemo da deluje u tački C). Sl.5.2. Koordinate težišta tela u odnosu na koordinatni sistem Oxy određuje se na osnovu jednačine (5.2):

GxG

x iiC

∑ ⋅= ,

GyG

y iiC

∑ ⋅= ,

GzG

z iiC

∑ ⋅= (5.3)

Uvedimo pojam specifične težine γ [N/m3]. Ona je

70

γ =0

lim→VΔ dV

dGVG=

ΔΔ (5.4).

i predstavlja težinu jedinice zapremine. U opštem slučaju ona je funkcija koordinata tačke tela, tj. γ =γ (x,y,z) težina elementa zapremine iVΔ , odnosno dV, je iii VG ΔγΔ = , i dG=γ dV pa je težina tela :

G= ii VΔγ∑ , odnosno

G ∫=V

dVγ (5.5).

Uzimajući u obzir da granična vrednost suma u jednačinama (5.3.) predstavlja određene integrale, možemo uz definiciju specifične težine, jednačine (5.3.) napisati u obliku

∫

∫ ⋅=

V

VX

CdV

dVX

γ

γ ,

∫

∫ ⋅=

V

VY

CdV

dVY

γ

γ ,

∫

∫ ⋅=

V

VZ

CdV

dVZ

γ

γ (5.6).

Za homogena telaγ =const. pa izrazi (5.3) i (5.6) prelaze u oblik

V

VXX ii

C∑= Δ

, V

VYY ii

C∑= Δ

, V

VZZ ii

C∑= Δ

(5.7).

V

dVXX V

C

∫ ⋅= ,

V

dVYY V

C

∫ ⋅= ,

V

dVZZ V

C

∫ ⋅= (5.7’).

Ovim izrazima definisan je položaj geometrijskog središta zapremine.

Treba napomenuti da težište tela(a i geometrijsko središte), kao tačka kroz koju prolazi napadna linija težine može biti i tačka u prostoru koja je van tela.

71

5.3. Težište tela u obliku površi

Telo ima oblik površi ukoliko je jedna njegova dimenzija znatno manja od ostale dve. U tom slučaju je pogodno uvesti pojam površinske specifične težine, kao težine jedinice površine, γ [N/m2].

Težina površine veličine iAΔ (Sl.5.3) je iii AG ΔγΔ '= , a elementarne površine dA je dG dA'γ= .

Težina tela je : G ii AΔγ∑= , odnosno

∫=A

dAG γ (5.8).

Sl.5.3 Shodno jednačini 5.1 koordinate težište, homogena tela oblika površi su :

A

XAX ii

C∑ ⋅

=Δ

, A

YAY ii

C∑ ⋅

=Δ

, A

ZAZ ii

C∑ ⋅

=Δ

(5.9).

Odnosno napisane pomoću integrala:

A

dAXX V

C

∫ ⋅= ,

A

dAYY V

C

∫ ⋅= ,

A

dAZZ V

C

∫ ⋅= (5.10).

72

5.4.Težište linije

Elementarna težina tela, ako je telo u obliku linije (jedna dimenzija je znatno veća u odnosu na ostale dve). Može se predstaviti :

iii LG ΔγΔ ''= ii LG Δγ ''∑= (5.11).

gde je ''iγ specifična težina jedinice dužine linije [N/m].

Sl.5.3 Koordinate težišta homogene materijalne linije dobijaju se na isti

način kao i koordinate zapremine i površi :

LLX

X iiC

∑= Δ,

LLY

Y iiC

∑= Δ,

LLZ

Z iiC

∑= Δ (5.12).

odnosno

L

dLXX V

C

∫ ⋅= ,

L

dLYY V

C

∫ ⋅= ,

L

dLZZ V

C

∫ ⋅= (5.13).

5.5. Papus- Guldinove teoreme

Papus-Guldinove teoreme tretiraju problematiku određivanja veličine površi koja nastaje obrtanjem krive linije oko neke ose, kao i određivanja zapremine nastale obrtanjem ravne figure-površi oko neke ose. Ove teoreme su posebno značajne za primenu u praksi.

Prva Papus- Guldinova teorema: Obrtanjem ravne linije dužine L oko ose (y) koja se nalazi u ravni

linije, a koja ne seče liniju, nastaje obrtna površ čija je veličina jednaka

73

proizvodu dužine linije (L) i dužine luka koga opiše težište (CXϕ ) .

Dokaz se izvodi na sledeći način. Površina dA koju opiše element linije dL je, prema Sl.5.5a: dA=dLx ,

gde je x udaljenje segmenta dL od ose obrtanja. Integraljenjem dobijamo :

∫ ∫∫ ⋅⋅=⋅=⋅⋅==L L

CL

xLdLxLxdAA ϕϕδϕ (5.14).

jer je na osnovu jednačina (5.13) : ∫ ⋅=L

C dLxLx . Jednačina (5.14)

predstavlja prvu Papus- Guldinovu teoremu Sl.5.5.

Druga Papus- Guldinova teorema: Obrtanjem ravne figure-površi oko ose (y) koja se nalazi u ravni

površi, a ne seče njenu konturu, dobija se zapremina obrtnog tela, koja predstavlja proizvod površine figure (A) i dužine luka koga opiše težište površine (

CXϕ ). Pri obrtanju elementarne površine dA oko y ose za ugao

nastaće zapremina dV, Sl.5.5b, čija je veličina: dV=dA ϕ⋅⋅ x Zapremina V dobijena površne A je :

∫ ∫ ⋅⋅===A

CxAAxdAxV ϕδϕϕ (5.15).

pri čemu je korišćena jednačina (5.10). jednačina (5.15) predstavlja drugu Papus- Guldinovu teoremu.

74

5.6. Primeri Na primeru težišta složene površine ilustrovana je navedena

teorija u vezi sa težištem površi. P r i m e r 5.1. Analitičkim putem položaj vezišta date površi (Sl.5.6). Odrediti zapreminu nastalu obrtanjem date površi oko date ose OX i OY, ako je R=6 cm. Sl.5.6 A n a l i t i č k o r e š e nj e . Datu složenu površ rastavimo na geometrijske povrči čije položaje težišta imamo u tabeli 5.1. pri čemu ćemo izvršiti i dopunjavanje površi, kako

je pokazano. Ovde smo uzeli: x1=R, y1=2R+ 1 823 3

R R= ; kvadrat sa težištem C2 i

koordinatama x2=R i Y2=R, koji obuhvata i površ polukruga; zatim, četvrtina kruga sa

težištem C3 i koortinatama x34 22 2 (1 )3 3

RR Rπ π

= + = + , 34 4(1 )3 3

Ry R Rπ π

= + = + i

trougao –C4 sa koordinatama, 423

y R= . Od ovog zbira površi treba oduzeti površ

polovine kruga ( negativna površina ) sa težištem C5 i koordinatama 543

Rxπ

= i 5y R= .

Radi preglednost sve vrednosti date su tabelarno.

75

T a b e l a 5.1

Primenom jednačine (5.5) dobićemo koordinate težišta površi:

1815,13 8,82205,72

i iC

A xx cm

A⋅

= = =∑

1990, 41 9,675205,72

i iC

A yy cm

A⋅

= = =∑

Vrednosti xC i yC unesemo u razmeri UL na Sl.5.6 dobićemo tačku C (težište date površi ).

Primenom druge Guldinove teoreme odredićemo veličinu

zapremine obrtnog tela za ose Ox i Oy u jednačini (5.8) stavljamo 2ϕ π= : 32 2 9,675 205,72 12.505,68x CV y A cmπ π= ⋅ = ⋅ ⋅ = 32 2 8,82 205,72 11.400,53y CV x A cmπ π= ⋅ = ⋅ ⋅ = .

2[ ]A cmi [ ]ix cm [ ]iy cm

3[ ]A x cmi i⋅

[A y cmi i⋅

1 2R2 72 R 6 83

R 16 432 1152

2 4R2 144 R 6 R 6 864 864

3 1 24

R π 28,27 22 [1 ]

3R

π− 14,55

4[1 ]3

Rπ

− 8,55

411,33 241,71

4 1 22

R 18,0 73

R 14 23

R 4 252,0 72,0

5 1 22

R π−

56,55−

43

Rπ

2,55 R 6 -144,2 -339,3

Ai∑

A=205,72 ∑ 1.815,13 1.990,41

76

6. G R A F O S T A T I K A

U ovom odeljku daju se osnove grafostatike. Međutim,s obzirom na obim udžbenika, izbegnute su složene grafičke metode. Detaljnije je dat prikaz određivanja unutrašnjih sila i napadnog momenta analitičkim putem i njihovo grafičko prikazivanje – statički dijagrami.

Kao posebni primeri navedeni su:prosta greda, greda sa prepustom, konzola i Gerberova greda opterećene različitim opterećenjima (koncentrisanim silama, kontinualno i spregovima ).

Dat je poseban osvrt u vezi lančanica s obzirom na njihovu primenu u elektrotehnici.

6.1. Teorijske osnove

Grafostatika izučava ravnotežu nosača. U ovoj oblasti se grefičkim putem preko dijagrama predstavlja opterećenje elemenata konstrukcija u pojedinim presecima nosača. Preko ovih dijagrama stiče se predstava o opterećenosti nosača, a na osnovu toga se određuje naponsko stanje materijala u kritičnim zonama i nosivost konstrukcije.

Grafička metoda rešavanja problema statike bazira se na

konstrukciji pologona sila i verižnog poligona. Metode grafostatike nalaze vrlo široku primenu u tehnici, pri

konstruisanju i dimenzionisanju elemenata (vratila, greda, svih vrsta nosača, pri projektovanju mostova, dizalica, kranova itd.), pa je zato široko primenjena u mnogim oblastima tehnike (otpornosti materijala, mašinskim elementima, konstrukcijama itd.).

U ovom poglavlju će biti objašnjeno kako se dolazi do veličina

otpora oslonaca, trensverzalnih sila, napadnih momenata i aksijalnih sila, analitičkim putem i kako se crtaju dijagrami navedenih veličina-statički dijagrami.

6.2. vrste nosača i opterećenja

Vrste nosača Telo koje prima opterećenja i prenosi ih na oslonce, zovemo

nosač. Ako opterećenja dejstvuju u jednoj ravni kažemo da je nosač ravan. Ovde u Statici, govorimo o nosačima kao krutim telima (inače su to čvrsta-deformabilna tela o čemu će biti reči u III delu udžbenika ).

77

Razlikujemo pune i rešetkaste nosače. U ovom odeljku izučavaćemo ravne pune linijske nosače. Oni predstavljaju jedno ili više tela, međusobno zglobno ili kruto (uklještenjem), čije su dve dimenzije (dimenzije poprečnog preseka ) male u odnosu na treću-uzdužnu osu (odnosno uzdužne ose) nosača;zato ih zovemo linijski.

Razlikuju se sledeće vrste linijskih punih nosača. a) Greda. Ovaj nosač može biti: -prosta greda-vezana za postolje nepokretnim osloncem-sfernim

zglobom i pokretnim osloncem (slobodno oslanjanje grede), Sl.6.1a ; -greda sa prepustima -u slučaju da greda prelaui preko oslonaca,

Sl.6.1b; -Gerberova greda-složeni nosač sastavljen iz više greda,čije se

ose poklapaju, međusobno zglobno vezanih (ose zglobova upravne na ravan dejstva sila), Sl.6.1d ;

b) Konzola. Greda vezana uklještenjem za postolje zove se

konzola( Sl.6.1.c.). konzola može biti vezana sa drugim gredamai činiti Gerberovu gredu, kao na Sl.6.1d.

c) Ram (okvir). Složeni nosač, sastavljen od više greda ili

konzola, međusobno kruto ili zglobno vezanih, tako da se ose greda (konzola) ne poklapaju, zove se ram ili okvirni nosač (Sl.6.1e ). Mi ćemo navoditi radi jednostavnosti, u najvećem broju slučajeva, ramove kod kojih su ose greda međusobno upravne. Ukoliko na ramu postoji zglobna veza između nosača –kažemo da je ram Gerberov.

Vrste oslonaca. Ovde ukratko opisujemo konstruktivna rešenja

pojedinih vrsta oslonaca i definišemo odgovarajuće reakcije, za tipove oslonaca koji se najčešće primenjuju kod linijskih nosača.

a) Nepokretni oslonac. Reakcija ovakvog oslonca leži u ravni

dejstva sila i obično se određuje preko međusobno upravnih komponenti, jedne u pravcu ose nosača i druge-upravno na osu (Sl.6.2b i Sl.6.2.d ). Konstruktivna rešenja ovakvog tipa oslonca prikazana su na Sl.6.2a i Sl.6.2c.

78

Sl. 6.1

b) Pokretni oslonac. Reakcija ovakvog oslonca je upravna na površinu oslanjanja, kako je prikazano na Sl.6.3. Na istoj slici prikazana su neka konstruktivna rešenja pokretnih oslonaca greda. Sl.6.2

c) uklještenje. Karakteristika ovakvog oslonca je u tome što ne dopušta pomeranje oslonca u taški veze sa postoljem ni u kom pravcu u ravni dejstva sila; pored toga, sprečava obrtanje nosača oko ose upravne na ravan dejstva sila (osa nosača na mestu veze sa osloncem ne menja pravac usled opterećenja koja inače izazivaju krivljenje ose nosača ; ovo je pitanje Otpornosti materijala).

79

Sl.6.3. Reakcije uklještenja su sila proizvoljnog pravca u ravni dejstva sila i spreg koji deluje u istij ravni. Na Sl.6.4b-konstruktivno rešenje ovog oblika veze nosača sa postoljem. Usled zazora u spoju, kako je pokazano na Sl.6.4a, može se smatrati da reakcije koje čine spreg-moment uklječtenja, sile 'AF i ''AF , deluju na rastojanju a.

Sl.6.4. Vrste opterećenje. Opterećenje nosača može biti koncentrisano ili kontinualno.

a) Koncentrisano opterećenje je ono koje deluje u jednoj tački nosača, kako je šematski pokazano na Sl.6.4. Koncentrisane sile mogu biti u pravcu ose nosača, upravne na nju, ili proizvoljnog pravca.

80

b) Kontinualno opterećenje je takvo da se prenosi na konačnom delu površine (Sl.6.5a). Smatraćerao da kontinualno opterećenje deluje upravno na osu grede, prema gredi. Karakteristika ovog opterećenja je specifično opterećenje q’

3kN⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

. Kako ćemo nadalje govoriti samo o ra-

vnim nosačima, smatraćemo da je opterećenje q'(x, y, z) isto u svim rav-nima y, z , tako da ga šematski predstavljamo kako je pokazano na Sl. 6.5b; u tom slučaju karakteristika opterećenja je opterećenje po jedinici dužine q [ kN/m ] . (a) (b) Sl.6.5 Mi ćemo rešavati primere u slučajevima kada je specifično opterećenje konstantno ili linearno promenljivo duž ose nosača (Sl. 6.5c).

Određivanje reakcija oslonaca. Reakcije oslonaca određujemo analitičkim putem ili grafički.

a) Analitički način određivanja otpora oslonaca sastoji se u: oslobađanju nosača od veza, zameni uticaja veza - odgovarajućim reakcijama, postavljanju uslova ravnoteže (za ravan sistem sila jer govorimo o ravnim nosačima) i rešavanju sistema jednacina.

b) Grafičko određivanje otpora oslonaca podrazumeva konstrukciju zatvorenog poligona i verižnog poligona sila (grafički uslovi ravnoteže).

6.3. Određivanje unutrašnjih sila i napadnog momenta kod grede

(Transverzalna, aksijalna sila i napadni moment u preseku).

Određivanje opterećenja poprečnog preseka grede je veoma zna-čajno, jer na osnovu njega vršimo dimenzionisanje (utvrđivanje neopho-dnih dimenzija preseka da bi nosač sa sigurnošću mogao nositi dato op-

81

terećenje). Ovde ukratko definišemo osnovne pojmove u vezi opterećenja u preseku grede i utvrđujemo način njihovog određivanja.

Zamislimo da smo nosač, prikazan na Sl.6.6a presekli na mestu

p-p. Uticaj dela grede levo od p-p na desni, utvrđujemo redukcijom sila levog dela (uključujući i reakcije oslonca) na presek p-p. Time dobijamo, u opštem slučaju, silu - koja ima komponente FT i Fa i spreg M. Ova opterećenja su upravo ta koja se preko pre- seka prenose - kojima levi deo grede deluje na desni i koja pred- stavljaju zbir dejstva unutrašnjih sila između dva dela grede.

Sila F opterećuje na smicanje posmatrani presek desnog dela grede i određuje se kao algeba- Sl.6.6 rski zbir svih sila, upravnih na osu grede, koje deluju na deo levo od preseka, tj.

l lT iF Y= + ↑ ∑ (6.1),

pri čemu se naznačeni smer smatra pozitivnim; ova sila zove se transverzalna sila sa leve strane. Na analogan način, redukcijom sila sa desne strane preseka grede, Sl.6.6c, možemo odreživati transverzalnu silu sa desne strane, d

TF :

d dT iF Y= + ↓ ∑ (6.2).

Može se pokazati da postoji jednakost lTF i d

TF u istom preseku, uz poštovanje pozitivnih smerova naznačenih u jednačinama (6.1) i (6.2), tj. l d

T T TF F F= + ↑ = + ↓ (6.3).

Na isti način definišemo aksijalnu silu sa leve strane, laF (kao

komponentu ukupne sile, koja se preko preseka prenosi sa levog na desni deo grede, u pravcu ose grede), koja opterećuje presek na istezanje ili pritisak. Određujemo je kao algebarski zbir svih sila u pravcu ose grede, a levo od preseka, uzimajući naznačeni smer za pozitivan :

82

l l la i aF Z F= + = +∑ ∑ (6.4).

Aksijalna sila sa desne strane, daF , se određuje prema

d d da i aF Z F= + = +∑ ∑ (6.5).

gde su diZ - projekcije sila sa desne strane preseka, na osu grede. Može se

pokazati da postoji jednakost (6.4) i (6.5) : l d

a a aF F F= + = +∑ ∑ (6.6). Spreg kojim levi deo grede deluje na desni zovemo napadni moment sa leve strane i označavamo ga sa M. On opterećuje presek na savijanje, a određujemo ga kao algebarski zbir momenata svih sila sa leve strane preseka, uzimajući presek kao momentnu tačku, tj.

lM =liFM∑ (6.7).

pri čemu se, kako je u literaturi uobičajeno, naznačeni smer smatra pozitivnim. Naravno da u algebarski zbir momenata sila ulaze i momenti spregova sa leve strane preseka. Očigledan je postupak određivanja napadnog momenta sa desne strane, Md,

dM = d

iFM∑ (6.8). pri čemu je naznačeni smer momenata pozitivan. Jednostavno je

pokazati veženje jednakosti : M = lM =∑ dM∑ (6.9).

Određivanje opterećenja preseka se može izvršiti analitički i grafički, kako je to na primerima pokazano. Nihovo predstavljanje vršićemo pomoću dijagrama koji se zovu statički dijagrami. Analizirajmo statičke dijagrame za neke osnovne grede. 6.3.1. Prosta greda Prosta greda predstavlja, kako je već rečeno, nosač vezan za postolje na krajevima jednim nepokretnim i jednim pokretnim osloncem. Reakcija pokretnog oslonca je uprvna na površinu oslanjanja, dok je otpor nepokretnog oslonca sila čiji pravac nije unapred određen. Rešavanje proste grede obuhvata određivanje otpora oslonaca- reakcija veza, napadnog momenta, transverzalnih i aksijalnih sila. Rešenja ovih veličina mogu se naći analitičkim i grafičkim putem.

83

U ovom kursu statike, rešenja navedenih veličina tražiće se analitičkim putem, a preko dobijenih veličina u pojedinim tačkama preseka nosača biće nacrtani odgovarajući dijagrami. Radi ilustracije, posmatraćemo gredu AB opterećenu koncentrisanim silama, vertikalnim i kosim (Sl.6.7). Rešimo zadatak sa podacima:

41 2 10F N= ⋅ , 4

2 4 10F N= ⋅ , 3 2 2F F N= , 1a m= .

Otpore oslonaca određujemo iz uslova ravnoteže:

3

1 2 3

1 2 3

0

0

2 3 4 0

i A

i A B

A B

Z Z Z

Y Y F F Y F

M F a F a Y a F a

= − =

= − − − + =

= − ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ =

∑∑∑

Rešenjem ovih jednačina dobijamo otpore oslonaca: 44 10AZ N= ⋅ ; 44,5 10AY N= ⋅ ; 45,5 10BF N= ⋅ .

Pri određivanju napadnog momenta, transverzalne i aksijalne sile,

gredu delimo na polja u kojima su isti analitički izrazi za M, FT, Fa. Granice polja su preseci gde se javlja promena u spoljasnjem opterećenju grede. U ovom primeru polja su označena sa I, II, III i IV.

Zavisnosti M, FT i Fa od koordinate z date su analitičkim izrazima

(6.1), (6.2), (6.4), (6.5) i (6.7). U presecima gde deluju koncentrisane sile na gredu javlja se promena transverzalne i aksijalne sile, pa se u dijagramima ovih veličina javlja skok. Vrednosti M, FT, Fa u pojedinim presecima, izračunate zamenom pojedinih vrednosti za z u analitičkim izrazima, date su tabelarno. Polje I (0 ≤ z ≤1 m)

z Fa FT M 0 44 10− ⋅ 44,5 10⋅ 0 1 44 10− ⋅ 44,5 10⋅ 44,5 10⋅

84

NAPOMENA : sve veličine upisane na slici treba pomnožiti sa 104.

4

4

4,5 104 10

lT A

la A

F Y NF Z N

+ ↑ = = ⋅

+ = − = − ⋅

4,5lz AM Y z z= ⋅ =

za z = 0 ; Mz = 0 za z = a ; 44,5 10zM Nm= ⋅

41

4

4,5 2 2,5 104 10

lT A

la A

F Y F NF z N

+ ↑ = − = − = ⋅

+ = − = − ⋅

1( ) 4,5 2 2 2,5 2lz AM Y z F z a z z a z a= ⋅ − − = ⋅ − + = +

z Fa FT M 1 44 10− ⋅ 42,5 10⋅ 44,5 10⋅

2 44 10− ⋅ 42,5 10⋅ 47 10⋅

85

za z = a ; za z = 2a ; 44,5 2 1 2 1 1 7 10zM Nm= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ Polje III

41 2

4

4,5 2 4 1,5 104 10

lT A

la A

F Y F F NF z N

+ ↑ = − − = − − = − ⋅

+ = − = − ⋅

1 2( ) ( 2 ) 1,5 10lz AM Y z F z a F z a z= ⋅ − − − − = − +

za z = 2a

44,5 2 1 2 1 4 0 7 10zM Nm= ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ = ⋅ za z = 3a

44,5 3 1 2 1 2 1 4 1 5,5 10zM Nm= ⋅ ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ = ⋅

45,5 100

dT B

da

F F NF

+ ↓ = − = − ⋅

+ =

' 5,5 'dz BM F z z= =

z F F M

44 10− ⋅ 41,5 10− ⋅ 47 10⋅

3 44 10− ⋅ 41,5 10− ⋅ 45,5 10⋅

86

Za 0'=z Mz=0 Za z = a Mz=5,5 4105,51 ⋅=⋅ N Maksimalni moment 4

max 7 10M = ⋅ Nm i nalazi se ispod sile F2.

Sa dijagrama na Sl.6.7. vidi se 0 'z≤ 1 m da svaka koncentrisana sila izaziva pro- menu napadnog momenta,a ispod svake koncentrisane sile javlja se skok u dija- gramu transverzalne s ile. Aksijalne sile ZA i Z3 opterećuju gredu na dužini 3a. (Pozitivne aksijalne sile opterećuju gre- du na istezanje). Prosta greda opterećena spregom Posmatramo prostu gredu opterećenu spregom M u tački C, (Sl.6.7a). Ovaj spreg uravnotežuju otpori oslonaca FA i FB, koji čine spreg inteziteta M ali suprotnog smera od datog sprega. Iz jednačina ravnoteže: 0=−=∑ BAi FFY FA=FB

0_1 =+⋅−=∑ BA FN Dobijamo:

A BF Fl

= =M

Da bi se dobio analitički izraz za moment, podelićemo gredu na dva polja, kako je to na slici pokazano: Polje I az ≤≤0

T AF Fl

= =M Sl.6.7a

Kao što se vidi, sila FT ne zavisi od promenljive z.

z AM F z zl

= ⋅ = ⋅M

U tabeli I date su vrednosti pojedinih veličina.

z Fa Fz N 0 0 -5,5 410⋅ 0 1 0 -5,5 410⋅ 5,5 410⋅

87

Tabela I Tabela II

Polje II (Tabela II)

a<z<l

lT AF F

l+ ↑ = =

M

lz AM F z= ⋅ −M ( ) ( )l

z Bl zM F l zl−

= − = − −M

Dijagrami napadnog momenta i transverzalne sile nacrtani su na osnovu tabele I i II. U tački C, u kojoj dejstvuje spreg M , javlja se diskontinuitet funkcije:Mz=Mz (z). Skok u dijagramu jednak je veličini sprega M .

Prosta greda opterećena ekscentričnom horizontalnom silom Kada sila deluje na nekom odstojanju od ose grade, mora se

redukovati u tačku C na gredi (Sl.6.7b) pri čemu se dobija sila F u tački C i moment sprega F F r= ⋅M

Postavimo jednačine ravnoteže ravnog sistema proizvoljnih sila, koje dejstvuju na gredu AB.

0

0

0

=⋅+⋅−=

=+=

=+−=

∑∑∑

lFrFM

FYY

FZZ

BA

BAi

Ai

Rešenjem ovih jednačina dobijaju se veličine otpora

lrFFB = ,

lrFYA −= , ZA=F

Da bi se dobili analitički izrazi za M(z) i FT, mora se greda deliti na polja kao i u pretho- dnom primeru. Način konstrukcije dijagrama M, FT, Fa je isti kao i u prethodnom primeru. Sl.6.7 b

z o ε+ a ε− FT / lM / lM Mz o a

lM

z a ε+ l ε− FT / lM / lM Mz a

l-M o

88

Prosta greda opterećena vertikalnom ekscentričnom silom Posmatramo gredu AB na koju deluje sila F vertikalno

ekscentrično postavljena. Ekscentritet sile je krak r. Za određivanje otpora oslonca može se uzeti sila F da dejstvuje na napadnoj liniji kroz tačku E, Sl.6.7c. Jednačine ravnoteže nosača AB su :

∑∑

=+−⋅=

=−+=

0)(

0

arFlFN

FFFY

BA

BAi

Rešenjem ovih jednačina dokazuju se vrednosti otpora oslonaca:

l

raFFB+

= , l

rbFFA−

=

Pri crtanju statičkih dijagrama, sila F je redukovana u tački C (gde je ugaonik zavaren za gredu ). Tako se dobija prosta greda optere- ćena silom F i spregom F r= ⋅M .

Dijagrami momenata se mogu konstru- isati tako što se posebno crta mom,ent od sile, a posebno dijagram momenta od sprega, pa se ova dva dijagrama superponiraju – slažu. Pri ovome treba posmatrati gredu kao da je opterećena samo silom F u tački C i odrediti otpore oslonaca za takav slučaj i nacrtati dija- gram momenata, a potom ponoviti postupak za slučaj opterećenja grede samo spregomM . Rezultujući dijagram dobijamo kada u karakterističnim tačkama algebarski saberemo ordinate dijagrama momenata pri posebnom Sl.6.7c dejstvu svakog od opterečenja. Isto pravilo važi za dijagram transverzalnih sila. Ovakav način konstrukcije dijagrama momenata često je u primeni kod nosača opterećenih složenim opterećenjem.

Napomenimo da se umesto postupaka slaganja dijagrama od pojedinih poterećenja, oni mogu odrediti na način pokazan na prethodnim primerima.

89

6.3.2. Greda sa prepustom

Kada delovi grede prelaze preko oslonca, greda je sa prepustima. Na jednoj gredi mogu postojati jedan ili dva prepusta( Način iznalaženja oslonaca, napadnih momenata trensvenzalnih i aksionalnih sila je isti kao i kod proste grede, s tim što se prepusti mogu redukovati u oslonce radi lakšeg računanja pojedinih veličina.

Posmatraćemo gredu opterećenu različitim vrstama opterećenja sa dva prepusta ( Sl.6.8. ) . Podaci F1=2 kN 30α = ° F2=2 kN F3=1 kN q = 2 kN/m qo = 2 kN/m Razmere:

11L

mUcm

=

21FkNUcm

=

21MkNmUcm

=

Sl.6.8. Reakcije oslonaca odredićemo iz uslova ravnoteže :

90

∑

∑

∑

=⋅⋅−⋅°+⋅−⋅⋅

−⋅−⋅=

=−⋅

−−°+⋅−+=

=°+−=

016430sin792

31110

02

330sin6

030cos

120

3

30

21

1

qFFq

FFM

Fq

FFqFYY

FZZ

BA

BAi

Ai

Iz ovih jednačina se dobijaju otpori oslonaca: 3=AZ ; =AY 11 kN ; =BF 6 kN

Prilikom crtanja statičkih dijagrama treba voditi računa o vrsti opterećenja nosača, stim što se ekscentrična sila F2 redukuje u tačku D nosača i tada na nosač, pored sile F2, dejstvuje i spreg sila momenta M = =⋅ 22F 4 kN .

Dijagram transverzalnih sila crta se na taj način, što se izračuna vrednost tih sila u karakterističnim presecima nosača. Polazeći od levog kraja nosača, na delu nosača do oslonca A, trensverzalna sila se menja po zakonu prave linije i u preseku A, ne uzimajući u obzir silu YA, ona ima vrednost :

2Al

TF q= − ⋅ = -4 kN ; u preseku A : 2Al

T AF q Y= − ⋅ + = 7 kN Na delu AC transverzalna sila se menja po zakonu:

2 7 2Al

T AF q Y q z z= − ⋅ + − ⋅ = − Stavljajući u prethodni izraz z= 4m transverzalna sila u preseku C ima vrednost

4Z ml

TF=

= −1 kN Kao što se vidi, stalno menja znak, što znači da je već na delu AC

negde prošla kroz nulu. Mesto preseka na kome je =ZTF 0, dobićemo

kada izjednačimo sa nulom 027 =−= zF l

TZ, odakle nalazimo z0=3,5m

U samom preseku C transverzalnih sila ima vrednost ( 4 ) 11 sin 30 0

Cl l

T T z mF F F== = − + ° = Na delu nosača CD nema opterećenja, pa je na njemu transverzalna sila jednaka nuli, a u samom preseku D : 1 26 sin 30

Dl

T AF q Y F F= − ⋅ + + °− = − 2 kN

91

Ovu vrednost sila zadržava u svim presecima na rasponu DE. Na delu EB nosač je opterećen trouglastim opterećenjem i za presek koji se nalazi na rastojanju z, mereno od tačke E imamo da je :

212 22 3Z

l zT

q zF z⋅= − − = − − ; 3/0 zqqz = .

Stavljajući da je z1=1m , z2=2m , z3=3m dobićemo :

1

73Z mTF

== − kN ,

2

103Z m

lTF

== − kN ,

35

Z ml

TF=

= − kN

Na osnovu ovih veličina crta se parabola na delu EB. U preseku B transverzalna sila ima vrednost : == 3FF d

TB1 kN i ovu vrednost zadržava

sve do sile F3. Na taj način dijagram transverzalnih sila mora biti zatvoren. Prilikom konstrukcije dijagrama napadnih momenata koristimo se izrazima na napadni moment koji ima različit oblik, zavisno od vrste opterećenja, stim što se računaju vrednosti momenata u karakterističnim presecima nosača. Na krajevima nosača napadni momenti su jednači nuli. Idući od levog kraja nosača pa do oslonca A, napadni moment se menja po zakonu parabole i on je u samom preseku A jednak : −=⋅⋅−= 12qM l

A 4 kNm Negativne vrednosti napadnih momenata nanosimo iznad horizontalne referentne linije. Napadni moment na delu nosača AC menja se po zakonu

22

)2(112

)2( zzzqzYM AZ +−=+

−⋅=

Stavljajući određene vrednosti za z mogu se odrediti pojedine tačke parabole. ( Što je broj tačakaveći, tačnost dijagrama je veća) . Posebno treba voditi računa o vrednosti momenta u preseku u kome je transverzalna sila jednaka nuli. U našem slučaju to je u proseku z0=3,5m, pa je : ==

lmZM 5,3 8,25 kNm

==l

mZM 2 6 kNm ==

lmZM 4 8 kNm

92

Pri crtanju dijagrama napadnih momenata treba voditi računa da u preseku u kome transverzalna sila prolazi kroz nulu – menja znak, napadni moment ima ekstremnu vrednost. U preseku D dejstvuje spreg sila čiji je moment M =4 kNm, pa je napadni moment u tom preseku : += 8l

DM M =12 kNm U preseku D javlja se skok momenata. Moment na delu nosača

DE menja se po linearnom zakonu. U preseku E, ovaj će moment imati vrednost

=⋅⋅−⋅−⋅= ⋅ 332

243 30

33q

FFM dE 8 kNm

Na rasponu EB napadni moment je kubna funkcija apscise z I ako uočimo presek na rastojanju z mereno od tačke E imaćemo:

)7( zYM AlZ += 16(6 ) sin 30 (3 )q z F z⋅ + + ° + −

2

2 (2 )6 3

oq z zF z− + + − ⋅M

218 29

lzM z z= − −

Preko ovog izraza računaju se momenti u presecima za z=1 m, lZM =

=5,9 kNm, z=2 m, NZ=3,1 kNm , z=3 m, NZ= -1kNm. Na ovaj način smo dobili vrednost momenata u pojedinim presecima, a na osnovu ovih vrednosti kontruišemo dijagram momenata na celom rasponu nosača, Sl.6.8. U ovom zadatku su detaljno analizirani napadni momenti i transverzalne sile, kod nosača opterećenog različitim vrstama opterećenja, a koji ima dva prepusta. Može se koristiti i postupak računanja vrednosti u nizu uzastopnih tačaka, bez postavljanja zavisnosti od z. 6.3.3. Konzola Konzola je nosač koji je jednim svojim krajem uklješten. Posmatramo konzolu AB = l =5 m koja je opterećena koncentrisanim silama F1= 2 kN , °= 30α , F2= 2 kN i jednolikim opterećenjem q= 1 kN/m, Sl.6.9. Analitičkim putem odredićemo reakcije uklještenja iz uslova ravnoteže.

93

∑ =°−= 030cos1FZZ Ai

∑ =⋅−−°−= 0330sin 21 qFFYY Ai

∑ =AM AM 0235230sin

2

21 =⋅−⋅−⋅°− qFF

Iz ovih jednačina se dobijaju otpori uklještenja 3=AZ kN ; YA= 6 kN ; AM =16,5 kNm.

Pri crtanju dijagrama, imajući u vidu da je konzola kombinovano opterećena, mora se voditi računa da je dijagram napadnog momenta ograničen parabolom drugog reda ispod kontinua- lnog opterećenja, a transverzalna sila ispodovog opterećenja, prava kosa linija. Van kontinualnon opterećenja dijagrami i momenta i transverzalne sile su prave linije.

Da bismo dijagram momenta na- crtali ispravno, neophodno je sračunati napadni moment u karakterističnim tačkama.

5,16..... −=−=l

AM kNm 5,65,0132 −=⋅⋅−−−= qFM d

C kNm 422 −=⋅−= FM d

D kNm Aksiona sila postoji na rasponu AD. Ova sila je negativna (prema usvojenoj konvenciji o znaku) i taj deo nosača je Sl.6.9 opterećen na pritisak (Sl.6.9). 6.3.4. Greberova greda

Ako je greda sastavljena iz dve ili više prostih greda, konzola i greda sa prepustima koje su međusobno povezane zglobovima, onda se takva greda zove Gerberova greda. Zglob koji spaje ove nosoče je Garberov zglob (prema naučniku Gerberu), S1.6.10.

94

Gerberov zglob omogućava obrtanje grede pa napadni moment u ovom zglobu mora biti jednak nuli. Ovaj uslov da je moment u Gerberu jednak nuli, predstavlja dopunsku jednačinu ravnoteže. Treba napomenuti da kod Gerberovih nosača postoje dva načina za određivanje otpora oslonaca i to: rešavanje grede kao celine i rastavljanje grede na statički određene grede. Posmatrajmo Gerberovu gredu ABC opterećenu koncentrisanim silama : 4

1 1028 ⋅=F N , 2F = 6 410⋅ N , F3=1 410⋅ N (Sl.6.10). Otpore oslonaca možemo odrediti posmatrajući gredu kao celinu. Postavićemo jednačine ravnoteže kao i do sada, a zatim dopunsku jednačinu iz uslova da je moment u Gerberu jednak nuli sa leve strane ili desne strane (kako je pogodnije ).

0120

03145sin62

00

45sin0

045cos0

3

32

1

32

1

1

=⋅−⋅=+

=−⋅−⋅⋅°−⋅+⋅

=

=−−−°−++

=

=°+

=

∑

∑

∑

FFM

FFFFF

MFF

FFFYY

FZZ

C

dG

CB

A

CBA

i

A

i

Rešavanjem ovih jednačina dobijaju se nepoznati otpori :

43 1021

21

⋅=⋅

=F

FC N

4102851366211

22282 ⋅=⋅+⋅+⋅−⋅⋅=BF

41014 ⋅=BF N

41021

2114161

2228 ⋅=−−++⋅⋅=AY N

95

41082228 ⋅−=⋅−=AZ N

Za konstrukciju dijagrama napadnog momenta, neophodno je odrediti momenat u karakterističnim tačkama (metoda tačka po tačka ) : 411 1 0,5 10

2lI AM Y= ⋅ = ⋅ = ⋅ Nm

41 107145sin2 ⋅−=⋅°−⋅= FYM AB Nm

413 sin 45 2 1 0,5 10II A BM Y F F= ⋅ − ° ⋅ + ⋅ = − ⋅ Nm

41 0,5 10lIII CM F= ⋅ = ⋅ Nm.

Transverzalna sila se takođe računa u karakterističnim presecima, dok aksijalna sila postoji samo na rasponu A I. Na osnovu dobijenih vrednosti pojedinih veličina konstruisani su dijagrami kako je to na Sl.6.10’ prikazano. NAPOMENA: Sve veličine na dijagramu upisane za Fa, FT i M treba uvećati 104

puta. Sl.6.10’.

96

Gerberova greda može se rastaviti na elementarne grede tako što se na mestu zgloba ucrtavaju samo sile ( poprečne i aksijalne ), jer se obrtno dejstvo ne može prenositi, Sl.6.10’b; zatim se postavljaju uslovi ravnoteže za svaku gredu posebno.

6.4. Lančanica Ako na savitljivo uže, remen ili lanac koji su obešeni u dvema

tačkama deluje po celoj dužini neprekidno ili kontinualno opterećenje (ravan sistem paralelnih sila), onda će uždužna osa u ravnotežnom položaju dobiti oblik lančanice. Oblik lančanice zavisi od zakona opterećenja.

Za praktičnu primenu važna su dva slučaja:

a) uže je opterećeno jednolikim kontinualnim opterećenjem q=const. duž horizontalne proekcije lančanice (Sl.6.11).

b) uže je opterećeno jednoliko kontinualnim opterećenjem q=const. , po celoj dužini luka lančanice (Sl.6.12), pa jedinicu dužine opterećuje jednako opterećenje. Sl.6.11 Sl.6.12 Pri razmatranju ravnoteže u oba slučaja potrebno je utvrditi : koji će oblik imati uzdužna osa užeta i kako se menja sila u užetu duž krive. 6.4.1. Parabolična lančanica

Potmatramo savitljivo uže ACB opterećeno jednoliko raspodeljenim kontinuailnim vertikalnim opterećenjem q=const. na

97

jedinicu dužine raspona , l ,Sl.6.11.Na ovaj način su opterećena užad visećih mostova, kod kojih je težina putne platforme jednoliko raspoređena po horizontalnom pravcu. Pri tome se težine užeta i štapova pomoću kojih je platforma obešena, ne uzimaju u obzir. Kod telefonskih žica ili žica - vodova visokog napona ugib je mnogo manji od raspona- dužine, pa se uzima da je žica opterećena samo sopstvenom težinom. U ovom slučaju se uzima da je opterećenje raspodeljeno ravnomerno po celoj dužini q=const. Imajući u vidu da je ugib žice u ovom slučaju mnogo manji od dužine žice, horizontelna projekcija luka krive približno je jednaka dužini luka, pa je zbog toga opterećenje raspodeljeno približno jednako po horizontalnom pravcu. Posmatranjem ravnoteže dela CD užeta, kao slobodnog tela, dobićemo jednačine koje daju odnos između raspona, ugiba i sile u užetu. Najnižu tačku C uzimamo za početak koordinatnog sistema, a silu u užetu u toj tački označimo sa H. Silu u proizvoljnoj tački D, označimo sa S. Na deo užeta CD deluju tri sile: H, S i vertikalna sila qx, koja prolazi kroz tačku E (sredina između CD). Pošto su ove tri sile u ravnoteži, to se one moraju seći u jednoj tački, što znači da sila S prolazi kroz tačku E (Sl.6.11). Jednačine ravnoteže će biti:

∑∑

=−=

=−=

0sin

0cos

qxSY

HSX

i

i

α

α (6.1).

αcos

HS =

qxHtg =α (6.2).

Hqxtg =α

S druge strane može se tgα odrediti sa slike kao:

xytg 2

=α

Izjednačavanjem ovih izraza za tgα dobićemo:

H

qxyHqx

xy

22 2

=⇒= (6.3).

Jednačina (6.3) pretstavlja parabolu sa temenom u tački C.

98

Eliminisanjem ugla α iz jednačina ravnoteže (6.1), dobićese sila S uvidu izraza: 222 xqHS += (6.4). Najveću silu u užetu koja deluje u tački učvršćenja možemo odrediti preko jednačina (6.3) i (6.4). Ako je l razmak između tačaka učvršcenja užeta, a ymax=f najveci ugib, tada je

H

qlf8

2

= (6.5).

odnosno:

2

2

161

21

flqlS += (6.6).

Iz jednačine (6.5) dobijamo veličinu sile H

f

qlH8

2

= (6.7).

Dužinu užeta s možemo izraziti u zavisnosti od raspona i ugiba, koristeći izraz za dužinu luka bilo koje krive u obliku:

dxdxdys ∫ ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+=

2

1 .

Ako u jednačini (6.3) potražimo izvode, dobićemo:

Hqx

dxdy

= , pa za luk dužine L imamo :

dxH

xqLL

∫ +=2/

02

22

12 .

Smenom jednačine (6.5 ) u prethodni izraz dobijamo :

dxl

xfLL

∫ +=2/

02

226412 .

99

Izraz pod integralom možemo razviti u red i integraliti ćlan po članu, tj.

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +−+= ...)(

532)(

381 42

lf

lfL .

S obzirom da je, u većini slučajeva, odnos između ugiba i raspona

mali, to red konvergira brzo, pa je dovoljno da se upotrebe prva dva do tri člana reda, da bi se postigla približna vrednost dužine L sa dovoljnom tačnošću.

6.4.2. Obična lančanica Pod običnom lančanicom podrazumeva se homogeno savitljivo

uže konstantnog preseka, učvršćeno na krajevima, slobodno obešeno i opterećeno sopstvenom težinom ravnomerno raspoređenom duž ravnotežne krive sa kontinualnim opterećenjem.

Posmatramo dužinu luka CD označenog sa s, opterećenog sopstvenora težinom q , raspoređenom na jedinicu dužine luka s , Sl.6.13.

Sl.6.13 Iz uslova ravnoteže dela CD na koga deluje sila H, S i qs, koje se moraju seći u jednoj tački, dobijamo :

∑∑

=−=

=−=

0cos

0cos

qSSY

HSX

i

i

β

β⇒

qsSHS

==

ββ

sincos

as

Hqstg ==β gde je .consta

qH

==

Konstanta a je parametar lančanice.

100

Dimenzije parametra a je :

[ ] [ ][ ] m

NmN

qHa === −1

Iz jednačine (6.8) i (6.9) dobija se : βatgs = odnosno

dxdyas = (6.10).

Iz ovog izraza se vidi da dužina luka s zavisi od tangensa ugla koji pretstavlja nagib krive prema osi x, a oblik krive zavisi od parametra a. Diferenciranjem jednačine (6.10) dobija se :

dxds

adxyd

⋅=1

2

2

a pošto je

2)(1dxdy

dxds

+= , to je :

22

2

)(11dxdy

adxyd

+= (6.11).

Jednačina (6.11) može se izvesti uvođenjem smene

vdxdy

= , pa je :

a

vdXdV 21+

=

121Cx

vdva +=+

∫ . Rešenje ovog integrala je:

1CxaAShv +=

Ako uzmemo x=0; 0== vdxdy jer je tangenta u tački C

horizontalna, ja je C1=0 xaAShv =

101

a

xdxShdyaxSh

dydxv === .

Integracija se dobija:

2CaxaChy +=

Za x=0 i y=0 pa je C2= -a

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅= 1

axChay jednačina obočne lančanice.

Ako se uvede novi koordinatni sistem, to će biti y= -a (kako je na Sl.6.12 pokazano) pa će jednačina lančanice imati oblik:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+==

−ax

ax

eeaaxaChy

2 (6.12).

Nova osa x je direktrisa lančanice, a konstanta a pretstavlja udaljenost temena lančanice od direktrise. Izraz za dužinu luka dobijamo sada u obliku:

axaSheeas a

xax

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

−

2 (6.13).

Kvadriranjem jednačina (6.8) i (6.9) i njihovim sabiranjem dobijamo silu S u nekoj tački lančanice u obliku: 22222 saqsqHS +=+= odnosno (6.14). yqS ⋅= , što znači da je sila S jednaka težini dela užeta dužine y. Prema dobijenim razultatima može se zaključiti da kod obične lančanice horizontalna komponenta unutrašnje sile S u bilo kojoj tački preseka užeta ima konstantnu vrednost i jednaka je aq ⋅ . Vertikalna komponenta unutrašnje sile S u bilo kom preseku užeta ima vrednost qs, dok je ukupna sila S u bilo kom preseku jednaka

yq ⋅ . Veličina sila u užetu u tačkama učvršćenja je najveća. Kod lančanica gde su ugibi veliki u poređenju sa rasponom lančanice uzimaju se u proračun relacije izvedene za običnu lančanicu. Ukoliko su ugibi mali u poređenju sa rasponom lančanice, u proračun se uvode relacije izvedene za paraboličnu relaciju.

102

6.5. Primeri Crtanje statičkih dijagrama na osnovu analitičkog proračuna za različite vrste nosača ilustrovano je na četiri primera. Na dva primera pokazana je primena navedene teorije o lančanicama. P r i m e r 6.1. Data je prosta greda opterećena koncentričnim silama i kontinualnim opterećenjem (Sl.6.14). Odrediti analitičke i grafičke otpore oslonaca i nacrtati statičke dijagrame. Podaci: F1=2 kN, F2= 24 kN, q=2 kN/m, a=1 m. R e š e nj e: Otpori oslonaca. Pri određivanju (otpora) reakcije oslonaca analitičkim putem kontinualno opterećenje zamenjujemo silom Fq, čiji intezitet iznosi:

42122 =⋅⋅=⋅= qaFq kN, a napadna linija prolazi kroz težište pravougaonika.

Nepokretni oslonac A zamenimo sa dve komponente reakcije AF , označene sa AZ i

AY , a pokretni oslonac B reakcijom BF , čiji je pravac upravan na ravan oslanjanja, koja je u ovom primeru pod uglom °45 prema horizontali. Ovako dobiven sistem sila na gredi AB je proizvoljan ravan sistem sila za koji imamo tri jednačine ravnoteže: Sl.6.14

103

2

1 2

1 2

cos45 cos45 0sin 45 sin 45 0

6 5 5 sin 45 2 0

i A B

i A q B

B A q

Z Z F FY Y F F F F

H Y a F a F a F a

= − + ⋅ ° − ⋅ ° =

= − + − ⋅ ° + ⋅ ° =

= − ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ ° ⋅ =

∑∑∑

Rešavanjem ovih jednačina dobijamo nepoznate reakcije: YA=3 kN ; ZA=1 kN i FB= 23 kN. Za kontrolu tačnosti otpora oslonaca postavljamo momentnu jednačinu za tačku A, pa imamo:

2 16 cos45 4 cos45

2 23 2 6 4 2 4 2 4 18 16 2 02 2

A B q

A

H F a F a F a F a

H

= ⋅ ⋅ ° − ⋅ ⋅ ° + ⋅ − ⋅

= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ ⋅ + − = − − =

∑

∑

Transverzalne, aksijalne sile i napadni moment. Za crtanje osnovnih statičkih dijagrama izračunaćemo vrednost transverzalne (FT), aksijalne sile (Fa) i napadnog momenta (Mz) u karakterističnim tačkama ili analizom polja. Pod poljem podrazumevamo deo grede gde transverzalne sile i napadni momenti imaju jedne (nepromenjene) zavisnosti od položaja preseka (koordinate z). Ovde ćemo analizirati polja na delu kontinualnog opterećenja, a na delu koncentrisanih sila računaćemo FT, Hz i Fa u karakterističnim tačkama. Počnimo analizu od oslonca A. Tako imamo: Polje I ( mz 10 ≤≤ )

z FT Fa M 0+ 3 1 0 0,5 2 1 1,25 1- 1 1 2

Da bi smo koristili zajedničke tabele za FT, Fa i M, koristićemo kod granica polja i znak “jednako”: 10 ≤≤ z , mada bi, u ovom slučaju zbog diskontinuiteta FT u tačkama z=C, z=1 trebalo pisati za FT: 0<z<1. Uzećemo presek p-p udaljen od oslonca A za koordinatu (z). Deo kontinualnog opterećenja od A do preseka p-p, zamenimo koncentrisanom silom ( ) zqF zq ⋅= , čija

je napadna linija na 12

z od preseka p-p. Napadni moment i transverzalna sila u preseku

p-p su:

( )zM = 2

2( ) ( ) 3 3

2 2lz A q z

z zM Y z F z q z z= ⋅ − = ⋅ − ⋅ = ⋅ −∑ (a)

( ) 3 3 2lT T A q zF F Y F q z z= + ↑ = − = − ⋅ = − ⋅∑ (b)

1a a AF F Z kN= + = =∑ .

104

Kao što se vidi, napadni moment je kvadratna, a transverzalna sila - linearna funkcija položaja preseka (koordinate (z)).

Navedene su tabelarno vrednosti napadnog momenta, transverzalne i aksijalne sile za neke vrednosti z, koristeći gornje funkcije. Polje II ( 2 )a z m≤ ≤ Za preseke desno od sile F1, izrazi za napadni moment i transverzalnu silu će se promeniti u odnosu na one iz polja I, jer treba uzeti u obzir i silu F1 (pri pisanju analitičkih izraza za ( )

lzM i ( )

lT zF ). Međutim, koordinatu z i dalje definišemo u odnosu

na istu tačku A, tako da ćemo imati iste članove u novim izrazima za M(z) i FT(z) - koji se odnose na Fq(z) i YA, ali i novi član koji uzima u obzir silu F1. Tako imamo:

( ) ( ) 1

2 2( ) 1

( 1)2

( 1) 3 2 2 5 2I

lz A q z

lz

zM Y z F F z

M F z z z z z z

= ⋅ − ⋅ + − =

+ − = − + − = − + − (d)

( ) ( ) 1 ( ) 1 2 5I

lT z A q z T zF Y F F F F z= − + = + = − + (e)

Uopšte treba prihvatiti kao pravilo: koordinatu z uzimati uvek od početka

kontinualnog opterećenja (u polju sa kontinualnim opterećenjem). Tada se najlakše dolazi do odgovarajućih analitičkih izraza za ( )

lzM i ( )

lT zF . Ovoga ćemo se ubuduće

uvek držati.

Vrednosti M i FT, određene prema izrazima (d) i (e) date su tabelarno. Aksijalna sila je ista kao u polju I.

Na delu DEB grede imamo samo koncentrisane sile i zato određujemo vrednosti M, FT i Fa samo u karakterističnim tačkama, kako sledi.

0BM =

2 3 2 6dE BM Y a kNm= ⋅ = ⋅ =

24 2 3 4 4 2 4dD BM Y Y kNm= ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ =

105

( )

( )

( ) 2

( ) 2

( )

( )

( ) 2

( ) 2

3

3

3 4 1

1

3

3

3 4 1

1

dT B B

dT E B

dT E B

dT D B

da B B

da E B

da E B

da D B

F Y kN

F Y kN

F Y Y kN

F Y Y kN

F Z kN

F Z kN

F Z Z kN

F Z Z kN

ε

ε

ε

ε

ε

ε

ε

ε

+

−

+

−

+

−

+

−

↓ + = − = −

↓ + = − = −

↓ + = − + = − + =

↓ + = − + =

+ = − = −

+ = − = −

+ = − + = − + =

+ = − + =

Dijagrami FT, Mz i Fa prikazani su na Sl.6.14 a, b, c. Vrednosti d

DM , ( )d

T DF ε− i daDF računate su samo radi provere onih dobijenih

za isti presek sa leve strane.

P r i m e r 6.2. Data je greda sa jednim prepustom AB (Sl.6.15), opterećena jednolikim kontinualnim opterećenjem, koncentrisanim silama F1 i F3 i ekscentričnom vertikalnom silom F2. Analitički i grafički odrediti otpore oslonaca i nacrtati statičke dijagrame M, FT i Fa. Podaci:

1 1F kN= , 2 3F kN= , 3 4 2F kN= , 2 /q kN m= , 2a m= . R e š e n j e: Otpori oslonaca. Kontinualno opterećenje zamenimo ukupnim opterećenjem

2 2 2 2 8qF q a kN= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = . Ekscentrična sila deluje na nosač CE kruto vezan sa osnovnim nosačem AB (dakle, CE i AB čine jedno kruto telo), tako, pri postavljanju jednačina ravnoteže, sila F2 je sila sa napadnom tačkom u E. Oslobodimo se oslonaca, zamenimo ih odgovarajučim reakcijama i postavimo jednačine ravnoteže za proizvoljan ravan sistem sila:

3

1 2 3

3 2 1

cos 45 0

sin 45 0

4 sin 45 3 0

i A

i A q B

A B q

Z Z F

Y F Y F F F F

M F a F a F a F a F a

= − ⋅ ° =

= + − − − ⋅ ° + =

+ = ⋅ − ⋅ ° ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ =

∑∑∑

Rešavanjem ovih jednačina dobijamo reakcije 4AZ kN= ; 8AY kN= i 6BF kN= .

106

Sl.6.15 Proveru vršimo na osnovu:

1 2 325 4 3 3 2 (37 37) 0

2B A qN F a Y a F a F a F a= − ⋅ − ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ − =∑

Statički dijagrami M, FT i Fa. Statičke dijagrame crtamo za snovni nosač AB i zato moramo uzeti u obzir dejstvo sile F2. To je presek C u kome deluju sile F2 i spreg

2F ED= ⋅M , dobijeni redukcijom sile F2 na tačku C. Veličine M, FT i Fa određujemo u karakterističnim tačkama, kako sledi: jedino

u polju kontinualnog opterećenja, gde dijagrami nisu prave linije, odredićemo analitičke izraze za M i FT i detaljnije ispitati njihove veličine.

( ) 1

( )

( ) 3

( )

( )

1

6

sin 45 6 4 2

4

0

lT A

dT D B

dT D B

la A A

da D

F F kN

F F kN

F F F kN

F Z kN

F

ε

ε

ε

ε

ε

−

−

−

+

−

↑ + = =

↓ + = − = −

↓ + = − + ⋅ ° = − + = −

+ = − = −

+ =

1 1 2 2lAM F a kNm= ⋅ = ⋅ =

6 2 12dD BM F a kNm= ⋅ = ⋅ =

( ) 32 sin 45 6 2 2 4 2 24 8 16dC BM F a F a kNmε− = ⋅ − ⋅ ° ⋅ = ⋅ ⋅ − ⋅ = − =

107

Polje AC (0 4 )z m≤ ≤

2 2

( )

3 2 62

F

q z

F a kNmF q z z

= ⋅ = ⋅ == ⋅ = ⋅

M

1 ( ) 1 8 2 9 2lT A q zF F Y F z z↑ + = + − = + − ⋅ = − ⋅

21 ( )( ) 2 9

2lz A q z

zM F a z Y z F z z= + + ⋅ − ⋅ = + − Primetimo da su:

2( ) 2 9 4 4 22lCM kNmε− = + ⋅ − =

( ) ( ) 2 ( )22 6 16l dC C F CM M Mε ε ε+ − −= − = − = =M

Dakle, imamo diskontinuitet u dijagramu napadnog momenta u tački C za

veličinu 2 2 6F F a kNm= ⋅ =M .

Na osnovu ovih podataka nacrtan je dijagram transverzalne sile FT, napadnog momenta M i aksijalne sile Fa (Sl.6.15). P r i m e r 6.3. Data je konzola AB (Sl.6.16), raspona l=8a m opterećena kosom silom 2F kN= i jednolikim kontinualnim opterećenjem, sa q=1 kN/m. Analitički odrediti otpore oslonaca i nacrtati statičke dijagrame, ako je a=1m.

z FT Fa M 0 9 -4 2 4 1 -4 22

108

Sl.6.16 R e š e nj e: Otpor uklještenja A. Kontinualno opterečenje zamenimo koncentrisanom silom 4 4 1 1 4qF q kN= ⋅ = ⋅ ⋅ = . Uklještenje zamenimo silama AZ i AY i momentom

uklještenju AM (Sl.6.16). Postavimo jednačinu ravnoteže:

cos 45 0

sin 45 0

2 6 0

i A

i A

A A i q

Z Z F

Y Y F

M Y a F a

= − ⋅ ° =

= − ⋅ ° =

= − ⋅ − ⋅ =

∑∑∑ M

Odakle su otpori: 1AZ kN= ; 5AY kN= ; 26A kNm=M . Statički dijagrami. izvršimo detaljnu analizu polja DB.

109

Polje DB ( 0 ≤ z ≤ 4 m )

z FT Fa M 0 0 0 0 4 4 0 -8

( ) 1d

T q zF F z↓ + = = ⋅

2( )

12 2

dz q

zM F z= − ⋅ = −

Vrednost TF , M i AF u karakterističnim tačkama A i C

( )

( )

( )

( )

5

2sin 45 4 2 52

2cos 45 2 12

1

lT A A

dT C q

da C

a A A

F Y kN

F F F kN

F F kN

F Z kN

ε

ε

ε

ε

+

+

+

+

↑ + = =

↓ + = + ⋅ ° = + ⋅ =

+ = − ⋅ ° = − = −

+ = − = −

4 4 4 1 16dC qM F a kNm= − ⋅ = − ⋅ ⋅ = −

( ) 26lA AM kNmε+ = − = −M

Na osnovu izračunatih vrednosti nacrtan je dijagram M, TF i aF na Sl.6.16. P r i m e r 6.4. Data je Gerberova greda AB (Sl.6.17), opterećena koncentrisanim silama I jednolikim kontinualnim opterećenjem prema slici. Odrediti analitičkim putem otpore oslonaca i nacrtati statičke dijagrame. Podaci: 1 2F kN= , 2 2 2F kN= ,

3 5F kN= , 4 4F kN= , 5 4F kN= , 6 1F kN= , 1 /q kN m= , 1a m= .

R e š e n j e : Otpori oslonca. Pri određivanju otpora oslonaca zamenimo kontinualno opterećenje koncentrisanom silom 4 4 1 1 4qF a q kN= ⋅ = ⋅ ⋅ = . Oslonce zamenimo

odgovarajućim reakcijama, tako da imamo četiri nepoznate: AZ , AY , BF i CF (Sl.6.17). Iz uslova ravnoteže proizvoljnog ravnog sistema sila slede tri jednačine.

110

Sl.6.17 Četvrtu jednačinu dobijamo iz uslova da su grede AG i CG zglobno vezane u tački G, tako se međusobno dejstvo greda svodi na silu u ravni dejstva sila. Ovo znači da je presek G greda opterećen samo silom, pa je, prema tome, napadni moment, koji možemo određivati sa leve ili desne strane preseka G, jednak nuli. Zato se dopunski uslov ravnoteže Gerberove grede (grede sa zglobom) piše u obliku 0l

GM = ili 0dGN = (a)

Na osnovu izloženog, imamo da su uslovi ravnoteže:

1 2

1 2 3 4 5 6

1 2 3 4

5 6

1 2 3

cos 45 cos 45 0

sin 45 sin 45 0

sin 45 2 sin 45 2 4 5

6 8 9 10 0

sin 45 5 3 sin 45 2 0

i A

i A B q C

lA B q

ClG A

Z Z F F

Y Y F F F F F F F F F

M F a F a F a F a F a F

a F a F a F a

M F a Y a F a F a

= + ⋅ ° − ⋅ ° =

= − ⋅ ° + ⋅ ° − + − − + − + =

+ = ⋅ ° ⋅ + ⋅ ° ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅

⋅ + ⋅ − ⋅ + ⋅ =

+ = ⋅ ° ⋅ − ⋅ − ⋅ ° ⋅ + ⋅ =

∑∑∑

Rešenjem ovih jednačina dobijamo nepoznate reakcije: 1AZ kN= , 2AY kN= , 7BF kN= i 6CF kN= .

111

Provera:

6 5 47 6 5 3 2

1 7 1 4 6 1 6 5 1 4 3 1 4 2 1 7 1 0

dG C q BM F a F a F a F a F a F a= ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ + ⋅ =

= ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ + ⋅ =

Statički dijagrami. Određivanje opterećenja preseka grede je isto kao i kod ranije urađenih primera. Odredićemo napadni moment, transverzalnu i aksijalnu silu u karakterističnim tačkama grede, kako sledi. Transvezalna sila:

( ) 1

( )

( ) ( ) 2

( ) ( ) 3

( ) ( )

( ) 6

( ) 6 5

( )

2sin 45 2 12

1 1

sin 45 3

2

2 7 5

1

1 4 3

lT A

lT A A

l lT D T A

l lT E T D

l lT B T E B

dT K

dT K

dT C

F F kN

F Y kN

F F F kN

F F F kN

F F F kN

F F kN

F F F kN

F F

ε

ε

ε ε

ε ε

ε ε

ε

ε

ε

−

+

+ +

+ +

+ +

−

+

+

↑ + = − ⋅ ° = − ⋅ = −

↑ + = − + =

↑ + = + ⋅ ° =

↑ + = − = −

↑ + = + = − + =

↓ + = − = −

↓ + = − + = − + =

↓ + = ( )

( ) ( )

( ) ( ) 4

3 6 3

3 1 1 3 3 0

4

dT K C

d dT H T C

d dT H T H

F kN

F F

F F F kN

ε

ε ε

ε ε

+

− +

+ −

− = − = −

↓ + = + ⋅ ⋅ = − + =

↓ + = + =

Napadni moment:

12sin 45 2 2 2 1 2

2lAM F a kNm= − ⋅ ° ⋅ = − ⋅ ⋅ ⋅ = −

1 sin 45 3 1 3 2 1 1lD AM F a Y a kNm= − ⋅ ° ⋅ + ⋅ = − ⋅ + ⋅ = −

1 2sin 45 4 2 sin 45lE AM F a Y a F a= − ⋅ ° ⋅ + ⋅ + ⋅ ° ⋅ =

21 4 2 2 2 2 1 4 4 2 22

kNm= − ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ = − + + =

6 52 1 2 1 4 1 2 4 2dCM F a F a kNm= ⋅ − ⋅ = ⋅ ⋅ − ⋅ = − = −

6 54 3 2 2 4 4 3 6 2 2 2dJ CM F a F a F a q a kNm= ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ = − ⋅ + ⋅ − =

6 535 4 3 32

dH C

aM F a F a F a q a= ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ =

31 5 4 4 6 3 1 3 5 16 18 4,5 2,52

kNm= ⋅ − ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ = − + − =

32 22 6 4 2 2 3 2

2 2lB AM a Y a a F a= − ⋅ ⋅ + ⋅ + ⋅ ⋅ − ⋅ =

112

6 8 6 5 2 8 10 2kNm= − + + − ⋅ = − = − Aksijalne sile:

( ) 1

( ) 1

( ) ( ) 2

2cos 45 2 12

cos 45 1 1 2

cos 45 2 2 0

la A

la A A

l la D a A

F F kN

F F Z kN

F F F

ε

ε

ε ε

−

+

+ +

+ = − ⋅ ° = − ⋅ = −

+ = ⋅ ° − = − − = −

+ = + ⋅ ° = − + =

Dijagrami su prikazani na Sl.6.17. P r i m e r 6.5. Telegrafska žica obešena je u tačkama A i B, koje leže na istoj visini (Sl.6.18.). Odrediti silu u žici usred sopstvene težine, ako je dato l=60m, f=0,5m i q=1,2 N/m. R e š e n j e : S obzirom da je ugib f u odnosu na raspon l dosta mala veličina to se sila S u ovom slučaju traži preko parabolične lančanice po izrazu (6.6), pa dobijamo:

2

21 1 10852 16

lS ql Nf

= + = ,

gde su uvršćene vrednosti za q, l, f. P r i m e r 6.6. Jedan deo l2 homogenog Sl.6.18 lanca, koji je na jednom kraju obešen u tački A leži na horizontalnoj podlozi. Na drugom kraju lanca, u tački B deluje horizontalna sila P (Sl.6.19). Izračunati horizontalnu silu P , dužine l1 i l2, vertikalnu komponentu V, udaljenost x i najveću silu lanca Smax ako je dato specifično opterećenje q, sila P, ukupna dužina L i visina b=y. R e š e n j e : Iz sume horizontalnih sila dobija se H=P. Parametar lančanice

H Paq q

= =

Vertikalna komponenta predstavlja proizvod opterećenja i dužine luka l1 1 (2V ql q b a b= = + Sl.6.19

113

gde je dužina luka l1 iz osobina hiperboličkih funkcija:

2 2 2 21 ( ) (2 )l y a a b a b a b− = + − = +

Rastojanje x se izračunava po izrazu

2 2

lny y a

x aa

+ += za y=(a+b)

(2 )ln

a b b a bx a

a+ + +

=

jednačina krive u ovom slučaju ima oblik

( )2

x xa aay e e

−= +

a iz ove jednačine može se naći rastojanje x. Maksimalna sila lanca

2 2maxS H V= +

Dužina horizontalnog dela 2 1l L l= −