Transcript
Tehnička mehanika -
Statika
2 sata tjednoNastavnik: Romeo Vlahov
Literatura:1. Boris Kulišić:Tehnička mehanika -
statika s vježbama
2. Alenka KnezRadna bilježnica iz mehanike
Pribor:Bilježnica -
velika bez crta
2 trokuta, šestar, kutomjerDžepno računalo s trigonometrijskim funkcijama
Elementi ocjenjivanja:
Znanje: 4 pismena ispita, usmeno ispitivanje
Programi: 5 programskih zadataka
Odnos prema radu:domaći radovi, bilježnica, aktivnost...
Trigonometrijske funkcije
-
definicije sinusa i kosinusa
111
1cos xx
rx
111
1sin yy
ry
Sinus kuta
Kosinus kuta
Sinus je omjer između nasuprotne katete i hipotenuze u pravokutnom trokutu
Kosinus je omjer između priležeće katete i hipotenuze u pravokutnom trokutu
-trigonometrijska (brojevna) kružnica)
Trigonometrijske funkcije
-
definicije tangensa i kotangensa
-trigonometrijska (brojevna) kružnica)
33
3
3
1xx
yxctg
22
2
2
1yy
xytg
Tangens kuta
Kotangens kuta
Tangens je omjer između nasuprotne katete i priležeće katete u pravokutnom trokutu
Kotangens je omjer između priležeće katete i nasuprotne katete u pravokutnom trokutu
Trigonometrijske funkcije
-
primjena trigonometrijskih funkcija na pravokutan trokut
Trigonometrijske funkcije
-
vrijednosti trigonometrijskih funkcija za neke kuteve
Trigonometrijske funkcije
ca
coscos
ac
866,012
30cos12
c
cb
sin sin cb
5,085,1330sin cb
cmc 86,13
cmb 93,6 Definicije funkcija ►
Vrijednosti funkcija ►
Trigonometrijske funkcije
44444,0188cos
ca
)(180
Definicije funkcija ►
Vrijednosti funkcija ►
61,63
180
)90613,63(180
39,26
Trigonometrijske funkcije
-
primjena trigonometrijskih funkcija na sve trokute
SINUSOV POUČAK
acb ::sin:sin:sin
cb
sinsin
ac
sinsin
ab
sinsin
Sinusi kutova unutar bilo kojeg trokuta odnose se isto kao stranice nasuprotne tim kutovima.
Trigonometrijske funkcije
-
primjena trigonometrijskih funkcija na sve trokute
KOSINUSOV POUČAK
abbac
2cos
222'
'22 cos2 abbac
cos222 abbac
180'
Trigonometrijske funkcije
ca
sinsin
)(180
)12020(180 40
ac sinsin
40sin
20120sinsin
sin
ac
cmc 95,26643,0
20866,0
ab
sinsin
ba sinsin
40sin
2020sinsin
sin
ab
cmb 64,10643,0
20342,0
sin:/ sin:/
Trigonometrijske funkcije
cos222 abbac
45cos251822518 22 ccmc 8,39
ili preko kuta δ
cos222 abbac
cmc 8,39135cos251822518 22
13545180180 cos45°
= 0,707
cos135°
= -0,707
δ
Domaći zadatak:
Udžbenik:stranica 6
zadatak 1.zadatak 2.zadatak 3.zadatak 4.zadatak 5.
Trigonometrijske funkcije
Vektori
-
definicija vektora
Skalari:-
masa
-
temperatura-
vrijeme
-
snaga ...Jednoznačno su određeni samo s jednim podatkom, npr: 25 kg, -5°C, 12 s, 100 W ...
Vektori:- brzina-
ubrzanje
-
sila-
moment sile ...
Jednoznačno su određeni s tri nezavisna podatka:1. pravcem djelovanja2. intenzitetom (veličinom ili modulom)3. smjerom
pravac djelovanja
smjer
veličina (intenzitet)
Vektori
- označavanje vektora
pravac djelovanja
smjer
veličina (modul, intenzitet)
ailia
aoznaka vektora
oznaka modula (veličine)
početak(hvatište) vektora
kraj (vrh) vektora
Vektori
- grafički prikaz vektora
Primjer: Prikazi grafički vektor sile veličine 300 N koja djeluje na pravcu p.
cmNM F 1
100Mjerilo sile:
cmN
Ncm
cmNN
MFF
F
3100
3001
1100300
Dužina vektora:
hvatište (početak) vektora
vrh (kraj) vektora
duljina vektora
p
F
Vektori
-
zbrajanje 2 vektora
abbac
-pravilo paralelograma -pravilo trokuta
Primjenjuje se kad su hvatišta vektora u istoj točci.Rezultirajući vektor je dijagonala paralelograma.
Primjenjuje se su vektori nanizani jedan na drugiRezultirajući vektor je treća stranica trokuta.
abbac
cbae
Vektori
-
zbrajanje više vektora
-
poligon vektora
Vektori
-
analitički prikaz vektora (projekcije vektora)
-
projekcija vektora na os
x
cos aax
-
projekcija vektora na os y
sin aay
aaxcos
aaysin
Vektori
Uvod u statiku
-
definicija i podjela mehanike
Mehanika - grč.mehane (μεξνη) =stroj, oruđe
Mehanika proučava gibanja, uzroke gibanja (sile) te ravnotežu materijalnih tijela.
-podjela mehanike prema području djelovanja
Uvod u statiku
-
definicija i podjela mehanike
STATIKA
- proučava ravnotežu vanjskih sila koje djeluju na neko tijelo koje jeu stanju mirovanja ili jednolikog gibanja po pravcu
KINEMATIKA
- proučava gibanja tijela ne uzimajući u obzir uzroke gibanja (sile)koji su to gibanje proizveli.
DINAMIKA
- proučava ovisnost između sila i gibanja
NAUKA O ČVRSTOĆI
- proučava ravnotežu vanjskih i unutrašnjih sila te deformacije koje nastaju
pod utjecajem vanjskih sila
Uvod u statiku
SI -
sustav jedinica
Osnovne jedinice
- za masu: kilogram
(kg)-
za duljinu: metar
(m)
-
za vrijeme: sekunda
(s)-
za jakost električne struje : amper
(A)
Izvedene jedinice:
-
za silu (F) 1 Newton
(njutn), [1N]
2111
smkgNamF
-
za rad (W)-
1 Joule
(džul), [1J=1Nm]
-
za snagu (P) -
1 Watt, [1W=1J/s=1Nm/s]
-
za tlak (p) -
1 Pascal
(paskal), [1Pa=1N/m2]
Uvod u statiku
-
pojam sile
SILA (F)
- je veličina koja uzrokuje da tijelo prijeđe iz stanja mirovanja u stanje gibanja i obrnuto. Također sila uzrokuje promjenu oblika tijela.
Vrste sila:vanjske
-
djeluju izvana na tijelo
unutarnje - djeluju između čestica tijela, suprostavljaju se vanjskim silama
aktivne
-
uzrokuju ili pomažu gibanje (sila teže, sila vjetra...)pasivne-
pružaju otpor i sprečavaju gibanje (sila trenja, otpor zraka...)
korisne
-
npr. sila trenja kod kočnica, štetne
-
npr. sila trenja kod ležaja
Uvod u statiku
- grafički prikaz sile
Sila je vektorska veličina. Određena je pravcem djelovanja, veličinom (modulom, intenzitetom),smjerom te hvatištem.
)(
)(
NF
cmF
Foznaka vektora sile
oznaka modula (veličine) sile
ili
Uvod u statiku
- grafički prikaz sile
Primjer:Grafički prikaži silu od F= 450 N čiji pravac zatvara kut od =45°
prema
pozitivnom dijelu osi x.
cmNM F 1
100Mjerilo sile:
Duljina vektora sile: cmN
Ncm
cmNN
MFF
F
5,4100
4501
1100450
x
F
=45°
Uvod u statiku
-
analitički prikaz sile (projekcije sile)
cos FFx
sin FFy
FFxcos
FFysin
Sila se analitički prikazuje preko svojih projekcija u pravokutnom koordinatnom sustavu.
Projekcija sile na os x
Projekcija sile na os y
Uvod u statiku
-
analitički prikaz sile (projekcije sile)
cos11 FF x
cos22 FF x
cos33 FF x
cos44 FF x
projekcije sila na os x
sin11 FF y
sin22 FF y
sin33 FF y
sin44 FF y
projekcije sila na os y
Uvod u statiku
-
analitički prikaz sile (projekcije sile)
NFF x 2,173866,020030cos11
NFF x 150)5,0(300120cos22
NFF y 1005,020030sin11
NFF x 8,282)707,0(400225cos33
NFF y 8,259866,0300120sin22
NFF y 8,282)707,0(400225sin33
Domaći zadatak:
Udžbenik: stranica 25zadatak 1zadatak 2 (a i b)
Uvod u statiku
-
analitički prikaz sile (projekcije sile)
Uvod u statiku
-
statički sustavi sila
komplanarno konkurentni
komplanarnoparalelni
opći slučaj
kolinearni sustav
Uvod u statiku
-načela statike
Prvo načelo statike:
Dvije sile su u ravnoteži ako su ispunjeni uvjeti:
1. imaju isti modul (veličinu, intenzitet)2. imaju suprotan smjer3. djeluju na istom pravcu.
21
21
FF
FF
21 FF
Drugo načelo statike:(teorem o premještanju sile)
Hvatište sile možemo pomicati uzduž
pravca djelovanja, a da se djelovanje sile ne promijeni, tj. sila je klizni vektor.
Uvod u statiku
-načela statike
Uvod u statiku
-načela statike
Treće načelo statike:(načelo o nezavisnosti djelovanja sila)
Djelovanje sila ostaje nepromijenjeno bez obzira kojim redoslijedom se sile nanose pri formiranju trokuta sila.
Uvod u statiku
-načela statike
Četvrto načelo statike:(zakon akcije i reakcije -
3. Newtonov aksiom)
Svaka sila (akcija) izaziva protusilu (reakciju) koja je po veličini jednaka akciji, ali je suprotnog smjera.
Uvod u statiku
-načela statike
Peto načelo statike:(veze i reakcije veze)
Mjesto gdje se dva ili više tijela uzajamno dodiruju nazivamo vezama. U njima se prema četvrtom načelu javljaju reakcije veze, tj. sile jednake aktivnoj sili, istog pravca, ali suprotnog smjera.
Uvod u statiku
-načela statike
Peto načelo statike:(veze i reakcije veze)
Uvod u statiku
-načela statike
Peto načelo statike:(veze i reakcije veze)
Uvod u statiku
-načela statike
Peto načelo statike:(veze i reakcije veze)
Uvod u statiku
-načela statike
Šesto načelo statike:(vezano tijelo i slobodno tijelo)
Svako vezano tijelo moguće je razmatrati kao slobodno ako uklonimo sve veze, a njih zamijenimo silama veza (reakcijama veza). Tijelo će zadržati ravnotežan položaj. Reakcije veza uvijek imaju suprotan smjer od mogućeg gibanja tijela.
Uvod u statiku
-načela statike
Primjer :1. Ucrtaj sile veza u točkama dodira.
Domaći zadatak:
Udžbenik:stranica 29zadatak c i d
Uvod u statiku
-načela statike
Kolinearni sustav sila
- uvod
Kolinearne sile
djeluju na istom pravcu, a mogu biti istog ili suprotnog smjera.Djelovanje dvije ili više sila možemo zamijeniti jednom silom koja ima isto djelovanje kao i sile koje je tvore.Tu silu nazivamo rezultantna sila
ili rezultanta
FR.
, a sile koje je zamijenila njezinim komponentama.Postupak pronalaženja rezultante nazivamo sastavljanje sila.Sastavljanje sila se može vršiti grafičkim
i analitičkim (računskim) postupkom.
1F
2F
1F
2F
2 sile
1F
2F
1F
2F
3F
3F
4F više sila
Kolinearni sustav sila
-
sastavljanje 2 sile istog smjeraPrimjer 1:Na nekom pravcu djeluju dvije sile F1
=200 N i F2
=300 N na materijalnu točku .Sastavi zadane sile u rezultantu.
1F
2F
RF
21 FFFR
A) Grafički postupak
cmNM F 1
100
B) Analitički postupak
cm
cm
F
F
32
21
Ncm
NcmMFF FRR 5001
1005
NNNFFFR 50030020021
Rezultanta je vektor od početka prve sile do kraja druge sile!
1F
2F
RF
Kolinearni sustav sila
-
sastavljanje 2 sile suprotnog smjeraPrimjer 2:Na materijalnu točku djeluju sile F1
=500 N i F2
=-300 N u horizontalnom pravcu.Odredi veličinu rezultante zadanih sila.
A) Grafički postupak
cmNM F 1
100
B) Analitički postupak
cm
cm
F
F
32
51
Ncm
NcmMFF FRR 2001
1002
NNNFFFR 200300500)( 21
Rezultanta je vektor od početka prve sile do kraja druge sile!
21 FFFR
Kolinearni sustav sila
-
sastavljanje više sila istog smjeraPrimjer 3:Na materijalnu točku u horizontalnom pravcu djeluju sile F1
=15 kN, F2
=20 kN iF3
=10kN. Odredi veličinu rezultante grafičkim i analitičkim postupkom.
1F
2F
RF
321 FFFFR
A) Grafički postupak
cmkNM F 1
10
B) Analitički postupak
kNcmkNcmMFF FRR 45
1105,4
kNkNkNkNFFFFR 45102015321
Rezultanta je vektor od početka prve sile do kraja zadnje sile!
3F
cmcmcm FFF 13;22;5,11
OPĆENITO
(za više sila)
n
iinR FFFFF
121 ...
Kolinearni sustav sila
-
sastavljanje više sila različitog smjeraPrimjer 4:Na materijalnu točku u horizontalnom pravcu djeluju sile F1
=3000 N, F2
=-4000 N F3
=2000N. Odredi veličinu rezultante grafičkim i analitičkim postupkom.
1F
2F
RF
321 FFFFR
A) Grafički postupak
cmNM F 1
1000
B) Analitički postupakN
cmNcmMFF FRR 1000
110001
NNNNFFFFR 10002000)4000(3000)( 321
Rezultanta je vektor od početka prve sile do kraja zadnje sile!
3F
cmcmcm FFF 23;42;31
OPĆENITO
(za više sila)
n
iinR FFFFF
121 ...
Kolinearni sustav sila
-
uravnoteženje sustava
Kolinearni sustav sila se može uravnotežiti
tako da se umjesto rezultante postavi sila istog iznosa, ali suprotnog smjera.Tada bi rezultanta bila jednakla nuli (FR
=0), tj, kraj zadnje sile bi se poklopio spočetkom prve.
-
neuravnoteženi sustav(postoji rezultanta)
-
uravnoteženi sustav(ne postoji vektorrezultante, FR
=0)
1F
2F
RF
3F
1F
2F
4F
3F
Sustav kolinearnih sila je u ravnoteži ako je zbroj svih njegovih komponenti jednak nuli (tada je i FR
=0).0
1
n
iiR FF
Kolinearni sustav sila
Domaći zadatak:
Udžbenik:stranica 34
zadatak 4., a i bzadatak 5., a i b
Komplanarno-konkurentni sustav sila
- uvod
Sustav sila čiji pravci djelovanja se sijeku u jednoj točki, a nalaze se u istoj ravnini naziva se komplanarno-konkurentni
sustav sila.
Rezultanta takvog sustava se može odrediti grafičkim i analitičkim postupkom.
Primjeri komplanarno -
konkurentnog sustava:
-dvije sile istog hvatišta -dvije sile različitog hvatišta -sustav sila
-
2 sile istog hvatišta -
grafički postupakKomplanarno-konkurentni sustav sila
Paralelogram sila
2F
1F
RF
21 FFFR
Rezultanta je jednaka dijagonali paralelograma.
Paralelogram se konstruira iz poznate dvije stranice.
FRR MFF
Rezultanta dvije sile istog hvatišta se grafički može odrediti pomoću pravila paralelograma
i pravila trokuta.
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile istog hvatišta -
grafički postupakParalelogram sila
Što je kut () između komponenata veći to je rezultanta manja.
90 90 90
Primjer:
2F
1F
RF
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile istog hvatišta -
grafički postupak
Trokut sila
Druga sila se najprije paralelno nanese na vrh prve sile.
Rezultanta je jednaka trećoj stranici trokuta.
21 FFFR
FRR MFF
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile istog hvatišta -
grafički postupak
Trokut sila
Primjer:
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile istog hvatišta -
grafički postupak
Trokut sila
2F
1F
RF
Isti rezultat se dobije ako se prva sila nanese paralelno na vrh
druge.
Rezultanta je jednaka trećoj stranici trokuta.
21 FFFR
FRR MFF
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile istog hvatišta -
grafički postupak
Trokut sila
Primjer:
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile istog hvatišta -
grafički postupak
Trokut sila
Smjer rezultante se suprostavlja smjeru zadnje sile. Ovakav trokut sila se naziva otvoreni trokut
Otvoreni trokut sila je onaj gdje sve sile nemaju
isti smisao obilaženja.
Otvoreni trokut uvijek daje rezultatnu.
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile istog hvatišta -
analitički postupak
A) Kosinusov poučak Koristi se ako su poznate obe komponente i kut između njih.
Kad je = 90°
(pravokutan trokut) može se koristiti i Pitagorin poučak.
cos2 212
22
1 FFFFFR
)180cos(2 212
22
1 FFFFFR
Rezultanta se može dobiti primjenom kosinusovog
i sinusovog
poučka tepomoću projekcija sila.
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile istog hvatišta -
analitički postupak
B)
Sinusov poučak
se koristi kad su poznate dvije komponente i jedan kut u trokutu ili dva kuta i jedna komponenta.
SINUSOV POUČAK
acb ::sin:sin:sin
cb
sinsin
ac
sinsin
ab
sinsin
Sinusi kutova unutar bilo kojeg trokuta odnose se isto kao stranice nasuprotne tim kutovima.
C)
Metoda projekcije sila
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile istog hvatišta -
analitički postupak
111 cos FF x
222 cos FF x
111 sin FF y
222 sin FF y
xxRx FFF 21 yyRy FFF 21
22RyRxR FFF
Rx
RyR F
Ftg
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile istog hvatištaPrimjer 1Dva radnika vuku neispravan auto prema slici. Grafičkim i analitičkim postupkom odredi položaj i veličinu rezultante. F1
=400 N, F2
=500 N, 1
=35°, 2
=330°
2F
1F
RF
A) grafički -
paralelogram sila
cmNM F 1
100
Ncm
NcmMFF FRR 7601
1006,7
cm
cm
F
F
52
41
358R
R
35°
30°
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile istog hvatišta
Primjer 1
2F
1F
RF
B) grafički -
trokut sila
cmNM F 1
100
Ncm
NcmMFF FRR 7601
1006,7
cm
cm
F
F
52
41
358R
R
35°
30°
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile istog hvatišta
Primjer 1
C) analitički -
kosinusov poučak
2F
1F
RF
65°115°
65cos2 212
22
1 FFFFFR
423,05004002500400 22 RF
NFR 95,760
115cos2 212
22
1 FFFFFR
35°
ili iz:Kut rezultante R
se može dobiti iz sinusovog poučka
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile istog hvatišta
Primjer 1
D) analitički -
sinusov poučak
2F
1F
RF
65°115°
RFF2
115sinsin
5955,0906,095,760
500115sinsin 2 RF
F
55,36)5955,0(arcsin
δ35°
R
'
55,135' R
R
45,35855,1360360 'RR
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile istog hvatištaPrimjer 1
E) analitički -
projekcije sila
NFF x 66,32735cos400cos 111
NFF x 433330cos500cos 222
NFFF xxRx 66,76021
NFFF yyRy 57,2021
22RyRxR FFF
027,066,76057,20
Rx
RyR F
Ftg
NFF y 43,22935sin400sin 111
NFF y 250330sin500sin 222
55,1)027,0(arctgR
NFR 94,760
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile istog hvatišta
Domaći zadatak:
Udžbenik: stranica 39zadatak 1
Radna bilježnica: stranica 6 -
zadatak 1
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile različitog hvatišta
Sile različitog hvatišta se dovedu u isto hvatište pomicanjem sile po pravcu prema 2. načelu statike (sila je klizni vektor).
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile različitog hvatištaPrimjer 1:Kolotura dizalice opterećena je silama Fu
= 4 kN i G = 3 kN. Koliki je pritisak na ležaj koloture i koji kut zatvara pravac sile pritiska s vertikalom?Kut između pravca sile Fu
i vertikale je =30°.
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile različitog hvatišta
Primjer 1: -
grafički postupakcmkNM F 1
1
kNcmkNcmMFF FRR 7,6
117,6
cm
cmu
G
F
3
4
Paralelogram sila
17
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile različitog hvatišta
Primjer 1: -
grafički postupakcmkNM F 1
1
kNcmkNcmMFF FRR 7,6
117,6
cm
cmu
G
F
3
4
Trokut sila
17
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile različitog hvatišta
Primjer 1: -
analitički postupak
Kosinusov poučak
cos222 GFGFF uuR
30cos34234 22RF
kNFR 76,6
Sinusov poučak
cos222 GFGFF uuR
150180
R
u
FF
sinsin
295,0150sin76,64sinsin
R
u
FF
ili iz :
16,17295,0arcsin
Domaći zadatak:
Udžbenik:stranica 39zadatak 2
Radna bilježnica:stranica 9 zadatak 4.
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
2 sile različitog hvatišta
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
ravnoteža 3 sile
Rs FF
uR FGF
Sile FR
i Fs
su jednake po iznosu, ali suprotnog smjera
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
ravnoteža 3 sile
otvorenitrokut sila
zatvorenitrokut sila
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
ravnoteža 3 sile
Tri sile su u ravnoteži kada:
1. se sve tri sile sijeku u jednoj točci2. sile čine zatvoren trokut sila
Zatvoreni trokut sila je onaj gdje sve sile imaju isti smisao obilaženja.
Sile u zatvorenom trokutu ne daju
rezultantu, FR
=0.
Treća sila u trokutu je jednaka po iznosu kao i rezultanta prve dvije, ali je suprotnog smjera.
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
ravnoteža 3 sile
Primjer 1Na čvornom limu spojena su dva štapa u kojima djeluju sile F1
=300N i F2
=200N. Grafičkim i analitičkim postupkom odredi položaj trećeg štapa u odnosu na prvi i silu F3
koja mora djelovati u tom štapu da bi konstrukcija bila u ravnoteži.
Primjer 1a) Grafički postupak
2F
1F
3F
cmNM F 1
100
Ncm
NcmMFF F 2501
1005,233
cm
cm
F
F
22
31
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
ravnoteža 3 sile
120°
3
3
=140°
Primjer 1b) Analitički postupak
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
ravnoteža 3 sile Kosinusov poučak
120cos2 212
22
13 FFFFF
)5,0(2003002200300 223 F
NF 57,2643
Sinusov poučak
60cos2 212
22
13 FFFFF
1
3
sinsin
FF
98197,060sin57,264
300sinsin3
1 FF
ili iz :
1,7998197,0arcsin
601,793 1,1393
Komplanarno-konkurentni sustav sila
-
ravnoteža 3 sile
Domaći zadatak:
Udžbenik: stranica 46
zadatak 1. (a,b i c)
Radna bilježnica: stranica 10 zadatak 5
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Rastavljanje sile na 2 komponente
Rrastavljanje sile na 2 komponente je postupak kojim iz zadane sile pronalazimo njene komponente.
Primjer A:Potrebno je rastaviti silu G na dvije komponente F1
i F2
U grafičkom postupku koristimo trokut sila ili paralelogram sila
U analitičkom postupku koristimo najčešće sinusov poučak
za trokut koji
tvore rezultanta i njene komponente.
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Rastavljanje sile na 2 komponente
Primjer B:Potrebno je rastaviti zadanu silu F na dvije komponente F1
i F2
kojima je poznata veličina, ali se traže pravci djelovanja.
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Rastavljanje sile na 2 komponente
Primjer 1Treba odrediti silu u užetima AB i AC koja drže svjetiljku težine 25N, ako uže s horizontalom zatvara kuteve od 15°.
G = 25 N
α1
= α2
=15°
cmNM F 1
10
cmNcmMFFF F 1
108,42,121
cmG 5,2
2F
1F
G
a) Grafički postupak
NFF 4821
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Rastavljanje sile na 2 komponente
Primjer 1
G = 25 N
α1
= α1
=15°
b) Analitički postupak
1sinsin
FG
GF sinsin 1
30sin
2575sinsin
sin1
GF
NF 3,481
NFF 3,4812
3021
752
180
180
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Rastavljanje sile na 2 komponente
Primjer 2O vertikalni zid oslanja se kugla obješena o uže AC. Uže zatvara kut od 30°
prema zidu, a težina
kugle je 600 N.Treba odrediti silu u užetu i pritisak kugle o zid.
a) Grafički postupak
cmNM F 1
200
cmG 3
BF
AF
Gcm
NcmMFF FAA 12004,3
NFA 680
cmNcmMFF FBB 1
2007,1
NFB 340
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Rastavljanje sile na 2 komponente
GFtg B
30
60
)90(180
Primjer 2
b) Analitički postupak
Za pravokutan trokut vrijedi:
30600 tgtgGFB
NFB 2,346
Silu FA
možemo izračunati npr. iz kosinusa kuta α, ili iz Pitagorinog poučka.
AFG
cos
30cos
600cos
GFA
NFA 8,692
2222 2,346600 BA FGF
NFA 7,692
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Rastavljanje sile na 2 komponente
Primjer 3Teret od 500 N učvršćen je pomoću dva čelična štapa. Grafičkim i analitičkim postupkom odredi sile u štapovima AB i BC
a) Grafički postupak1F
G
cmNM F 1
100
cmG 5
2F
cmNcmMFF F 1
1005,211
NF 2501
cmNcmMFF F 1
10035,422
NF 4352
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Rastavljanje sile na 2 komponente
GF130sin
Primjer 3
b) Analitički postupak
Za pravokutan trokut vrijedi:
5,050030sin1 GF
NF 2501
GF230cos
866,050030cos2 GF
NF 4332
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Rastavljanje sile na 2 komponente
Primjer 4Teret težine 50 N obješen je žicom o zid i strop. Odredi sile u žicama AB i AC.
a) Grafički postupak
cmNM F 1
10
cmG 5
2F
1F
G
cmNcmMFF F 1
106,311
NF 361
cmNcmMFF F 1
105,222
NF 252
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Rastavljanje sile na 2 komponente
GF1
105sin45sin
GF 45sin105sin 1
105sin
45sin50105sin
45sin1
GF
NF 6,361
Primjer 4
GF2
105sin30sin
GF 30sin105sin 2
105sin
30sin50105sin
30sin2
GF
NF 9,252
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Rastavljanje sile na 2 komponente
Domaći zadatak:
Udžbenik:stranica 53-55zadatak 1., 3.,4., 6.
Radna bilježnica:stranica 19zadatak 2.
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Sastavljanje sustava sila
Rezultanta sustava sila se određuje grafički pomoću poligona sila, a analitički metodom projekcije sila.
Plan položaja sila Poligon sila
A) GRAFIČKI POSTUPAK
2F
1F
RF
3F
4F
R
Rezultanta sustava je sila koja zatvara poligon sila.
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Sastavljanje sustava sila
B) ANALITIČKI POSTUPAK111 cos FF x
222 cos FF x
111 sin FF y
222 sin FF y
nxxxRx FFFF ...21 nyyyRy FFFF ...21
22RyRxR FFF
Rx
RyR F
Ftg
333 cos FF x
444 cos FF x
333 sin FF y
444 sin FF y
n
iixRx FF
1
n
iiyRy FF
1
Metoda projekcije sila
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Sastavljanje sustava silaPrimjer 1Na materijalnu točku A djeluje sustav sila. Grafičkim i analitičkim postupkom odredi veličinu rezultante i njen pravac.F1 = 200 N
α1 = 45°
F2 = 250 N α2 = 150°
F3 = 150 N α3 = 270°
Plan položaja sila
Poligon sila
cmNM F 1
100
cmNcmMFF FRR 1
1004,1
NFR 140
122R
a) Grafički
2F
1F
RF
3F
R
RF
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Sastavljanje sustava sila
b) Analitički
Primjer 1F1 = 200 N
α1 = 45°
F2 = 250 N α2 = 150°
F3 = 150 N α3 = 270°
NFF x 4,14145cos200cos 111
05,2164,141321 xxxRx FFFF
NFF x 5.216150cos250cos 222
NFF x 0270cos150cos 333
NFF y 4,14145sin200sin 111
NFF y 125150sin250sin 222
NFF y 150270sin150sin 333
NFRx 1,75
1501254,141321 yyyRy FFFF
NFRy 4,116
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Sastavljanje sustava sila
b) Analitički
Primjer 1F1 = 200 N
α1 = 45°
F2 = 250 N α2 = 150°
F3 = 150 N α3 = 270°
NFRx 1,75 NFRy 4,116
2222 4,1161,75 RyRxR FFF
54,11,754,116'
Rx
RyR F
Ftg
NFR 2,138
2,57'R
2,57180180 'RR
8,122R
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Sastavljanje sustava silaPrimjer 2Na materijalnu točku A djeluje sustav sila. Grafičkim i analitičkim postupkom odredi silu koja će uravnotežiti sustavF1 = 300 N
α1 = 30°
F2 = 250 N α2 = 180°
F3 = 400 N α3 = 225°
F4
= 200 N α4
= 300°
Plan položaja sila
Poligon sila
cmNM F 1
100
cmNcmMFF F 1
1005,355
NF 3505 605
a) Grafički
2F
1F
5F
3F
5
5F
4F
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Sastavljanje sustava sila
b) Analitički
NFF x 8,25930cos300cos 111
xxxxRx FFFFF 4321
NFF x 250180cos250cos 222 NFF x 8,282225cos400cos 333
NFF y 15030sin230sin 111 NFF y 125180sin250sin 222
NFF y 8,282225sin400sin 333
NFRx 173
yyyyRy FFFFF 4321
NFRy 306
NFF x 100300cos200cos 444
NFF y 2,173300sin200sin 444
Primjer 2F1 = 300 N
α1 = 30°
F2 = 250 N α2 = 180°
F3 = 400 N α3 = 225°
F4
= 200 N α4
= 300°
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Sastavljanje sustava sila
b) Analitički
NFRx 173 NFRy 306
2222 306173 RyRxR FFF
76878,1173306
Rx
RyR F
Ftg
NFR 5,351
5,60R
Primjer 2F1 = 300 N
α1 = 30°
F2 = 250 N α2 = 180°
F3 = 400 N α3 = 225°
F4
= 200 N α4
= 300°
NFF R 5,3515
Komplanarno-konkurentni sustav sila
Sastavljanje sustava sila
Domaći zadatak:
Udžbenik:stranica 72-73zadatak 4., 6.
Radna bilježnica:stranica 16 zadatak 4.
Statički moment sile
Statički moment sile (moment sile) s obzirom na neku točku je umnožak veličine sile (F) i njezina kraka (l) do zadane točke.
Krak sile
je najkraća udaljenost
pravca sile do točke rotacije (tj. okomica iz točke na pravac sile)
][NmlFM
Moment izaziva rotaciju
tijela oko točke pa kažemo da je moment zakretno djelovanje sile.
Veća sila i veći krak daju veći moment.
Moment je jednak nuli ako uopće nema sile ili ako nema kraka
(tj. kad pravac
sile prolazi kroz promatranu točku).
Statički moment sile
Statički moment sile može biti pozitivan i negativan.
Moment je pozitivan
ako nastoji izazvati rotaciju u smjeru kazaljke na satu.
Moment je negativan
ako nastoji izazvati rotaciju suprotno od smjera kazaljke na satu.
(Ova pravila su utvrđena dogovorom, a može se uzeti i obrnuto)
pozitivan moment negativan moment
+
-
Statički moment sile
Primjer 1Koliki je statički moment sile koja djeluje na ručicu zglobno vezanu u točki A prema slici, ako je zadana sila od 250 N, a njen krak iznosi 30 cm?
][NmlFM
][750030250 NcmM
][75 NmM
Moment je negativan jer rotira ručicu suprotno od smjera kazaljke na satu.
Statički moment sile
Primjer 2Na polugu AB učvršćenu u točci A djeluje sila u točki B pod kutom 30°
prema slici.
Treba odrediti statički moment sile ako je F= 300 N, a duljina poluge je 50 cm.
25300 lFM A
1. način(odrediti krak sile )
sinsin alal
30sin50l
cml 25
][7500 NcmM A
][75 NmM A
Statički moment sile
Primjer 2Na polugu AB učvršćenu u točci A djeluje sila u točki B pod kutom 30°
prema slici.
Treba odrediti statički moment sile ako je F= 300 N, a duljina poluge je 50 cm
aFM yA
2. način(odrediti silu koja djeluje na kraku a)
][750050150 NcmM A
][75 NmM A
Sila F se može rastaviti na 2 komponente, Fx i Fy.Komponenta Fx
ne stvara moment oko točke A
jer njen pravac prolazi kroz tu točku.Komponenta Fy
je okomita na polugu pa tvori
moment na kraku a.
sinsin FFFF
yy
30sin300yF
NFy 150
Statički moment sile
Primjer 3Na momentnom ključu je podešen iznos momenta 1,2 Nm. Kolikom silom treba djelovati na kraj ključa da bi se dobio podešeni moment ako je duljina ručice 50 cm?
aFMo
aMF o
5,02,1
F
NF 4,2
Statički moment sile
Primjer 4Kolika smije biti dužina konzole prema slici ako maksimalni moment u točki A smije iznositi 10 kNm? Maksimalni teret koji djeluje na kraju konzole je 2,5 kN.
lGM yA
y
A
GMl
ml 62,4 60sinGGy
866,05,2 yG
kNGy 165,2
165,210
l
Statički moment sile
Primjer 5Koliki je statički moment sile F=450 N u odnosu na os z, ako je promjer kola 35 cm, a sila djeluje pod kutem 45°
u odnosu na vertikalu, a u ravnini paralelnoj s osi z?
245cos dFM z
Silu F projiciramo na ravninu kojaje okomita na os z i dobijemo komponentu F·cos45°. Ta komponenta na kraku d/2 činimoment oko osi z
235707,0450 zM
NcmM z 6,5567Komponenta F·sin45°
je paralelna sa osi z i ne vrši moment oko nje.
NmM z 68,55
Domaći zadatak:
Udžbenik:stranica 81zadatak 7., 8. i 9.
Radna bilježnica:stranica 26 -
pročitati
Statički moment sile
Statički moment sile
Par ili spreg sila
Par (spreg) sila tvore 2 sile jednake po veličini, paralelnih pravaca i suprotnog smjera.
Spreg sila proizvodi rotaciju, tj. djeluje kao moment.
Par ili spreg sila se javlja kod upravljača vozila, ručnog narezivanja navoja,ručnih navojnih preša i slično.
Statički moment sile
Par ili spreg sila
aFM
Moment para sila ovisi o veličini jedne sile i razmaku između njih, a ne ovisi
o položaju točke za koju se računa.
)( alFlFM A
aFlFlFM A
Moment sila oko točke A:
Par ili spreg sila
Statički moment sile
Spreg sila može biti pozitivan i negativan.
Pozitivan
je ako nastoji izazvati rotaciju u smjeru kazaljke na satu.
Negativan
je ako nastoji izazvati rotaciju suprotno od smjera kazaljke na satu.
+
-
Domaći zadatak:
Udžbenik:stranica 81zadatak 7., 8. i 9.
Radna bilježnica:stranica 26 -
pročitati
Statički moment sile
Momentno pravilo
Momentno pravilo
(Varignonov poučak) glasi:
Moment rezultante sila s obzirom na neku točku jednak je algebarskom zbroju momenata koje čine komponente te sile za istu točku.
2211 rFrFrFR
21 MMM R
Općenito za bilo koji broj sila:
n
iiiR rFaF
1
n
n
iiR MMMMM
...211
Primjer za dvije sile
Momentno pravilo
Primjer 1Na rešetkastu konstrukciju djeluju sile F1
= 100 N, F2
= 200 N i F3
= 300 N. Odredi ukupni moment svih sila za točku B.
ml 21
Duljine krakova
332211 lFlFlFM BR
430082,22002100 BRM
NmM BR 836
ml 82,222 222
ml 43
321 MMMM BR
Momentno pravilo
Primjer 2Na polugu prema slici djeluje vlastita težina G=50 N u težištu T i sila F=400 N u točki A. Koliki je ukupni moment okretanja za točku O, ako je a=100 mm i b=300 mm?
Duljine krakova
2121 lFlGMMM OR
2004006,8650 ORM
NmM OR 67,75
30cos30cos 11 alal
mml 6,86866,01001
30sin)(30sin 22 balba
l
mml 2005,0)300100(2
NmmM OR 75670
Momentno pravilo
Primjer 3Na homogenu kvadratnu ploču ABCD djeluju sile F1
=200 N i F2
=200 N. Odredi veličinu momenta rezultante s obzirom na točke A, B, C i D.
21 MMM R
NmM DR 1600
aFaFM DR 21
42004200 DRM
za točku Dza točku A
aFFM AR 21 0
za točku B
4200 ARM
00 21 FFM BR NmM B
R 0
za točku C
021 FaFM CR
4200 CRM NmM C
R 800
NmM AR 800
Momentno pravilo
Primjer 4Na rešetkasti nosač
djeluju sile F1
= 300 N, F2
= 90 N, F3
= 540 N i F4
=600 N. Odredi rezultirajuće momente za točke A i D.
35,1 4141 FFMMM AR
za točku A
36005,1300 ARM
NmM AR 1350
za točku D
421 MMMM DR
5,15,45,1 421 FFFM DR
NmM DR 945
5,16005,4905,1300 DRM
Domaći zadatak:
Udžbenik: stranica 84 i 85zadatak 3., 5. i 6.
Radna bilježnica:stranica 29zadatak 2.
Statički moment sile
Komplanarno-paralelni sustav sila
Komplanarno -
paralelni sustav sila čine sile koje su međusobno paralelne.
Rezultanta paralelnih sila i njen položaj se može odrediti:
a) grafički-
metodom lančanog (verižnog) poligona
sila
b) analitički-
zbrajanjem sila (za određivanje veličine rezultante) i primjenom
momentnog pravila (za određivanje položaja rezultante)
-dvije sile -više sila
Komplanarno-paralelni sustav silaDvije paralelne silePrimjer 1Na materijalno tijelo u točkama A i B djeluju sile F1
= 600 N i F2
= 400 N. Grafičkim i analitičkim postupkom odredi veličinu i položaj rezultante, ako je l=2,5 m.
a) Grafički postupak
cmNM F 1
200
cmNcmMFF FRR 1
2005
P
-
polna točka
1
2
3
1 2
3
aR
NFR 1000
maR 1
One dvije polne zrake koje u lančanom poligonu omeđuju neku silu, sijeku se
na pravcu
te sile u planu položaja sila.
2F
1F
RF
RF
cmmM L 1
1
plan položaja sila
lančani (verižni) poligon sila
cmmcmMaa LRR 1
11
Komplanarno-paralelni sustav silaDvije paralelne silePrimjer 1
F1 = 600N F2 = 400 N l = 2,5 m
b) Analitički postupak
40060021 FFFR
NFR 1000
Veličina rezultante
Položaj rezultante u odnosu na točku A(iz momentnog pravila za točku A)
lFaF RR 2
aRRF
10005,24002
R
R FlFa
21 MMM R
maR 1
Rezultanta dvije paralelne sile je jednaka njihovu zbroju, a nalazi se između sila i to bliže većoj sili.
Komplanarno-paralelni sustav silaDvije antiparalelne silePrimjer 2Na tijelo u točkama A i B djeluju sile F1
=150N i F2
= -300 N na udaljenosti l =25 cm. Grafičkim i analitičkim postupkom odredi veličinu i položaj rezultante.
a) Grafički postupak
cmNM F 1
100
cmNcmMFF FRR 1
1005,1
P1
2
3
12
3
aR
NFR 150
cmaR 50
One dvije polne zrake koje u lančanom poligonu omeđuju neku silu, sijeku se
na pravcu
te sile u planu položaja sila.
2F
1F
RF
RF
cmcmM L 1
10
2F
1F
cmcmcmMaa LRR 1
105
Komplanarno-paralelni sustav silaDvije antiparalelne silePrimjer 2
F1 = 150N F2 = -300 N l = 25 cm
b) Analitički postupak
)300(15021 FFFR
NFR 150
Veličina rezultante
Položaj rezultante u odnosu na točku A(iz momentnog pravila za točku A)
lFaF RR 2
150253002
R
R FlFa
21 MMM R
cmaR 50
RF
2F
1F
aR
A
l
Rezultanta dvije antiparalelne sile je jednaka njihovu zbroju, a nalazi se izvan sila i to sa strane veće sile.
Komplanarno-paralelni sustav silaSustav paralelnih silaPrimjer 3Na gredu prema slici AB djeluju sile F1
=2kN, F2
=4 kN, F3
=1,5 kN i F4
=1,5 kN. Grafičkim i analitičkim postupkom odredi veličinu i položaj rezultante.
a) Grafički postupak
cmkNM F 1
1
cmkNcmMFF FRR 1
19
P
1
2
3
1
aR
kNFR 9
maR 4,6
2F
1F
RF
RF
cmmM L 1
2
cmmcmMaa LRR 1
22,3
3F
4F
4
5
2 3
4
5
Dvije polne zrake koje u lančanom poligonu omeđuju neku silu, sijeku se
na pravcu te sile u planu položaja sila.
Komplanarno-paralelni sustav silaViše paralelnih sila
b) Analitički postupak
5,15,1424321 FFFFFR
kNFR 9
Veličina rezultante
Položaj rezultante u odnosu na točku A(iz momentnog pravila za točku A)
13952 4321 FFFFaF RR
4321 MMMMM R
maR 33,6
Primjer 3F1
= 2¸kNF2
= 4 kNF3
= 1,5 kN F4
= 1,5 kN.
RR F
FFFFa 13952 4321
9135,195,15422
Ra
Postupak izrade lančanog poligona
7.
ucrtati položaj rezultante kroz sjecište prve i zadnje zrake, izmjeriti aR1
2
3
1 2
3
aR
2F
1F
RF
RF
1.
nacrtati sile u mjerilu u planu položaja sila
2.
sa strane crtati poligon sila 6.
preslikati polne zrake paralelno na plan položaja sila
4.
proizvoljno odrediti polnu točku P
One dvije polne zrake koje u lančanom poligonu omeđuju neku silu, sijeku se
na pravcu te sile u planu položaja sila.
3.
odrediti rezultatnu
plan položaja sila
lančani (verižni) poligon sila
PONAVLJANJE5.
povući polne zrake iz polne točke do hvatišta i vrhova sila koje tvore poligon
Komplanarno-paralelni sustav sila
Domaći zadatak:
Udžbenik: stranica 120zadatak 6. i 7b.
Radna bilježnica: stranica 30, zadatak 3
Komplanarno-paralelni sustav sila
Komplanarno-paralelni sustav silaRastavljanje paralelnih silaPrimjer 1Sila F = 5 kN djeluje na gredu AB. Koliki se pritisci javljaju u osloncima A i B?
a) Grafički postupak
cmkNM F 1
2
cmkNcmMFF F 1
25,111
P
1
z
21
2
z
kNF 31
2F
1F
F
cmmM L 1
2
plan položaja sila
lančani (verižni) poligon sila
cmkNcmMFF F 1
2122
kNF 22
z -
zaključnicaOne dvije polne zrake koje u lančanom poligonu omeđuju neku silu, sijeku se
na pravcu te sile u planu položaja sila.
Komplanarno-paralelni sustav silaRastavljanje paralelnih silaPrimjer 1Sila F = 5 kN djeluje na gredu AB. Koliki se pritisci javljaju u osloncima A i B?
b) Analitički postupak
21 FFF
Veličina sile F (rezultante)
Moment rezultante s obzirom na točku A
104 2 FF
21 MMM R
1045
104
2
F
F
kNF 22
2521 FFFIz 1)
kNF 31
2)
1)
Komplanarno-paralelni sustav silaRastavljanje paralelnih silaPrimjer 2Dva radnika nose teret GT
= 600 N na dasciAB = l = 5m. Koliki teret nosi svaki radnik ako je težina same daske GD
=100N?a) Grafički postupak
cmNM F 1
100
cmNcmMFF F 1
1007,411
P
1
z2
1
2
z
NF 4701
2F
1F
TG
cmmM L 1
1
cmNcmMFF F 1
1003,222
NF 2302
3
DG3
Komplanarno-paralelni sustav silaRastavljanje paralelnih silaPrimjer 2Dva radnika nose teret GT
= 600 N na dasciAB = l = 5m. Koliki teret nosi svaki radnik ako je težina same daske GD
=100N?
b) Analitički postupak
21 FFGG DT
Veličina rezultante
Moment rezultante s obzirom na točku A
55,25,1 2 FGG DT
55,25,1
2
DT GGF
NF 2302
Iz 1)
NF 4701
2)
1)
55,21005,1600
2
F
23010060021 FGGF DT
Komplanarno-paralelni sustav silaRastavljanje paralelnih silaPrimjer 3Treba rastaviti silu F= 300 N na dvijekomponente koje djeluju u pravcima p1 i p2.
a) Grafički postupak
cmNM F 1
100
cmNcmMFF F 1
1002,511
P
1
z
2
12
z
NF 5201
2F
1F
F
cmmM L 1
1
cmNcmMFF F 1
1002,222
NF 2202
Komplanarno-paralelni sustav silaRastavljanje paralelnih silaPrimjer 3Treba rastaviti silu F= 300 N na Dvije komponente koje djeluju u pravcima p1 i p2.
b) Analitički postupak
21 FFF
Veličina sile F (rezultante)
Moment rezultante s obzirom na točku A
25,1 2 FF
21 MMM R
25,1300
25,1
2
F
F
NF 2252
22530021 FFFIz 1)
NF 5251
2)
1)
Domaći zadatak:
Udžbenik: stranica 129 zadatak 2.
zadatak 6.stranica 135 zadatak 5.
Radna bilježnica:stranica 45, zadatak 1.
Komplanarno-paralelni sustav silaRastavljanje paralelnih sila
Uvjeti ravnoteže
Grafički uvjeti ravnoteže
Dvije sile su u ravnoteži kad su zadovoljeni uvjeti:(prema 1. načelu statike)
-
imaju isti modul (veličinu)-
suprotnog su smjera
-
djeluju na istom pravcu
21 FF
Da bi tijelo bilo u ravnoteži mora zadovoljiti uvjete ravnoteže. Postoje grafički i analitički uvjeti ravnoteže.
Tri sile su u ravnoteži kad:
-
se njihovi pravci djelovanja sijeku u jednoj točki -
i kad tvore zatvoren trokut sila
Uvjeti ravnoteže
Grafički uvjeti ravnoteže
Zatvoreni trokut sila je onaj gdje sve sile imaju isti smisao obilaženja.
Sile u zatvorenom trokutu ne daju
rezultantu, FR
=0.
Treća sila u trokutu je jednaka po iznosu kao i rezultanta prve dvije, ali je suprotnog smjera.
Uvjeti ravnoteže
Grafički uvjeti ravnoteže
Više sila (sustav sila) je u ravnoteži kad
-
tvore zatvoren poligon sila -
tvore zatvoren lančani poligon sila
Da bi lančani poligon bio zatvorenmoraju se prva i zadnja polna zraka poklapati.
Ako je zatvoren poligon sila, a otvoren lančani poligon, tijelo nije u ravnoteži jer se javlja moment koji rotira tijelo
poligon sila -
zatvoren
lančani poligon sila -
otvoren
Uvjeti ravnoteže
Analitički uvjeti ravnoteže
Komplanarno konkurenti sustav sila je u ravnoteži ako je rezultanta sustava jednaka nuli.
022 RyRxR FFF
01
n
iixRx FF
01
n
iiyRy FF
Da bi opći sustav sila bio u ravnoteži mora i statički moment biti jednak nuli
01
n
iiR MM
1
2
3
-
algebarski zbroj projekcija na os x
svih sila je jednak nuli
-
algebarski zbroj projekcija na os y
svih sila je jednak nuli
-
algebarski zbroj momenata svih sila
u odnosu na bilo koju točku ravnine je jednak nuli
Uvjeti ravnoteže
Primjer 1Na vratilu se nalazi remenica težine G=3,5 kN. Grafičkim i analitičkim postupkom odredi reakcije u osloncima (ležajima) A i B.
a) Grafički postupak
cmkNM F 1
1
cmkNcmMFF FAA 1
14,1
P
1
z
2
1
2
z
kNFA 4,1
BF
AF
G
cmcmM L 1
30
cmkNcmMFF FBB 1
11,2
kNFB 1,2
Uvjeti ravnoteže
Primjer 1G=3,5 kN
b) Analitički postupak
01
n
iixF
01
n
iiyF
01
n
i
AiM
1
2
3
-
nema sila u osi x
0 BA FGF
015090 BFG
150905,3
15090
GFB
kNFB 1,2
Iz uvjeta 2:
1,25,3 BA FGF
kNFA 4,1
Uvjeti ravnoteže
Primjer 2Na gredi AB duljine 4 m nalaze se kolica s razmakom osovina kotača 1 m. Kotači su opterećeni težinamaG1
=2000 N i G2
=1000 N. Grafičkim i analitičkim postupkom odredi reakcije u osloncima A i B.
a) Grafički postupak
cmNM F 1
1000
cmNcmMFF FAA 1
10006,1
P
1
z2
NFA 1600
BF
AF
1G
cmmM L 1
1
cmNcmMFF FBB 1
10004,1
NFB 1400
3
2G
12
z3
BF
AF
Uvjeti ravnoteže
Primjer 2G1
=2000 N G2
=1000 N
b) Analitički postupak
0 xF
0 yF
0 AM
1
2
3
-
nema sila u osi x
021 BA FGGF
045,25,1 21 BFGG
45,25,1 21
GGFB
NFB 1375
Iz uvjeta 2:
BA FGGF 21
NFA 1625
45,210005,12000
BF
137510002000 AF
BF
AF
Domaći zadatak:
Udžbenik: stranica 150 zadatak 7.stranica 151 zadatak 9.
Radna bilježnica: stranica 56 zadatak 3.
Uvjeti ravnoteže
Uvjeti ravnotežeUvjeti ravnoteže
Primjer 3Poluga AB je oslonjena u točki C i opterećena silama F1
=200 N i F2
=500 N. Grafičkim i analitičkim postupkom odredi položaj oslonca C i reakciju u njemu.
a) Grafički postupak
cmNM F 1
200
cmNcmMFF FCC 1
2005,3
NFC 700
cmmM L 1
1
cmmcmMaa LCC 1
13,4
maC 3,4
P
1
2
31
2
3
2F
1F
cF
cF
ac
Sila Fc
je jednaka rezultanti sila F1
i F2
, ali ima suprotan smjer.
Uvjeti ravnoteže
Primjer 3F1
=200 N F2
=500 N
b) Analitički postupak
0 yF
0 AM
1
2
021 FFF C
062 FaF CC
CC F
Fa 62
maC 28,4
50020021 FFFC
NFC 700
7006500
Ca
62 FaF CC
Uvjeti ravnotežeUvjeti ravnoteže
Primjer 5Na polugu djeluju sile F1
=200 N i F2
=300 N koje s gredom zatvaraju kuteve α=60°i =45°. Grafičkim i analitičkim postupkom odredi mjesto gdje treba postaviti oslonacC da bi poluga bila u ravnoteži, te smjer i veličinu reakcije u osloncu
a) Grafički postupak
Sila Fc
je jednaka rezultanti sila F1
i F2
, ali ima suprotan smjer.
2F
1F cF
cmNM F 1
100
cmNcmMFF FCC 1
1004
NFC 400
cmmM L 1
1
cmmcmMaa LCC 1
17,2
maC 7,2
ac
ac
106C
C
cF
Uvjeti ravnoteže
Primjer 5F1
=200 N F2
=300 N
b) Analitički postupak
0 yF
0 AM
2
3
0 xF1 021 xCxx FFF
021 yCyy FFF
02 lFaF yCCy
iz 1 xxCx FFF 21
45cos60cos 21 FFFCx
707,03005,0200 CxF
NFCx 1,112
yyCy FFF 21
45sin60sin 21 FFFCy
707,0300866,0200 CyF
NFCy 3,385
iz 2
Uvjeti ravnoteže
Primjer 5F1
=200 N F2
=300 N
b) Analitički postupak
0 AM3 02 lFaF yCCy
iz 3
NFCx 1,112
NFCy 3,385
2222 3,3851,112 cycxC FFF
NFC 3,401
3,38551,2122
Cy
yC F
lFa
maC 75,2
4371,31,1123,385'
Cx
Cyc F
Ftg
8,73'c
8,73180180 'cc
2,106c
Uvjeti ravnotežeUvjeti ravnoteže
Primjer 6Kutna poluga može se okretati oko točke O. U točci A djeluje sila F1
=500 N. Kolika sila F2
treba djelovati u točci B da bi poluga bila u ravnoteži ako ona djeluje pod kutem 45°
prema vertikali? Kolika je reakcija u osloncu O i njen kut prema pozitivnoj osi x?
a) Grafički postupak
Sila FO
je jednaka rezultanti sila F1
i F2
, ali ima suprotan smjer.
2F
1F
RF
cmNM F 1
200
cmNcmMFFF FRRO 1
2005,4
NFO 900
cmcmM L 1
200
ao
68O
OF
cmNcmMFF F 1
2004,222
NF 4802
Uvjeti ravnoteže
Primjer 6F1
=500 N
b) Analitički postupak
0 yF
0 OM
2
3
0 xF1 02 xOx FF
012 FFF yOy
0400 21 aFF
iz 32,424
40050040012
aFF
iz 1OBa
45sin
NF 5,4712
OBa 45sin
600707,0 a
cma 2,424
45sin22 FFF xOx
707,05,471 OxF
NFOx 35,333
iz 2
1212 45cos FFFFF yOy
500707,05,471 OyF
NFOy 35.833
Uvjeti ravnoteže
Primjer 6F1
=500 N
b) Analitički postupak
NFOx 35,333
NFOy 35.833
2222 35,83335,333 OyOxO FFF
NFO 55,897
35,33335,833
Ox
OyO F
Ftg
499925,2Otg
)499925,2(arctgO
2,68O
Domaći zadatak:
Udžbenik: stranica 150 zadatak 8.stranica 153 zadatak 17.stranica 154 zadatak 20.
Uvjeti ravnoteže
Težišta
Tešište je točka u kojoj je sakupljena sva težina tijela.
n
iiGG
1
Težište je središte (hvatište) sustava paralelnih sila kojima sila teže djeluje na neko tijelo.
Težišta
Težište može biti unutar tijela, ali i izvan njega.
Tijelo oslonjeno u težištu je u ravnoteži.
Težišta
Težište dužina
Težište jednostavne dužine (štapa) se nalazi u njegovom središtu.
Težišta osnovnih krivulja
Težišta
Težište jednostavnih homogenih ploha
Težište simetričnih ploha i profilnih nosača nalazi se u sjecištu njihovihdijagonala ili na sjecištu osi simetrije.
Težišta
Težište jednostavnih homogenih ploha
Težišta
Težište jednostavnih homogenih ploha
Težišta
Težište jednostavnih homogenih ploha
Težišta
Težište sastavljenih homogenih ploha
Težište sastavljene (složene) plohe se određuje tako da se ona rastavi na jednostavne ploheTežište se može odrediti grafičkim i analitičkim postupkom.
a) Grafički postupak
Težišta
Težište sastavljenih homogenih ploha
b) Analitički postupak
Koordinate težišta
21
22110 AA
xAxAx
21
22110 AA
yAyAy
Općenito za n ploha
A
xAx
n
iii
1
0
A
yAy
n
iii
1
0
Težišta
cmx 21
cmy 62
69,144 02 yx
3
4434
0ry
cmy 69,10
cmy 51
cmx 69,52
Primjer 1Analitičkim postupkom odredi težište plohe prema slici.
4101 A
24
2
22
2
rA
12,254021 AAA
Težišta
Primjer 1Analitičkim postupkom odredi težište plohe prema slici.
212,65 cmA
21 40 cmA
22 12,25 cmA 12,65
69,512,25240
21
22110
AA
xAxAx
12,65612,25540
21
22110
AA
yAyAy
cmx 42,30
cmy 38,50
A1
= 40 cm2 A2
= 25,12 cm2 A = 65,12 cm2
x1
= 2 cm x2
= 5,69 cm x0
= 3,42 cm
y1
= 5 cm y2
= 6 cm y0
= 5,38 cm
Težišta
Primjer 1
Težišta
Težište oslabljenih homogenih ploha
Težište oslabljene plohe se određuje slično kao i kod sastavljene plohe. Težište se može odrediti grafičkim i analitičkim postupkom.
a) Grafički postupak
Težišta
Težište oslabljenih homogenih ploha
b) Analitički postupak
Koordinate težišta
21
22110 AA
xAxAx
21
22110 AA
yAyAy
Općenito za n ploha
A
xAx
n
iii
1
0
A
yAy
n
iii
1
0
Težišta
Primjer 2Analitičkim postupkom odredi težište plohe prema slici.
cmx 201
cmy 402 cmy 301
cmx 302 4020604021 AAA
21600 cmA
Težišta
Primjer 2Analitičkim postupkom odredi težište plohe prema slici.
160030800202400
21
22110
AA
xAxAx
160040800302400
21
22110
AA
yAyAy
cmx 150
cmy 250
A1
= 2400 cm2 A2
= 800 cm2 A = 1600 cm2
x1
= 20 cm x2
= 30 cm x0
= 15 cm
y1
= 30 cm y2
= 40 cm y0
= 25 cm
Težišta
Primjer 2Analitičkim postupkom odredi težište plohe prema slici.
Domaći zadatak:
Udžbenik: stranica 171 zadatak 1.(1. i 8.)
stranica 177 zadatak 1.(2.)
Radna bilježnica: stranica 77, zadatak 1a.
Težišta
Težišta
Težište pravilnih geometrijskih tijela
paralelopiped piramida stožac
Težišta
Težište pravilnih geometrijskih tijela
valjak prizma kosa prizma
Težišta
Težište složenog homogenog tijela Koordinate težišta
54321
55443322110 VVVVV
xVxVxVxVxVx
V
xVx
n
iii
1
0
V
yVy
n
iii
1
0
V
zVz
n
iii
1
0
Težišta
Težište složenog homogenog tijela
PrimjerOdredi koordinatu zo
težišta čelične zakovice, ako su njene dimenzije u mm prema slici.
355,12 221 hrV
31 9,17171 mmV
Volumen tijela
32 2,16755 mmV
3204
21
34
21 33
2
rV
2,167559,1717121 VVV
31,33927 mmV
21
22110 VV
zVzVz
Težišta
Težište složenog homogenog tijela
Primjer
3
20434
0ry
mmy 49,80
Težište polukugle (polukruga)
mmz 5,17235
1
mmyz 49,4335 02
1,3392749,432,167555,179,17171
0
z
mmz 3,300
Ukupne koordinate težišta
Pappus-Guldinova pravila
Ova pravila služe za izračunavanje površine i volumena rotacijskih tijela. Rotacijska tijela su ona koja nastaju rotacijom neke površine oko zadane osi.
Prvo Pappus-Guldinovo pravilo
Površina plohe koja nastaje rotacijom neke dužine oko zadane osi izračunava se tako da se duljina dužine pomnoži s opsegom kružnice koju opiše njeno težište.
02 xlA
Pappus-Guldinova pravila
Drugo Pappus-Guldinovo pravilo
Volumen tijela koje nastaje rotacijom neke plohe oko zadane osi jednak je umnošku površine te plohe i opsega kružnice koju opiše njeno težište.
02 xAV
Pappus-Guldinova pravila
02 xlA
Primjer 1Polukrug radijusa 60 cm rotira oko osi z i tvori krug. Kolika je površina, volumen i težina kugle, ako je specifična težina γ=78 N/dm3?
Površina kugle
60
22dOl
cml 4,188
6022
0
rx
cmx 22,380
22,3824,188 A245220 cmA
02 xAV p
Volumen kugle
260
2
22
rAp
25652 cmAp
22,3825652 V31356602 cmV
Težina kugle
786,1356 VG
NG 105815
Pappus-Guldinova pravila
Primjer 2Izračunaj težinu zamašnjaka koji nastajerotacijom plohe prema slici oko osi zako je specifična težina materijala γ=73 N/dm3.Dimenzije su u cm.
Koordinate težišta pojedinih ploha
cmx 801
cmx 602
cmx 253
Površine ploha
21 8004020 cmA
22 6002030 cmA
23 10002050 cmA
Ukupna površina
1000600800321 AAAA22 242400 dmcmA
2,52242 0 xAV
Koordinate težišta
Težina tijela
737,783 VG
NG 1,57210
Pappus-Guldinova pravila
Primjer 2
321
3322110 AAA
xAxAxAx
dmx 2,50
245,2106688
0
x
Volumen tijela (2. Pappus Guldinovo pravilo)
37,783 dmV
Domaći zadatak:
Udžbenik: stranica 184 zadatak 3.stranica 191 zadatak 1.(1)stranica 192
zadatak 3.
Težišta
Pappus-Guldinova pravila
Statička stabilnost
Vrste ravnoteže
Ako je tijelo oslonjeno samo u jednoj točki, ono će biti u ravnoteži samo onda akoje ta točka u težištu ili na vertikalnom pravcu koji prolazi kroz njegovo težište.
a) Stabilna ravnoteža
Kad se pomaknuto tijelo vraća
u prvobitan položaj ono je u stabilnoj ravnoteži.Stabilna ravnoteža nastaje kada je težište tijela ispod
oslonca.
Statička stabilnost
Vrste ravnoteže
b) Labilna ravnoteža
Kad se pomaknuto tijelo ne vraća
u prvobitan položaj ono je u labilnoj ravnoteži. Labilna ravnoteža nastajekada je težište tijela iznad
oslonca.
c) Indiferentna ravnoteža
Kad tijelo ostaje u pomaknutom položajuono je u indiferentnoj ravnoteži. Ona nastaje kada je težište tijela u osloncu.
Statička stabilnost
Tijelo ili konstrukcija moraju biti u stabilnoj ravnoteži
da bi se spriječilo prevrtanje.
Uvjeti stabilne ravnoteže:
1. tijelo se mora oslanjti na podlogu u najmanje tri točke koje nisu na istom pravcu
2. težište tijela mora biti unutar podnožne plohe
stabilna ravnoteža labilna ravnotežaprevrtanje
Statička stabilnost
][NmaFM p
][NmbGM s
ps MM
p
s
MM
][NmMM ps
Moment stabilnosti
Moment prevrtanja
Koeficijent sigurnosti (stabilnosti)
25,1 doDa bi tijelo bilo u stabilnoj ravnoteži moment stabilnosti
mora biti veći od
momenta prevrtanja.
točka prevrtanja
Statička stabilnost
7,010000 aFM cp
1392402
lGM s
700039240
p
s
MM
Moment stabilnosti
Moment prevrtanja
Koeficijent sigurnosti (stabilnosti)
Primjer 1Na kamion u zavoju djeluje centrifugalna sila od 10 000N. Koliki je njegov koeficijent stabilnosti ako mu je ukupna težina 39,24 kN?
Fc = 10000 NG = 39240 N
NmM p 7000
NmM s 39240
6,5
Statička stabilnost
Primjer 2Koliki je koeficijent stabilnosti brane hidroelektane duljine 200 m poprečnog presjeka prema slici. Sila pritiska vode iznosi 500 MN, a specifična težina betona je 10 kN/m3.l =200 mF
= 500 MN
= 10 kN/m3
Koordinate težišta
mx 66,165031
xx 102
mx 66,262
mx 51
Statička stabilnost
Primjer 2l =200 mF
= 500 MN
= 10 kN/m3
Površine
21 5005010 mA
22 1250
25050 mA
2
21 1750 mAAA
Koordinate težišta
175066,2612505500
21
22110
AA
xAxAx
mx 48,200
Statička stabilnost
Primjer 2l =200 mF
= 500 MN
= 10 kN/m3
Težina brane
mmmkNVG 200175010 2
3
kNG 0005003
l=200 m
A
Moment prevrtanja (za točku A)
aFM p
Moment stabilnosti (za točku A)
)60( 0xGbGM s
)48,2060(3500 sM
MNmM s 320138250500 pM
MNmM p 50012
Statička stabilnost
Primjer 2l =200 mF
= 500 MN
= 10 kN/m3
l=200 m
A
MNmM s 138320
MNmM p 12500
12500138320
p
s
MM
Koeficijent sigurnosti (stabilnosti)
07,11
Domaći zadatak:
Udžbenik: stranica 200 zadatak 4.stranica 201 zadatak 6.
Statička stabilnost
Puni ravni nosači
Uvod
Nosač
je dio konstrukcije koji prima i nosi neko opterećenje.Nosač
se oslanja na drugu konstrukciju ili na podlogu preko oslonaca.
Osovina nekog vozila kao nosač.
G -
opterećenjeA i B -
oslonci (ležaji)
Puni ravni nosači
Vrste nosača
Nosači mogu biti:a) prostorni
-
sile na nosač
djeluju u prostoru
b) ravni
-
sile djeluju u jednoj ravnini
Vrste nosača prema konstrukciji:
a)
puni
b)
rešetkasti
Puni ravni nosači
Vrste nosača
Vrste punih ravnih nosača prema obliku:
a) nosač
s dva oslonca (prosta greda)
b) nosač
s dva oslonca i jednim prepustom
c) nosač
s dva oslonca i dva prepusta
d) uklješteni nosač
(konzola)
Puni ravni nosači
Vrste nosača
Vrste punih ravnih nosača prema opterećenju:
a) nosač
opterećen pojedinačnim silama (koncentrirano opterećenje)
b) nosač
opterećen jednolikim (kontinuiranim) opterećenjem q[N/m]
c) nosač
kombinirano opterećen
Puni ravni nosači
Vrste oslonaca
Nepomičan oslonac
-
ima jedan stupanj slobode gibanja.Čvrsto je vezan za podlogu. Pravac reakcije u osloncu može biti u bilo kojem smjeru.
Pokretan (pomičan) oslonac
-
ima dva stupnja slobode gibanja.Reakcija u ovom osloncu je uvijek okomita na smjer mogućeg pomaka bez obzira na pravac djelovanja vanjske sile.
Uklještenje
-
ne dopušta nikakav pomak.Reakcije u osloncu su sila
i moment uklještenja.
Puni ravni nosači
Vrste oslonaca
Shematski prikaz oslonaca
Nosači mogu bitiStatički određeni
-
mogu se riješiti pomoću analitičkih uvjeta ravnoteže.
Ukupni broj nepoznatih reakcija u osloncima je najviše 3.
Statički neodređeni nosači
-
ne mogu se rješiti pomoću uvjeta ravnoteže.Ukupni broj reakcija je veći od 3.
Puni ravni nosači
Vrste oslonaca
Primjer proste grede opterećen kosom silom
Oslonac A-
nepomičan, reakcija je
kosa. Dobije se iz uvjeta ravnoteže 3 sile.
Oslonac B-
pomičan, reakcija je
okomita na podlogu.
Puni ravni nosači
Rješavanje nosača
Cilj rješavanja nosača je određivanje njegovih dimenzija (tzv. dimenzioniranje).Da bi se nosač
mogao dimenzionirati najprije treba odrediti:
a) reakcije u osloncimab) najveći moment savijanja (mjesto opasnog presjeka)c) poprečne siled) uzdužne sile
Nosači se rješavaju grafički i analitički.
Pri grafičkom rješavanju treba nacrtati:
a) dijagram momenata savijanjab) dijagram poprečnih silac) dijagram uzdužnih sila
Analitičko rješavanje nosača se vrši pomoću analitičkih uvjeta ravnoteže:
0 yF 0M2 30 xF1
Puni ravni nosači
Rješavanje nosača
Primjer nosačarješenog grafičkim postupkom
Primjer 1Zadano je vratilo s dvije remenice. Treba riješiti nosač
grafičkim i analitičkim
postupkom. Težine remenica su G1
=100 N i G2
=500 N.
Puni ravni nosači
cmNM F 1
100
cmmM L 1
1
a) Grafički postupak cmNM F 1
100
cmNcmMFF FAA 1
1006,1
P
1
z2
NFA 160
BF
AF
1F
cmmM L 1
1
cmNcmMFF FBB 1
1004,4 NFB 440
3
2F
12
z3
P'
Primjer 1
H=3,7cm
+
a) Grafički postupakPrimjer 1
cmy 85.01
LFs MMHyM 11
NmM s 5,3141
cmy 2,12
Momenti savijanja
cmm
cmNcmcmM s 1
11
1007,385,01
LFs MMHyM 22
NmM s 4442 cmm
cmNcmcmM s 1
11
1007,32,12
NmMM ss 4442max
Opasni presjek
Dijagram momenata savijanja
a) Grafički postupak Primjer 1
I.
II.
III.+
-
+AF 1F
2F
BF
Poprečne sile
Dijagram poprečnih sila D(Q)
I. polje
cmNcmMyQ F 1
1006,111
NQ 1601
II. polje
cmNcmMyQ F 1
1006,022
NQ 602
III. polje
cmNcmMyQ F 1
1004,433
NQ 4403
F1
=100 N F2
=500 N FA
=160 N FB
=440 N
a) Grafički postupak Primjer 1
Na mjestu maksimalnog momenta poprečne sile mijenjaju smjer (predznak).
1. odrediti reakcije u osloncima2. ispraviti lančani poligon3. odrediti momente savijanja4. uočiti opasni presjek5. odrediti poprečne sile6. odrediti uzdužne sile
b) Analitički postupakPrimjer 1
1. Reakcije u osloncima
0 xF
0yF
0AM
1
2
3
021 BA FFFF
542 21 BFFF
545002100
542 21
FFFB
NFB 440
-
nema sila u osi x
0542 21 BFFF
iz 3
iz 2
BA FFFF 21
NFA 160
440500100 AF
b) Analitički postupakPrimjer 1
2. Momenti savijanja
mFM As 21
mNM s 21601
NmM s 3201
Nosač
uklještimo na mjestu 1
Presjek 1
b) Analitički postupakPrimjer 1
Nosač
uklještimo na mjestu 2
Presjek 2
24 12 FFM As
NmM s 4402
210041602 sM
S desne strane
NmFM Bs 44012 s lijeva
s desnaKod promatranja s desne strane momenti su suprotnog predznaka.
NmM s 4402
b) Analitički postupak
Primjer 13. Poprečne sile
AFQ 1
I. polje
II. polje
III. polje
10016012 FFQ A
NQ 602
NQ 1601
500100160213 FFFQ A
NQ 4403
Puni ravni nosači
Domaći zadatak:
Udžbenik:
stranica 233 -236 zadaci 1.-
14.
stranica 236 zadatak 15.
Primjer 2Prosta greda duljine l = 5 m opterećena je po cijeloj dužini specifičnim opterećenjem q = 1000 N/m. Treba riješiti nosač
grafičkim i analitičkim postupkom
Puni ravni nosači
cmkNM F 1
1
cmmM L 1
1
51000 lqFq
kNFq 5
a) Grafički postupak
cmkNM F 1
1
cmkNcmMFF FAA 1
15,2
P
1
z
2
kNFA 5,2
BF
AF
cmmM L 1
1
cmkNcmMFF FBB 1
15,2 kNFB 5,2
qF
1 2
z
Primjer 2
H=3cm
1. Reakcije u osloncima
a) Grafički postupakPrimjer 2
D(Ms)
+
0 LFAsA MMHyM
kNmM s 2,11
2. Momenti savijanja
cmm
cmkNcmcmM s 1
11134,01
za x=0 m
za x=0,5 m
LFs MMHyM 11
kNmM s 8,11
cmm
cmkNcmcmM s 1
11136,02
LFs MMHyM 22
za x=1 m
a) Grafički postupakPrimjer 2
D(Ms)
LFs MMHyM 33
kNmM s 34 cmm
cmkNcmcmM s 1
111314
za x=1,5 m
za x=2 m LFs MMHyM 44
cmm
cmkNcmcmM s 1
11139,03
kNmM s 7,23
kNmM s 15,35
cmm
cmkNcmcmM s 1
111305,15
za x=2,5 m LFs MMHyM 55
a) Grafički postupakPrimjer 2
Opasni presjek
D(Ms)
za x=3 m kNmMM ss 346
za x=3,5 m kNmMM ss 7,237
za x=4 m kNmMM ss 8,128
za x=4,5 m kNmMM ss 2,119
za x=5 m kNmMM ss 0010
3. Kritični presjek
kNmMM ss 15,35max
a) Grafički postupakPrimjer 2
4. Poprečne sile
+
-
a) Grafički postupak Primjer 2
Na mjestu maksimalnog momenta poprečne sile mijenjaju smjer (predznak).
b) Analitički postupak Primjer 2
1. Reakcije u osloncima
22lqF
FF qBA
251000
BA FF
NFF BA 2500
51000 lqFq
kNFq 5
2. Momenti savijanja
2xFxFM qxAx
u presjeku n-n
22
2xqxlqM x
][)(2
NmxlxqM x
22xxqxlqM x
b) Analitički postupak Primjer 2
za x=l/2
][)2
(22 Nmll
lqM x
][8
2
NmlqM s
maksimalni moment savijanja
b) Analitički postupak Primjer 2
2. Momenti savijanja
)(2
xlxqM x
za x=0 m
za x=0,5 m
za x=1 m)05(
201
0
sM
kNmM s 00
)5,05(2
5,011
sM
kNmM s 125,11
)15(211
2
sM
kNmM s 22
za x=1,5 m
)5,15(2
5,113
sM
kNmM s 625,23
b) Analitički postupak Primjer 2
2. Momenti savijanja
za x=2 m
za x=2,5 m
za x=3 m
)25(221
4
sM
kNmM s 34
)5,25(2
5,215
sM
kNmM s 125,35
)35(231
6
sM
kNmM s 36
za x=3,5 m
)5,35(2
5,317
sM
kNmM s 625,27
b) Analitički postupak Primjer 2
2. Momenti savijanja
za x=4 m
za x=4,5 m
za x=5 m
)45(241
8
sM
kNmM s 28
)5,45(2
5,419
sM
kNmM s 125,19
)55(251
10
sM
kNmM s 010
kNmMM ss 125,35max
3. Maksimalni moment savijanja
b) Analitički postupak Primjer 2
4. Poprečne sile
qAx FFQ
za x=0 m
za x=0,5 m
za x=1 m
za x=1,5 m
xqFQ Ax
015,200 qFQ A
kNQ 5,20
5,015,21 Q
kNQ 21
115,22 Q
kNQ 5,12
5,115,23 Q
kNQ 13
b) Analitički postupak Primjer 2
4. Poprečne sile
za x=2 m
za x=2,5 m
za x=3 m
za x=3,5 m
215,24 Q
kNQ 5,04
5,215,25 Q
kNQ 05
315,26 Q
kNQ 5,06
5,315,27 Q
kNQ 17
za x=4 m
415,28 Q
kNQ 5,18
za x=4,5 m
5,415,29 Q
kNQ 29
za x=5 m
515,210 Q
kNQ 5,210
Puni ravni nosači
Domaći zadatak:
Udžbenik:
stranica 233 -236 zadaci 1.-
14.
stranica 236 zadatak 15.
Primjer 3Na vratilu su smještene 2 remenice težine 350 N i 200 N na razmacima prema slici. Riješi nosač
grafičkim i analitičkim postupkom.
Puni ravni nosači
cmNM F 1
100
cmmM L 1
2,0
a) Grafički postupak cmNM F 1
100
cmNcmMFF FAA 1
1003,1
P
1z
2
NFA 130
BF
AF
1F
cmmM L 1
2,0
cmNcmMFF FBB 1
1002,4 NFB 420
3
2F
12
z
3
P'
Primjer 3
H=4cm
+-
a) Grafički postupakPrimjer 3
cmy 85.01
LFs MMHyM 11
NmM s 681
cmy 5,02
Momenti savijanja
cmm
cmNcmcmM s 1
2,01
100485,01
LFs MMHyM 22
NmM s 402 cm
mcm
NcmcmM s 12,0
110045,02
NmMM ss 681max
Opasni presjek
Dijagram momenata savijanja D(Ms)
a) Grafički postupak Primjer 3
I. II.
III.
+
-
+AF
1F
2FBF
Poprečne sile
Dijagram poprečnih sila D(Q)
I. polje
cmNcmMyQ F 1
1003,111
NQ 1301
II. polje
cmNcmMyQ F 1
1002,222
NQ 2202
III. polje
cmNcmMyQ F 1
100233
NQ 2003
F1
=350 N F2
=200 N FA
=130 N FB
=420 N
a) Grafički postupak Primjer 3
Na mjestu maksimalnog momenta poprečne sile mijenjaju smjer (predznak).
1. odrediti reakcije u osloncima2. ispraviti lančani poligon3. odrediti momente savijanja4. uočiti opasni presjek5. odrediti poprečne sile6. odrediti uzdužne sile
b) Analitički postupakPrimjer 3
1. Reakcije u osloncima
0 xF
0yF
0AM
1
2
3
021 FFFF BA
-
nema sila u osi x
02,115,0 21 FFF B
12,15,0 21 BFFF
2,12005,0350 BF
NFB 415
iz 3
iz 2
BA FFFF 21
NFA 135
415200350 AF
b) Analitički postupakPrimjer 3
2. Momenti savijanja
mFM As 5,01
mNM s 5,01351
NmM s 5,671
Nosač
uklještimo na mjestu 1
Presjek 1
b) Analitički postupakPrimjer 3
Nosač
uklještimo na mjestu oslonca B
Presjek 2
5,01 12 FFM As
NmM s 402
5,035011352 sM
S desne strane
NmFM s 402,02002,022
s lijeva
s desna
Kod promatranja s desne strane momenti su suprotnog predznaka.
NmM s 402
NmMM ss 5,671max
b) Analitički postupak
Primjer 33. Poprečne sile
AFQ 1
I. polje
II. polje
III. polje
35013512 FFQ A
NQ 2152
NQ 1351
41535013513 BA FFFQ
NQ 2003
I. II.
III.
+
-
+AF
1F
2FBF
Dijagram poprečnih sila D(Q)
AF
BF
Puni ravni nosači
Domaći zadatak:
Udžbenik:
stranica 254 zadaci 2. i 4.
Puni ravni nosači
Konzola (uklješteni nosač) je nosač čiji je jedan kraj uklješten, a drugi slobodan.
Usljed djelovanja sile na konzolu u mjestu uklještenja se javlja reakcijaFA
i reakcioni moment MA
koji se suprostavlja momentu savijanja konzole Ms
.
Primjer 4Na polugu prema slici djeluju sile od F1 = 200 i F2 = 150 N. Riješi nosač
grafičkim i
analitičkim postupkom.
Puni ravni nosači
cmNM F 1
100
cmmM L 1
1,0
Primjer 4
Puni ravni nosačicm
NM F 1100
cmNcmMFF FAA 1
1005,3 NFA 350
cmmM L 1
1,0
P
1
2
AF
1F
32F
1
2
3
H=4cm
-
Dijagram momenata savijanja D(Ms)
a) Grafički postupakPrimjer 4
cmy 3.3max
LFs MMHyM maxmax
NmM s 132max
cmy 75,01
Momenti savijanja
cmm
cmNcmcmM s 1
1,01
10043,3max
LFs MMHyM 11
NmM s 301 cm
mcm
NcmcmM s 11,0
1100475,01
Opasni presjek
a) Grafički postupak Primjer 4
I.
II.+
+AF
1F
2F
Poprečne sile
Dijagram poprečnih sila D(Q)
I. polje
cmNcmMyQ F 1
1005,311
NQ 3501
II. polje
cmNcmMyQ F 1
1005,122
NQ 1502
F1
=200 N F2
=150 N FA
=350 N
Poprečna sila kod uklještenih nosača je najveća na mjestu uklještenja.
a) Grafički postupak Primjer 4
b) Analitički postupakPrimjer 4
1. Reakcije u osloncima
0yF
0AM
1
2
021 FFFA
05,03,0 21 FFM A
NFA 350
iz 1
iz 2
21 FFFA
150200AF
AM
AF
5,03,0 21 FFM A
5,01503,0200 AM
NmM A 135
b) Analitički postupakPrimjer 4
2. Momenti savijanja
Presjek A –
uklještenje (s desna)
5,03,0 21 FFM sA
5,01503,0200 sAM
NmM sA 135
NmM sA 135
Nosač
je uklješten s lijeve strane, tj. promatramo ga s desna pa je predznak suprotan.
Presjek 1
2,021 FM s
2,01501 sM
NmM s 301
NmM s 02
Presjek 2
NmM s 301
NmMM sAs 135max
b) Analitički postupak
Primjer 43. Poprečne sile
AFQ 1
I. polje
II. polje
20035012 FFQ A
NQ 1502
NQ 3501 I.
II.+
+AF
1F
2F
Puni ravni nosači
Domaći zadatak:
Udžbenik:
stranica 281 zadatak 4.
top related