Mehanika 1

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)


-

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


-

primjena trigonometrijskih funkcija na pravokutan trokut


-

vrijednosti trigonometrijskih funkcija za neke kuteve


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 ►


44444,0188cos

ca

)(180

Definicije funkcija ►

Vrijednosti funkcija ►

61,63

180

)90613,63(180

39,26


-

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.


-

primjena trigonometrijskih funkcija na sve trokute

KOSINUSOV POUČAK

abbac

2cos

222'

'22 cos2 abbac

cos222 abbac

180'


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:/


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.


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

-


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

-


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

-


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


Uvod u statiku

-načela statike


Uvod u statiku

-načela statike


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


-

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


-

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.


cmNM F 1

100


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


-

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


cmkNM F 1

10


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 ...


-

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


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 ...


-

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


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.


-


grafički postupakParalelogram sila

Što je kut () između komponenata veći to je rezultanta manja.

90 90 90

Primjer:

2F

1F

RF


-


grafički postupak

Trokut sila

Druga sila se najprije paralelno nanese na vrh prve sile.

Rezultanta je jednaka trećoj stranici trokuta.

21 FFFR

FRR MFF


-


grafički postupak

Trokut sila

Primjer:


-


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


-


grafički postupak

Trokut sila

Primjer:


-


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.


-


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.


-



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


-



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


-

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°


-

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°


-


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


-


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


-

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


-


Domaći zadatak:

Udžbenik: stranica 39zadatak 1

Radna bilježnica: stranica 6 -

zadatak 1


-

2 sile različitog hvatišta

Sile različitog hvatišta se dovedu u isto hvatište pomicanjem sile po pravcu prema 2. načelu statike (sila je klizni vektor).


-

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°.


-


Primjer 1: -

grafički postupakcmkNM F 1

1

kNcmkNcmMFF FRR 7,6

117,6

cm

cmu

G

F

3

4

Paralelogram sila

17


-


Primjer 1: -

grafički postupakcmkNM F 1

1

kNcmkNcmMFF FRR 7,6

117,6

cm

cmu

G

F

3

4

Trokut sila

17


-


Primjer 1: -


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.


-



-

ravnoteža 3 sile

Rs FF

uR FGF

Sile FR

i Fs

su jednake po iznosu, ali suprotnog smjera


-

ravnoteža 3 sile

otvorenitrokut sila

zatvorenitrokut 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.


-

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


-

ravnoteža 3 sile

120°

3

3

=140°

Primjer 1b) Analitički postupak


-

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


-

ravnoteža 3 sile

Domaći zadatak:

Udžbenik: stranica 46

zadatak 1. (a,b i c)

Radna bilježnica: stranica 10 zadatak 5


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.



Primjer B:Potrebno je rastaviti zadanu silu F na dvije komponente F1

i F2

kojima je poznata veličina, ali se traže pravci djelovanja.



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



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



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.


cmNM F 1

200

cmG 3

BF

AF

Gcm

NcmMFF FAA 12004,3

NFA 680

cmNcmMFF FBB 1

2007,1

NFB 340



GFtg B

30

60

)90(180

Primjer 2


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



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



GF130sin

Primjer 3


Za pravokutan trokut vrijedi:

5,050030sin1 GF

NF 2501

GF230cos

866,050030cos2 GF

NF 4332



Primjer 4Teret težine 50 N obješen je žicom o zid i strop. Odredi sile u žicama AB i AC.


cmNM F 1

10

cmG 5

2F

1F

G

cmNcmMFF F 1

106,311

NF 361

cmNcmMFF F 1

105,222

NF 252



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



Domaći zadatak:

Udžbenik:stranica 53-55zadatak 1., 3.,4., 6.

Radna bilježnica:stranica 19zadatak 2.


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.



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


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



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 y 4,14145sin200sin 111



NFRx 1,75

1501254,141321 yyyRy FFFF

NFRy 4,116



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


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



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 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°



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



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 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

+

-


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.


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


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


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


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


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



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.


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


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


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.


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.


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


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.


cmNM F 1

100

cmNcmMFF FRR 1

1005,1

P1

2

3

12

3

aR

NFR 150

cmaR 50


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


)300(15021 FFFR

NFR 150



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.


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


5,15,1424321 FFFFFR

kNFR 9



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



3.

odrediti rezultatnu

plan položaja sila


PONAVLJANJE5.

povući polne zrake iz polne točke do hvatišta i vrhova sila koje tvore poligon


Domaći zadatak:

Udžbenik: stranica 120zadatak 6. i 7b.

Radna bilježnica: stranica 30, zadatak 3


Komplanarno-paralelni sustav silaRastavljanje paralelnih silaPrimjer 1Sila F = 5 kN djeluje na gredu AB. Koliki se pritisci javljaju u osloncima A i B?


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


cmkNcmMFF F 1

2122

kNF 22

z -

zaključnicaOne dvije polne zrake koje u lančanom poligonu omeđuju neku silu, sijeku se


Komplanarno-paralelni sustav silaRastavljanje paralelnih silaPrimjer 1Sila F = 5 kN djeluje na gredu AB. Koliki se pritisci javljaju u osloncima A i B?


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?


21 FFGG DT



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.


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.


21 FFF

Veličina sile F (rezultante)


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


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


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.


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


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.


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


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.


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


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


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


Sila Fc


i F2


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


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


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


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?


Sila FO


i F2


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


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


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


Težišta


Težišta


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.


Težišta

Težište sastavljenih homogenih ploha


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


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.


Težišta

Težište oslabljenih homogenih ploha



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 201

cmy 402 cmy 301

cmx 302 4020604021 AAA

21600 cmA

Težišta


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


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


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


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


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


Težina tijela

737,783 VG

NG 1,57210


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


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.


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.


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


][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


7,010000 aFM cp

1392402

lGM s

700039240

p

s

MM

Moment stabilnosti

Moment prevrtanja


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


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


mx 66,165031

xx 102

mx 66,262

mx 51


Primjer 2l =200 mF

= 500 MN

= 10 kN/m3

Površine

21 5005010 mA

22 1250

25050 mA

2

21 1750 mAAA


175066,2612505500

21

22110

AA

xAxAx

mx 48,200


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


Primjer 2l =200 mF

= 500 MN

= 10 kN/m3

l=200 m

A

MNmM s 138320

MNmM p 12500

12500138320

p

s

MM


07,11

Domaći zadatak:

Udžbenik: stranica 200 zadatak 4.stranica 201 zadatak 6.


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


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


2. Momenti savijanja

mFM As 21

mNM s 21601

NmM s 3201

Nosač

uklještimo na mjestu 1

Presjek 1


Nosač


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


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


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



D(Ms)

+

0 LFAsA MMHyM

kNmM s 2,11


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


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


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


4. Poprečne sile

+

-



b) Analitički postupak Primjer 2


22lqF

FF qBA

251000

BA FF

NFF BA 2500

51000 lqFq

kNFq 5


2xFxFM qxAx

u presjeku n-n

22

2xqxlqM x

][)(2

NmxlxqM x

22xxqxlqM x


za x=l/2

][)2

(22 Nmll

lqM x

][8

2

NmlqM s

maksimalni moment 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



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



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


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


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.


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

+-


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)


I. II.

III.

+

-

+AF

1F

2FBF

Poprečne sile


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



1. odrediti reakcije u osloncima2. ispraviti lančani poligon3. odrediti momente savijanja4. uočiti opasni presjek5. odrediti poprečne sile6. odrediti uzdužne sile



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



mFM As 5,01

mNM s 5,01351

NmM s 5,671

Nosač


Presjek 1


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



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


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)


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


I.

II.+

+AF

1F

2F

Poprečne sile


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.




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



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



AFQ 1

I. polje

II. polje

20035012 FFQ A

NQ 1502

NQ 3501 I.

II.+

+AF

1F

2F

Puni ravni nosači

Domaći zadatak:

Udžbenik:


Mehanika 1

Documents