Mehanika 1

Tehnička mehanika - Statika 2 sata tjedno Nastavnik: Romeo Vlahov Elementi ocjenjivanja: Literatura: 1. Boris Kulišić: Tehnička mehanika - statika s vježbama 2. Alenka Knez Radna bilježnica iz mehanike

Pribor: Bilježnica - velika bez crta 2 trokuta, šestar, kutomjer Džepno računalo s trigonometrijskim funkcijama

Znanje: 4 pismena ispita, usmeno ispitivanje Programi: 5 programskih zadataka Odnos prema radu: domaći radovi, bilježnica, aktivnost...

Trigonometrijske funkcije - definicije sinusa i kosinusa Sinus kuta 

sin  

y1 y1   y1 r 1

Sinus je omjer između nasuprotne katete i hipotenuze u pravokutnom trokutu Kosinus kuta 

x1 x1 cos     x1 r 1

-trigonometrijska (brojevna) kružnica)

Kosinus je omjer između priležeće katete i hipotenuze u pravokutnom trokutu

Trigonometrijske funkcije - definicije tangensa i kotangensa Tangens kuta 

y2 y2 tg    y2 x2 1 Tangens je omjer između nasuprotne katete i priležeće katete u pravokutnom trokutu Kotangens kuta 

ctg 

x3 x3   x3 y3 1

Kotangens je omjer između priležeće katete i nasuprotne katete u pravokutnom trokutu -trigonometrijska (brojevna) kružnica)

Trigonometrijske funkcije - primjena trigonometrijskih funkcija na pravokutan trokut

Trigonometrijske funkcije - vrijednosti trigonometrijskih funkcija za neke kuteve

Trigonometrijske funkcije

a cos   c



a c cos 

12 12 c  cos 30 0,866 c  13,86 cm

b sin   c



b  c  sin  b  c  sin 30  13,85  0,5 b  6,93 cm

Definicije funkcija ► Vrijednosti funkcija ►

Trigonometrijske funkcije

a 8 cos     0,44444 c 18   63,61

      180   180  (   )   180  (63,613  90)   26,39 Definicije funkcija ► Vrijednosti funkcija ►

Trigonometrijske funkcije - primjena trigonometrijskih funkcija na sve trokute

SINUSOV POUČAK

sin  : sin  : sin   b : c : a

sin  b  sin  c

sin  c  sin  a

sin  b  sin  a

Sinusi kutova unutar bilo kojeg trokuta odnose se isto kao stranice nasuprotne tim kutovima.

Trigonometrijske funkcije - primjena trigonometrijskih funkcija na sve trokute

KOSINUSOV POUČAK

c2  a2  b2 cos   2ab '

c  a 2  b 2  2ab  cos  '

 '  180   c  a 2  b 2  2ab  cos 

Trigonometrijske funkcije

  180  (   )   180  (20  120)   40

sin  a  sin  c

sin  b  sin  a

sin   c  sin   a / : sin 

sin   a  sin   b / : sin 

c

sin   a sin 120   20  sin  sin 40 

0,866  20  26,95cm c 0,643

b

sin   a sin 20   20  sin  sin 40 

0,342  20  10,64cm b 0,643

Trigonometrijske funkcije

c  a 2  b 2  2ab  cos  c  182  252  2 18  25  cos 45 δ

c  39,8cm

ili preko kuta δ

  180    180  45  135 c  a 2  b 2  2ab  cos  c  182  252  2 18  25  cos135  39,8cm

cos45° = 0,707 cos135° = -0,707

Trigonometrijske funkcije

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 ...

smjer veličina (intenzitet)

Vektori: - brzina - ubrzanje - sila - moment sile ... Jednoznačno su određeni s tri nezavisna podatka: 1. pravcem djelovanja 2. intenzitetom (veličinom ili modulom) 3. smjerom

pravac djelovanja

Vektori - označavanje vektora kraj (vrh) vektora

smjer

veličina (modul, intenzitet)

početak (hvatište) vektora pravac djelovanja

oznaka vektora

a oznaka modula (veličine)

a

ili

a

Vektori - grafički prikaz vektora Primjer: Prikazi grafički vektor sile veličine 300 N koja djeluje na pravcu p.

100 N Mjerilo sile: M F  1cm Dužina vektora: F 

F 300 N 1cm  300 N    3cm M F 100 N 100 N 1cm

p

vrh (kraj) vektora

F dul

jina

vek tora

hvatište (početak) vektora

Vektori - zbrajanje 2 vektora -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 drugi Rezultirajući vektor je treća stranica trokuta.

c  ab  ba

c  ab  ba

Vektori - zbrajanje više vektora - poligon vektora

e  abc

Vektori - analitički prikaz vektora (projekcije vektora)

- projekcija vektora na os x

ax cos   a a x  a  cos  - projekcija vektora na os y

sin  

ay a

a y  a  sin 

Vektori

Uvod u statiku - definicija i podjela mehanike Mehanika - grč.mehane (μεξνη) =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 je u 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]

F  ma

m  N kg 1 1 1    s 2  

- 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.

oznaka vektora sile

F

oznaka modula (veličine) sile

F (cm) ili

F (N )

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. Mjerilo sile:

100 N MF  1cm

Duljina vektora sile:

F 450 N 1cm  450 N F   4,5cm   100 N MF 100 N 1cm

F

=45°

x

Uvod u statiku - analitički prikaz sile (projekcije sile) Sila se analitički prikazuje preko svojih projekcija u pravokutnom koordinatnom sustavu. Projekcija sile na os x

Fx cos   F Fx  F  cos  Projekcija sile na os y

sin  

Fy F

Fy  F  sin 

Uvod u statiku - analitički prikaz sile (projekcije sile)

projekcije sila na os x

F1x  F1  cos   F2 x  F2  cos   F3 x  F3  cos  F4 x  F4  cos  projekcije sila na os y

F1 y  F1  sin  F2 y  F2  sin   F3 y  F3  sin 

 F4 y  F4  sin 

Uvod u statiku - analitički prikaz sile (projekcije sile)

F1x  F1  cos 30  200  0,866  173,2 N F2 x  F2  cos120  300  (0,5)  150 N F3 x  F3  cos 225  400  (0,707)  282,8 N F1 y  F1  sin 30  200  0,5  100 N

F2 y  F2  sin 120  300  0,866  259,8 N F3 y  F3  sin 225  400  (0,707)  282,8 N

Uvod u statiku - analitički prikaz sile (projekcije sile)

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 25 zadatak 1 zadatak 2 (a i b)

Uvod u statiku - statički sustavi sila

opći slučaj

komplanarno paralelni

komplanarno konkurentni

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 smjer 3. djeluju na istom pravcu.

F1   F2 F1  F2 F1  F2

Uvod u statiku -načela statike 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 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.

Uvod u statiku -načela statike

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 29 zadatak c i d

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.  

F1

F2





F1

F2

2 sile







F1

F2

F3









F1

F2

F3

F4

više sila

Kolinearni sustav sila - sastavljanje 2 sile istog smjera Primjer 1: Na nekom pravcu djeluju dvije sile F1=200 N i F2=300 N na materijalnu točku . Sastavi zadane sile u rezultantu. Rezultanta je vektor od početka prve sile do kraja druge sile! A) Grafički postupak   

100 N MF  1cm

F1

F1  2cm

F2



F2



 3cm





FR  F1  F2



FR

100 N FR  FR  M F  5cm   500 N 1cm B) Analitički postupak

FR  F1  F2  200 N  300 N  500 N

Kolinearni sustav sila - sastavljanje 2 sile suprotnog smjera Primjer 2: Na materijalnu točku djeluju sile F1=500 N i F2=-300 N u horizontalnom pravcu. Odredi veličinu rezultante zadanih sila. Rezultanta je vektor od početka prve sile do kraja druge sile! A) Grafički postupak 

100 N MF  1cm

F1  5cm

F1

F2



F2







 3cm

FR





FR  F1  F2

100 N FR  FR  M F  2cm   200 N 1cm B) Analitički postupak

FR  F1  ( F2 )  500 N  300 N  200 N



Kolinearni sustav sila - sastavljanje više sila istog smjera Primjer 3: Na materijalnu točku u horizontalnom pravcu djeluju sile F1=15 kN, F2=20 kN i F3=10kN. Odredi veličinu rezultante grafičkim i analitičkim postupkom. Rezultanta je vektor od početka prve sile do kraja zadnje sile! A) Grafički postupak

10kN MF  1cm 



F1

F2

 2cm;

F3



F3 





F1  1,5cm; F2









FR  F1  F2  F3

FR

 1cm



10kN FR  FR  M F  4,5cm   45kN 1cm

B) Analitički postupak

FR  F1  F2  F3  15kN  20kN  10kN  45kN OPĆENITO (za više sila) n

FR  F1  F2  ...  Fn   Fi i 1

Kolinearni sustav sila - sastavljanje više sila različitog smjera Primjer 4: Na materijalnu točku u horizontalnom pravcu djeluju sile F1=3000 N, F2=-4000 N F3=2000N. Odredi veličinu rezultante grafičkim i analitičkim postupkom. Rezultanta je vektor od početka prve sile do kraja zadnje sile! A) Grafički postupak 



1000 N MF  1cm 



F3





F1  3cm; F2

F1

F2

 4cm;

F3

 2cm









FR  F1  F2  F3

FR FR  FR  M F  1cm 

B) Analitički postupak



1000 N  1000 N 1cm

FR  F1  ( F2 )  F3  3000 N  (4000 N )  2000 N  1000 N OPĆENITO (za više sila) n

FR  F1  F2  ...  Fn   Fi i 1

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 s početkom prve.   

F1

F2

F3

- neuravnoteženi sustav (postoji rezultanta)



FR 



F1

F2



F3

- uravnoteženi sustav (ne postoji vektor rezultante, FR=0)



F4 Sustav kolinearnih sila je u ravnoteži ako je zbroj svih njegovih komponenti jednak nuli (tada je i FR=0).

n

FR   Fi  0 i 1

Kolinearni sustav sila

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 34 zadatak 4., a i b zadatak 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

Komplanarno-konkurentni sustav sila - 2 sile istog hvatišta - grafički postupak Rezultanta dvije sile istog hvatišta se grafički može odrediti pomoću pravila paralelograma i pravila trokuta. Paralelogram sila Paralelogram se konstruira iz poznate dvije stranice. 

FR



F2 





FR  F1  F2 

F1 Rezultanta je jednaka dijagonali paralelograma.

FR  FR  M F

Komplanarno-konkurentni sustav sila - 2 sile istog hvatišta - grafički postupak Paralelogram sila Primjer:

  90

  90

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

  90

Komplanarno-konkurentni sustav sila - 2 sile istog hvatišta - grafički postupak Trokut sila Druga sila se najprije paralelno nanese na vrh prve sile. 

FR 

F2







FR  F1  F2 

F1

Rezultanta je jednaka trećoj stranici trokuta.

FR  FR  M F

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 Isti rezultat se dobije ako se prva sila nanese paralelno na vrh druge.





F2

FR 

F1







FR  F1  F2

FR  FR  M F Rezultanta je jednaka trećoj stranici trokuta.

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 Rezultanta se može dobiti primjenom kosinusovog i sinusovog poučka te pomoću projekcija sila.

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.

FR  F1  F2  2  F1  F2  cos  2

2

FR  F1  F2  2  F1  F2  cos(180   ) 2

2

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

sin  : sin  : sin   b : c : a

sin  b  sin  c

sin  c  sin  a

sin  b  sin  a

Sinusi kutova unutar bilo kojeg trokuta odnose se isto kao stranice nasuprotne tim kutovima.

Komplanarno-konkurentni sustav sila - 2 sile istog hvatišta - analitički postupak C) Metoda projekcije sila

F1x  F1  cos 1

F1 y  F1  sin 1

F2 x  F2  cos  2

F2 y  F2  sin  2

FRx  F1x  F2 x

FRy  F1 y  F2 y

FR  FRx2  FRy2

tg R 

FRy FRx

Komplanarno-konkurentni sustav sila - 2 sile istog hvatišta Primjer 1 Dva 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°

A) grafički - paralelogram sila

R



F1



MF 

100 N 1cm

F1  4cm 

F2 FR  FR  M F  7,6cm 

 5cm

100 N  760 N 1cm

 R  358

35° 

30°

FR 

F2

Komplanarno-konkurentni sustav sila - 2 sile istog hvatišta Primjer 1

B) grafički - trokut sila

R



F1 35°



MF 

100 N 1cm

F1  4cm





F2

 5cm

100 N FR  FR  M F  7,6cm   760 N 1cm

 R  358



30°

F2

FR

Komplanarno-konkurentni sustav sila - 2 sile istog hvatišta

C) analitički - kosinusov poučak

Primjer 1



65°

F1 115°



35°

FR  F1  F2  2  F1  F2  cos 65 2

2

F2 

FR

FR  400 2  500 2  2  400  500  0,423

FR  760,95 N ili iz:

FR  F1  F2  2  F1  F2  cos115 2

2

Kut rezultante R se može dobiti iz sinusovog poučka

Komplanarno-konkurentni sustav sila - 2 sile istog hvatišta

D) analitički - sinusov poučak

Primjer 1



65°

F1 115°

R



35° δ

sin  F  2 sin 115  F R F 500 sin   2 sin 115    0 ,906  0 ,5955 FR 760 ,95

  arcsin ( 0 ,5955 )  36 ,55   R'    35   1,55   R  360    R'  360   1,55   358 , 45 

F2 R' 

FR

Komplanarno-konkurentni sustav sila - 2 sile istog hvatišta Primjer 1

E) analitički - projekcije sila

F1x  F1  cos 1  400  cos 35  327,66 N F2 x  F2  cos  2  500  cos 330  433 N F1 y  F1  sin 1  400  sin 35  229,43 N

F2 y  F2  sin  2  500  sin 330  250 N FRx  F1x  F2 x  760,66 N

FRy  F1 y  F2 y  20,57 N  20,57   0,027 tg R  FRx 760,66 FRy

FR  FRx2  FRy2

FR  760,94 N

 R  arctg (0,027)  1,55

Komplanarno-konkurentni sustav sila - 2 sile istog hvatišta

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 39 zadatak 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 hvatišta Primjer 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 Paralelogram sila

- 2 sile različitog hvatišta Primjer 1: - grafički postupak

MF 

1kN 1cm



Fu

 4cm



G

 3cm 

1kN FR  FR  M F  6,7cm   6,7 kN 1cm

  17

Komplanarno-konkurentni sustav sila Trokut sila

- 2 sile različitog hvatišta Primjer 1: - grafički postupak

MF 



Fu

 4cm



G

 3cm

1kN FR  FR  M F  6,7cm   6,7 kN 1cm

  17

1kN 1cm

Komplanarno-konkurentni sustav sila - 2 sile različitog hvatišta

Kosinusov poučak

Primjer 1: - analitički postupak

FR  Fu  G  2  Fu  G  cos  2

2

FR  4 2  32  2  4  3  cos 30 FR  6,76kN ili iz :

FR  Fu  G 2  2  Fu  G  cos  2

  180     150

Sinusov poučak

sin  

F sin   u sin  FR

Fu 4 sin    sin 150  0 , 295 FR 6 , 76

  arcsin 0 , 295  17 ,16 

Komplanarno-konkurentni sustav sila - 2 sile različitog hvatišta

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 39 zadatak 2 Radna bilježnica: stranica 9 zadatak 4.

Komplanarno-konkurentni sustav sila - ravnoteža 3 sile







FR  G  Fu Sile FR i Fs su jednake po iznosu, ali suprotnog smjera





Fs   FR

Komplanarno-konkurentni sustav sila - ravnoteža 3 sile

otvoreni trokut sila zatvoreni trokut sila

Komplanarno-konkurentni sustav sila - ravnoteža 3 sile

Tri sile su u ravnoteži kada: 1. se sve tri sile sijeku u jednoj točci 2. 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 1 Na 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.

Komplanarno-konkurentni sustav sila - ravnoteža 3 sile 

100 N MF  1cm

Primjer 1 a) Grafički postupak

F1  3cm 

F2



 2cm

F1 120°



F3 3



F2

F3  F3  M F  2,5cm 

3=140°

100 N  250 N 1cm

Komplanarno-konkurentni sustav sila Kosinusov poučak

- ravnoteža 3 sile

F3  F1  F2  2  F1  F2  cos120 2

Primjer 1 b) Analitički postupak

2

F3  300 2  200 2  2  300  200  (0,5) F3  264,57 N ili iz :

F3  F1  F2  2  F1  F2  cos 60 2

2

Sinusov poučak

sin  

F3 sin   sin  F1

F1 300 sin    sin 60   0 ,98197 F3 264 ,57

  arcsin 0 ,98197  79 ,1 

 3      79 ,1   60 

 3  139 ,1 

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

a) Grafički postupak

Rastavljanje sile na 2 komponente

10 N MF  1cm

Primjer 1 Treba odrediti silu u užetima AB i AC koja drže svjetiljku težine 25N, ako uže s horizontalom zatvara kuteve od 15°. G = 25 N



G  2,5cm



F1

α1= α2 =15°



F2



G F1  F2  F1, 2  M F  4,8cm 

F1  F2  48 N

10 N 1cm

Komplanarno-konkurentni sustav sila Rastavljanje sile na 2 komponente Primjer 1

G = 25 N α1= α1 =15°

b) Analitički postupak

sin  G  sin  F1

sin   F1  sin   G   1   2  30

      180 180     75 2

sin   G sin 75   25 F1   sin  sin 30 

F1  48 ,3 N F2  F1  48 ,3 N

Komplanarno-konkurentni sustav sila Rastavljanje sile na 2 komponente Primjer 2 O 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

200 N MF  1cm



FA



G  3cm FA  FA  M F  3,4cm  FA  680 N

200 N FB  FB  M F  1,7cm  1cm

200 N 1cm



G 

FB

FB  340 N

Komplanarno-konkurentni sustav sila Rastavljanje sile na 2 komponente Primjer 2

Za pravokutan trokut vrijedi:

FB tg   G FB  G  tg   600  tg 30 

b) Analitički postupak

FB  346 , 2 N Silu FA možemo izračunati npr. iz kosinusa kuta α, ili iz Pitagorinog poučka.

G cos   FA

F A  692 ,8 N

  30   180  (90   )   60

G 600 FA   cos  cos 30 

FA 

G 2  FB2 

600 2  346 , 2 2

F A  692 , 7 N

Komplanarno-konkurentni sustav sila Rastavljanje sile na 2 komponente Primjer 3 Teret od 500 N učvršćen je pomoću dva čelična štapa. Grafičkim i analitičkim postupkom odredi sile u štapovima AB i BC 

F1

a) Grafički postupak

100 N MF  1cm



F2



G  5cm 

G

100 N F1  F1  M F  2,5cm  1cm F1  250 N 100 N F2  F2  M F  4,35cm  1cm F2  435 N

Komplanarno-konkurentni sustav sila Rastavljanje sile na 2 komponente Primjer 3 b) Analitički postupak

Za pravokutan trokut vrijedi:

F1 sin 30   G F1  G  sin 30   500  0 ,5

F1  250 N cos 30  

F2 G

F2  G  cos 30   500  0 ,866 F2  433 N

Komplanarno-konkurentni sustav sila Rastavljanje sile na 2 komponente Primjer 4 Teret težine 50 N obješen je žicom o zid i strop. Odredi sile u žicama AB i AC.



F1

a) Grafički postupak

10 N MF  1cm 

G  5 cm 10 N F1  F1  M F  3,6cm  1cm F1  36 N





G

F2 F2  F2  M F  2,5cm 

F2  25 N

10 N 1cm

Komplanarno-konkurentni sustav sila Rastavljanje sile na 2 komponente Primjer 4

sin 45  F  1 sin 105  G

sin 105   F1  sin 45   G G  sin 45  50  sin 45  F1   sin 105  sin 105  F1  36 , 6 N sin 30  F  2 sin 105  G

sin 105   F2  sin 30   G

G  sin 30  50  sin 30  F2   sin 105  sin 105 

F2  25 ,9 N

Komplanarno-konkurentni sustav sila Rastavljanje sile na 2 komponente

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 53-55 zadatak 1., 3.,4., 6. Radna bilježnica: stranica 19 zadatak 2.

Komplanarno-konkurentni sustav sila Sastavljanje sustava sila Rezultanta sustava sila se određuje grafički pomoću poligona sila, a analitički metodom projekcije sila. A) GRAFIČKI POSTUPAK Poligon sila

Plan položaja sila



F3



F4



FR



F2

R 

F1

Rezultanta sustava je sila koja zatvara poligon sila.

Komplanarno-konkurentni sustav sila Sastavljanje sustava sila B) ANALITIČKI POSTUPAK Metoda projekcije sila

F1x  F1  cos 1

F1 y  F1  sin 1

F2 x  F2  cos  2

F2 y  F2  sin  2

F3 x  F3  cos  3

F3 y  F3  sin  3

F4 x  F4  cos  4

F4 y  F4  sin  4

FRx  F1x  F2 x  ...  Fnx FRy  F1 y  F2 y  ...  Fny n

n

FRx   Fix

FRy   Fiy

i 1

i 1

FR  FRx2  FRy2 tg R 

FRy FRx

Komplanarno-konkurentni sustav sila Sastavljanje sustava sila Primjer 1 Na 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°

100 N MF  1cm Poligon sila 

F2 

F3

a) Grafički Plan položaja sila

 

FR

R

F1



FR

100 N FR  FR  M F  1,4cm  1cm FR  140 N

 R  122

Komplanarno-konkurentni sustav sila Sastavljanje sustava sila Primjer 1 F1 = 200 N F2 = 250 N F3 = 150 N b) Analitički

α1 = 45° α2 = 150° α3 = 270°

F1x  F1  cos 1  200  cos 45  141,4 N F2 x  F2  cos  2  250  cos150  216.5 N F3 x  F3  cos  3  150  cos 270  0 N

F1 y  F1  sin 1  200  sin 45  141,4 N F2 y  F2  sin  2  250  sin 150  125 N F3 y  F3  sin  3  150  sin 270  150 N

FRx  F1x  F2 x  F3 x  141,4  216,5  0 FRx  75,1 N FRy  F1 y  F2 y  F3 y  141,4  125  150 FRy  116,4 N

Komplanarno-konkurentni sustav sila Sastavljanje sustava sila Primjer 1 F1 = 200 N F2 = 250 N F3 = 150 N

α1 = 45° α2 = 150° α3 = 270°

FRx  75,1 N

FRy  116,4 N

FR  FRx2  FRy2  75,12  116,4 2

b) Analitički

FR  138,2 N FRy

116,4   1,54 tg  FRx 75,1 ' R

 R'  57,2  R  180   R'  180  57,2  R  122,8

Komplanarno-konkurentni sustav sila Sastavljanje sustava sila

100 N MF  1cm

Primjer 2 Na materijalnu točku A djeluje sustav sila. Grafičkim i analitičkim postupkom odredi silu koja će uravnotežiti sustav F1 = 300 N α1 = 30° F2 = 250 N α2 = 180° F3 = 400 N α3 = 225° F4 = 200 N α4 = 300° a) Grafički Plan položaja sila

Poligon sila 

F2 

F1 



F3

F5 

F4



F5 5

100 N F5  F5  M F  3,5cm  1cm F5  350 N  5  60 

Komplanarno-konkurentni sustav sila Sastavljanje sustava sila Primjer 2 F1 = 300 N F2 = 250 N F3 = 400 N F4 = 200 N b) Analitički

α1 = 30° α2 = 180° α3 = 225° α4 = 300°

F1x  F1  cos 1  300  cos 30  259,8 N F2 x  F2  cos  2  250  cos180  250 N F3 x  F3  cos  3  400  cos 225  282,8 N F4 x  F4  cos  4  200  cos 300  100 N

F1 y  F1  sin 1  230  sin 30  150 N F2 y  F2  sin  2  250  sin 180  125 N F3 y  F3  sin  3  400  sin 225  282,8 N F4 y  F4  sin  4  200  sin 300  173,2 N

FRx  F1x  F2 x  F3 x  F4 x FRx  173 N FRy  F1 y  F2 y  F3 y  F4 y FRy  306 N

Komplanarno-konkurentni sustav sila Sastavljanje sustava sila Primjer 2 F1 = 300 N F2 = 250 N F3 = 400 N F4 = 200 N b) Analitički

α1 = 30° α2 = 180° α3 = 225° α4 = 300°

FRy  306 N

FRx  173 N

FR  FRx2  FRy2  1732  306 2

FR  351,5 N

F5  FR  351,5 N

FRy

306   1,76878 tg R  FRx 173

 R  60,5

Komplanarno-konkurentni sustav sila Sastavljanje sustava sila

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 72-73 zadatak 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)

M  F  l [Nm]

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 1 Koliki 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?

M  F  l [Nm] M  250  30  7500 [ Ncm] M  75 [ Nm] Moment je negativan jer rotira ručicu suprotno od smjera kazaljke na satu.

Statički moment sile Primjer 2 Na 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. 1. način (odrediti krak sile )

l sin    l  a  sin  a l  50  sin 30 l  25 cm M A  F  l  300  25

M A  7500 [ Ncm] M A  75 [ Nm]

Statički moment sile Primjer 2 Na 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 2. način (odrediti silu koja djeluje na kraku a)

M A  Fy  a

sin  

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.

Fy

 Fy  F  sin 

F Fy  300  sin 30 Fy  150 N

M A  150  50  7500 [ Ncm] M A  75 [ Nm]

Statički moment sile Primjer 3 Na 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?

Mo  F a

F 

Mo a

F 

1,2 0,5

F  2,4 N

Statički moment sile Primjer 4 Kolika 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.

M A  Gy  l

G y  G  sin 60 G y  2,5  0,866 G y  2,165 kN

MA l  Gy 10 l  2,165 l  4,62 m

Statički moment sile Primjer 5 Koliki 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? Silu F projiciramo na ravninu koja je okomita na os z i dobijemo komponentu F·cos45°. Ta komponenta na kraku d/2 čini moment oko osi z

Komponenta F·sin45° je paralelna sa osi z i ne vrši moment oko nje.

d M z  F  cos 45  2 35 M z  450  0,707  2 M z  5567,6 Ncm M z  55,68 Nm

Statički moment sile

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 81 zadatak 7., 8. i 9. Radna bilježnica: stranica 26 - pročitati

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 Moment sila oko točke A:

M A   F  l  F  (l  a ) M A  F  l  F  l  F  a M  F  a

Moment para sila ovisi o veličini jedne sile i razmaku između njih, a ne ovisi o položaju točke za koju se računa.

Statički moment sile 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.

Statički moment sile

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 81 zadatak 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.

M R  M1  M 2

Primjer za dvije sile

FR  r  F1  r1  F2  r2 Općenito za bilo koji broj sila: n

FR  a   Fi  ri i 1

n

M R   M i  M 1  M 2  ...  M n i 1

Momentno pravilo Primjer 1 Na rešetkastu konstrukciju djeluju sile F1= 100 N, F2 = 200 N i F3 = 300 N. Odredi ukupni moment svih sila za točku B. Duljine krakova

l1  2 m

l2  2 2  2 2  2,82 m l3  4 m M RB  M 1  M 2  M 3 M RB  F1  l1  F2  l2  F3  l3

M RB  100  2  200  2,82  300  4

M RB  836 Nm

Momentno pravilo Primjer 2 Na 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

l1 cos 30   l1  a  cos 30 a l1  100  0,866  86,6 mm l2 sin 30   l2  (a  b)  sin 30 ab l2  (100  300)  0,5  200 mm

M RO  M 1  M 2  G  l1  F  l2 M RO  50  86,6  400  200 M RO  75670 Nmm

M RO  75,67 Nm

Momentno pravilo Primjer 3 Na 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. za točku B

M RB  0 Nm

M RB   F1  0  F2  0 za točku C

M RC   F1  a  F2  0 M R  M1  M 2 za točku A

M RA  F1  0  F2  a

M RC  200  4

M RC  800 Nm

za točku D

M RD   F1  a  F2  a

M  200  4

M RD  200  4  200  4

M  800 Nm

M RD  1600 Nm

A R

A R

Momentno pravilo Primjer 4 Na 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. za točku D

M RD  M 1  M 2  M 4 M RD  F1 1,5  F2  4,5  F4 1,5 za točku A

M RA  M 1  M 4  F1 1,5  F4  3 M RA  300 1,5  600  3 M RA  1350 Nm

M RD  300 1,5  90  4,5  600 1,5 M RD  945 Nm

Statički moment sile

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 84 i 85 zadatak 3., 5. i 6. Radna bilježnica: stranica 29 zadatak 2.

Komplanarno-paralelni sustav sila Komplanarno - paralelni sustav sila čine sile koje su međusobno paralelne.

-dvije sile

-više sila

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)

Komplanarno-paralelni sustav sila

200 N MF  1cm

Dvije paralelne sile Primjer 1 Na 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

FR  FR  M F  5cm 

1m 1cm

200 N 1cm

FR  1000 N aR  aR  M L  1cm 

1m 1cm

aR  1 m

plan položaja sila

1

ML 

1



2

F1

2

lančani (verižni) poligon sila

P - polna točka

3 

3

F2 

aR

FR 

FR

One dvije polne zrake koje u lančanom poligonu omeđuju neku silu, sijeku se na pravcu te sile u planu položaja sila.

Komplanarno-paralelni sustav sila Dvije paralelne sile

Veličina rezultante

FR  F1  F2  600  400

Primjer 1

FR  1000 N

F1 = 600N F2 = 400 N l = 2,5 m b) Analitički postupak

Položaj rezultante u odnosu na točku A (iz momentnog pravila za točku A)

M R  M1  M 2 FR  aR  F2  l F2  l 400  2,5 aR   FR 1000

aR



FR

aR  1 m

Rezultanta dvije paralelne sile je jednaka njihovu zbroju, a nalazi se između sila i to bliže većoj sili.

Komplanarno-paralelni sustav sila Dvije antiparalelne sile Primjer 2 Na 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

10cm 1cm

FR  FR  M F  1,5cm 

100 N 1cm

FR  150 N



F1

100 N 1cm

ML 

MF 

aR  aR  M L  5cm 

2



F1

10cm 1cm

aR  50 cm aR

1

P

1 2 

3 

F2





FR

FR

3

F2 One dvije polne zrake koje u lančanom poligonu omeđuju neku silu, sijeku se na pravcu te sile u planu položaja sila.

Komplanarno-paralelni sustav sila Veličina rezultante

Dvije antiparalelne sile Primjer 2

FR  F1  F2  150  (300)

F1 = 150N F2 = -300 N l = 25 cm

FR  150 N Položaj rezultante u odnosu na točku A (iz momentnog pravila za točku A)

b) Analitički postupak 

F1

M R  M1  M 2

l aR

FR  aR  F2  l F2  l 300  25 aR   FR 150

A

a R  50 cm



FR 

F2

Rezultanta dvije antiparalelne sile je jednaka njihovu zbroju, a nalazi se izvan sila i to sa strane veće sile.

Komplanarno-paralelni sustav sila Sustav paralelnih sila Primjer 3 Na 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

1kN 1cm

2m 1cm 1kN FR  FR  M F  9cm  1cm FR  9 kN 2m aR  aR  M L  3,2cm  1cm aR  6,4 m

MF 

ML 



F1

1 2



F2

aR 1

4 2

3

FR



4

F3

5

P

 

5



3

FR

F4

Dvije polne zrake koje u lančanom poligonu omeđuju neku silu, sijeku se na pravcu te sile u planu položaja sila.

Komplanarno-paralelni sustav sila Više paralelnih sila Primjer 3 F1= 2¸kN F2= 4 kN F3= 1,5 kN F4= 1,5 kN. b) Analitički postupak

Veličina rezultante

FR  F1  F2  F3  F4  2  4  1,5  1,5 FR  9 kN Položaj rezultante u odnosu na točku A (iz momentnog pravila za točku A)

M R  M1  M 2  M 3  M 4 FR  a R  F1  2  F2  5  F3  9  F4 13 F1  2  F2  5  F3  9  F4 13 aR  FR 2  2  4  5  1,5  9  1,5 13 aR  9

a R  6,33 m

Komplanarno-paralelni sustav sila

4. proizvoljno odrediti polnu točku P

PONAVLJANJE

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

Postupak izrade lančanog poligona 1. nacrtati sile u mjerilu u planu položaja sila

6. preslikati polne zrake paralelno na plan položaja sila

2. sa strane crtati poligon sila 3. odrediti rezultatnu

lančani (verižni) poligon sila

plan položaja sila

1

1

7. ucrtati položaj rezultante kroz sjecište prve i zadnje zrake, izmjeriti aR



2

F1

2

3 

3

F2 

aR

FR 

FR

One dvije polne zrake koje u lančanom poligonu omeđuju neku silu, sijeku se na pravcu te sile u planu položaja sila.

Komplanarno-paralelni sustav sila

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 120 zadatak 6. i 7b. Radna bilježnica: stranica 30, zadatak 3

Komplanarno-paralelni sustav sila

2m 1cm 2kN F1  F1  M F  1,5cm  1cm

2kN MF  1cm

Rastavljanje paralelnih sila Primjer 1 Sila F = 5 kN djeluje na gredu AB. Koliki se pritisci javljaju u osloncima A i B?

ML 

F1  3 kN

a) Grafički postupak

F2  F2  M F  1cm 

plan položaja sila

2kN 1cm

F2  2 kN 1 lančani (verižni) poligon sila 

F1 z 1

z - zaključnica

z



2



F

P

2

F2 One dvije polne zrake koje u lančanom poligonu omeđuju neku silu, sijeku se na pravcu te sile u planu položaja sila.

Komplanarno-paralelni sustav sila Veličina sile F (rezultante)

Rastavljanje paralelnih sila

Primjer 1 1) F  F1  F2 Sila F = 5 kN djeluje na gredu AB. Koliki se pritisci javljaju u osloncima A i B? Moment rezultante s obzirom na točku A b) Analitički postupak

M R  M1  M 2 2)

F  4  F2 10 F 4

5 4 F2   10 10 F2  2 kN Iz 1)

F1  F  F2  5  2 F1  3 kN

Komplanarno-paralelni sustav sila

1m 1cm 100 N F1  F1  M F  4,7cm  1cm

100 N MF  1cm

Rastavljanje paralelnih sila Primjer 2 Dva radnika nose teret GT = 600 N na dasci AB = l = 5m. Koliki teret nosi svaki radnik ako je težina same daske GD=100N?

ML 

F1  470 N F2  F2  M F  2,3cm 

a) Grafički postupak

F2  230 N

100 N 1cm

1



F1

P



G

T

z 2

z

3 3

1 2



F2



G

D

Komplanarno-paralelni sustav sila Veličina rezultante

Rastavljanje paralelnih sila

Primjer 2 1) GT  GD  F1  F2 Dva radnika nose teret GT = 600 N na dasci AB = l = 5m. Koliki teret nosi svaki radnik ako je težina same daske GD=100N? Moment rezultante s obzirom na točku A b) Analitički postupak

2)

GT 1,5  GD  2,5  F2  5 GT 1,5  GD  2,5 F2  5 600 1,5  100  2,5 F2  5 F2  230 N

Iz 1)

F1  GT  GD  F2  600  100  230 F1  470 N

Komplanarno-paralelni sustav sila

1m 1cm 100 N F1  F1  M F  5,2cm  1cm

100 N MF  1cm

Rastavljanje paralelnih sila Primjer 3 Treba rastaviti silu F= 300 N na dvije komponente koje djeluju u pravcima p1 i p2.

ML 

F1  520 N

a) Grafički postupak

F2  F2  M F  2,2cm  F2  220 N 1



P

F 2

2



1

F2

z

z 

F1

100 N 1cm

Komplanarno-paralelni sustav sila Veličina sile F (rezultante)

Rastavljanje paralelnih sila Primjer 3 Treba rastaviti silu F= 300 N na Dvije komponente koje djeluju u pravcima p1 i p2.

1)

 F   F1  F2

Moment rezultante s obzirom na točku A

b) Analitički postupak

M R  M1  M 2 2)

F 1,5  F2  2

F2 

F 1,5 2

300 1,5  2

F2  225 N Iz 1) F1

  F  F2  300  225 F1  525 N

Komplanarno-paralelni sustav sila Rastavljanje paralelnih sila

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 129 stranica 135

zadatak 2. zadatak 6. zadatak 5.

Radna bilježnica: stranica 45, zadatak 1.

Uvjeti ravnoteže Da bi tijelo bilo u ravnoteži mora zadovoljiti uvjete ravnoteže. Postoje grafički i analitički 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

F1   F2

Uvjeti ravnoteže Grafički uvjeti ravnoteže

Tri sile su u ravnoteži kad: - se njihovi pravci djelovanja sijeku u jednoj točki - i kad tvore 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.

Uvjeti ravnoteže Grafički uvjeti ravnoteže poligon sila - zatvoren Više sila (sustav sila) je u ravnoteži kad - tvore zatvoren poligon sila - tvore zatvoren lančani poligon sila

Da bi lančani poligon bio zatvoren moraju 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 lančani poligon sila - otvoren

Uvjeti ravnoteže Analitički uvjeti ravnoteže Komplanarno konkurenti sustav sila je u ravnoteži ako je rezultanta sustava jednaka nuli.

FR  FRx2  FRy2  0 n

1

FRx   Fix  0

- algebarski zbroj projekcija na os x svih sila je jednak nuli

i 1 n

2

FRy   Fiy  0

- algebarski zbroj projekcija na os y svih sila je jednak nuli

i 1

Da bi opći sustav sila bio u ravnoteži mora i statički moment biti jednak nuli n

3

M R   Mi  0 i 1

- algebarski zbroj momenata svih sila u odnosu na bilo koju točku ravnine je jednak nuli

Uvjeti ravnoteže

MF 

1kN 1cm

ML 

Primjer 1 Na vratilu se nalazi remenica težine G=3,5 kN. Grafičkim i analitičkim postupkom odredi reakcije u osloncima (ležajima) A i B.

30cm 1cm

a) Grafički postupak

FA  FA  M F  1,4cm  

1

FA

1kN 1cm

FA  1,4 kN

z

P



FB 

1

G

z 2

2

FB  FB  M F  2,1cm 

1kN 1cm

FB  2,1 kN

Uvjeti ravnoteže Primjer 1 G=3,5 kN b) Analitički postupak n

3

A M  i 0 i 1

G  90  FB 150  0 n

1

F i 1

ix

n

2

F i 1

iy

0

- nema sila u osi x

0

FA  G  FB  0

G  90 3,5  90 FB   150 150 FB  2,1 kN Iz uvjeta 2:

FA  G  FB  3,5  2,1 FA  1,4 kN

Uvjeti ravnoteže Primjer 2 Na gredi AB duljine 4 m nalaze se kolica s razmakom osovina kotača 1 m. Kotači su opterećeni težinama G1=2000 N i G2=1000 N. Grafičkim i analitičkim postupkom odredi reakcije u osloncima A i B.

1m 1cm 1000 N FA  FA  M F  1,6cm  1cm

1000 N MF  1cm

ML 

FA  1600 N FB  FB  M F  1,4cm 

a) Grafički postupak

1000 N 1cm

FB  1400 N 

1

FA 



FA

FB



G

1

z 2 3



z 3

1 2

FB



G

2

P

Uvjeti ravnoteže

M

3

Primjer 2 G1=2000 N G2=1000 N

A

0

G1 1,5  G2  2,5  FB  4  0

b) Analitički postupak



G1 1,5  G2  2,5 4 2000 1,5  1000  2,5 FB  4 FB 



FA

FB

1

F

2

F

x

y

0

FB  1375 N Iz uvjeta 2:

- nema sila u osi x

0

FA  G1  G2  FB  0

FA  G1  G2  FB FA  2000  1000  1375 FA  1625 N

Uvjeti ravnoteže

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 150 stranica 151

zadatak 7. zadatak 9.

Radna bilježnica: stranica 56 zadatak 3.

Uvjeti ravnoteže Primjer 3 Poluga 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

Sila Fc je jednaka rezultanti sila F1 i F2, ali ima suprotan smjer.

1m 1cm 200 N FC  FC  M F  3,5cm  1cm 200 N MF  1cm

ML 

FC  700 N aC  aC  M L  4,3cm 

1m 1cm

aC  4,3 m 

1

Fc 

F1



Fc

ac

2

P 2

1

3 3 

F2

Uvjeti ravnoteže Primjer 3 F1=200 N F2=500 N

2

b) Analitički postupak

M

A

0

 FC  aC  F2  6  0 FC  aC  F2  6 F2  6 aC  FC

1

F

y

0

 F1  FC  F2  0 FC  F1  F2  200  500 FC  700 N

500  6 aC  700 aC  4,28 m

Uvjeti ravnoteže Primjer 5 Na 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 oslonac C da bi poluga bila u ravnoteži, te smjer i veličinu reakcije u osloncu 100 N MF  1cm

a) Grafički postupak

ML 



Fc



F1

C ac

FC  FC  M F  4cm 

100 N 1cm

FC  400 N

ac  

Fc

F2 aC  aC  M L  2,7cm  aC  2,7 m

Sila Fc je jednaka rezultanti sila F1 i F2, ali ima suprotan smjer.

1m 1cm

 C  106

1m 1cm

Uvjeti ravnoteže iz 1

Primjer 5 F1=200 N F2=300 N

FCx   F1x  F2 x

FCx   F1  cos 60  F2  cos 45

FCx  200  0,5  300  0,707

b) Analitički postupak

FCx  112,1 N iz 2

FCy  F1 y  F2 y

1 2 3

F  0 F  0 M  0

FCy  F1  sin 60  F2  sin 45

x

 F1x  FCx  F2 x  0

FCy  200  0,866  300  0,707

y

 F1 y  FCy  F2 y  0

FCy  385,3 N

A

 FCy  aC  F2 y  l  0

Uvjeti ravnoteže

FC  Fcx2  Fcy2  112,12  385,32

Primjer 5 F1=200 N F2=300 N

FC  401,3 N

b) Analitički postupak iz 3

aC 

F2 y  l FCy

212,1  5  385,3

aC  2,75 m tg  ' c

3

M

A

0

FCx  112,1 N FCy  385,3 N

 FCy  aC  F2 y  l  0

FCy FCx



385,3  3,4371 112,1

 c'  73,8  c  180   c'  180  73,8  c  106,2

Uvjeti ravnoteže Primjer 6 Kutna 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? MF 

a) Grafički postupak 

200 N 1cm

F2 

F1

ML 

200cm 1cm

F2  F2  M F  2,4cm 

200 N 1cm

F2  480 N 

FR ao



FO  FR  FR  M F  4,5cm  FO  900 N

 O  68

FO Sila FO je jednaka rezultanti sila F1 i F2, ali ima suprotan smjer.

200 N 1cm

Uvjeti ravnoteže iz 3

Primjer 6 F1=500 N b) Analitički postupak sin 45 

a OB

F1  400 500  400 F2   a 424,2 F2  471,5 N iz 1

a  sin 45  OB

FOx  F2 x  F2  sin 45 FOx  471,5  0,707

a  0,707  600

FOx  333,35 N

a  424,2 cm iz 2 1 2 3

F  0 F  0 M  0 x

y

O

FOx  F2 x  0

FOy  F2 y  F1  0 F1  400  F2  a  0

FOy  F2 y  F1  F2 cos 45  F1 FOy  471,5  0,707  500 FOy  833.35 N

Uvjeti ravnoteže Primjer 6 F1=500 N b) Analitički postupak

FOx  333,35 N FOy  833.35 N FO  FOx2  FOy2  333,352  833,352 FO  897,55 N

tg O 

FOy FOx

833,35  333,35

tg O  2,499925

 O  arctg (2,499925)  O  68,2

Uvjeti ravnoteže

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 150 stranica 153 stranica 154

zadatak 8. zadatak 17. zadatak 20.

Težišta Tešište je točka u kojoj je sakupljena sva težina tijela. Težište je središte (hvatište) sustava paralelnih sila kojima sila teže djeluje na neko tijelo.

n

G   Gi i 1

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 njihovih dijagonala 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 plohe Težište se može odrediti grafičkim i analitičkim postupkom. a) Grafički postupak

Težišta Težište sastavljenih homogenih ploha b) Analitički postupak

Koordinate težišta

A1  x1  A2  x2 x0  A1  A2 A1  y1  A2  y2 y0  A1  A2 Općenito za n ploha n

x0 

A x i 1

i

i

A n

y0 

A y i 1

i

A

i

Težišta Primjer 1 Analitičkim postupkom odredi težište plohe prema slici.

x2  4  y0  4  1,69 x1  2 cm

x2  5,69 cm

y1  5 cm

y2  6 cm

y0 

4r 44  3 3

y0  1,69 cm

Težišta Primjer 1 Analitičkim postupkom odredi težište plohe prema slici.

A1  10  4 A1  40 cm 2

r 2 4 2  A2   2 2 A2  25,12 cm 2

A1  x1  A2  x2 40  2  25,12  5,69 x0   A1  A2 65,12 x0  3,42 cm

A  A1  A2  40  25,12 A  65,12 cm 2

A1  y1  A2  y2 40  5  25,12  6 y0   A1  A2 65,12

y0  5,38 cm

Težišta Primjer 1

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 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

A1  x1  A2  x2 x0  A1  A2 A1  y1  A2  y2 y0  A1  A2 Općenito za n ploha n

x0 

A x i 1

i

i

A n

y0 

A y i 1

i

A

i

Težišta Primjer 2 Analitičkim postupkom odredi težište plohe prema slici.

x1  20 cm

x2  30 cm

A  A1  A2  40  60  20  40

y1  30 cm

y2  40 cm

A  1600 cm 2

Težišta Primjer 2 Analitičkim postupkom odredi težište plohe prema slici.

A1  x1  A2  x2 2400  20  800  30  x0  1600 A1  A2 x0  15 cm A1  y1  A2  y2 2400  30  800  40 y0   A1  A2 1600 y0  25 cm

Težišta Primjer 2 Analitičkim postupkom odredi težište plohe prema slici.

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 Težište pravilnih geometrijskih tijela

paralelopiped

piramida

stožac

Težišta Težište pravilnih geometrijskih tijela

valjak

prizma

kosa prizma

Težišta Težište složenog homogenog tijela

x0 

Koordinate težišta

V1  x1  V2  x2  V3  x3  V4  x4  V5  x5 V1  V2  V3  V4  V5 n

x0 

V  x i 1

i

i

V n

y0 

V  y i 1

i

i

V n

z0 

V  z i 1

i

V

i

Težišta Težište složenog homogenog tijela Primjer Odredi koordinatu zo težišta čelične zakovice, ako su njene dimenzije u mm prema slici. Volumen tijela

V1  r 2    h  12,52    35

V1  17171,9 mm3

V  V1  V2  17171,9  16755,2

1 4r 3 1 4  203   V2     2 3 2 3

V  33927,1 mm3

V2  16755,2 mm3

Težišta Težište složenog homogenog tijela Primjer Težište polukugle (polukruga)

4r 4  20  y0  3 3 y0  8,49 mm Ukupne koordinate težišta

35 z1   17,5 mm 2 z 2  35  y0  43,49 mm

z0 

V1  z1  V2  z 2 V1  V2

17171,9 17,5  16755,2  43,49 z0  33927,1

z0  30,3 mm

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.

A  l  2  x0

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.

V  A  2  x0

Pappus-Guldinova pravila

Volumen kugle

Primjer 1 Polukrug 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?

O d   60   2 2 l  188,4 cm l

x0 

2r





2  60



x0  38,22 cm Površina kugle

A  188,4  2  38,22

A  l  2  x0

A  45220 cm 2

V  Ap  2  x0 r 2   60 2   Ap   2 2 Ap  5652 cm 2 V  5652  2  38,22 V  1356602 cm3 Težina kugle

G  V    1356,6  78 G  105815 N

Pappus-Guldinova pravila

Koordinate težišta pojedinih ploha

Primjer 2 Izračunaj težinu zamašnjaka koji nastaje rotacijom plohe prema slici oko osi z ako je specifična težina materijala γ=73 N/dm3. Dimenzije su u cm.

x1  80 cm x2  60 cm x3  25 cm Površine ploha

A1  20  40  800 cm 2 A2  30  20  600 cm 2 A3  50  20  1000 cm 2 Ukupna površina

A  A1  A2  A3  800  600  1000 A  2400 cm 2  24 dm 2

Pappus-Guldinova pravila Primjer 2

Koordinate težišta

A1  x1  A2  x2  A3  x3 x0  A1  A2  A3 8  8  6  6  10  2,5 x0  24 x0  5,2 dm Volumen tijela (2. Pappus Guldinovo pravilo)

V  A  2  x0  24  2    5,2 V  783,7 dm 3 Težina tijela

G  V    783,7  73

G  57210,1 N

Težišta Pappus-Guldinova pravila

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 184 stranica 191 stranica 192

zadatak 3. zadatak 1.(1) zadatak 3.

Statička stabilnost Vrste ravnoteže Ako je tijelo oslonjeno samo u jednoj točki, ono će biti u ravnoteži samo onda ako je 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 nastaje kada je težište tijela iznad oslonca.

c) Indiferentna ravnoteža

Kad tijelo ostaje u pomaknutom položaju ono 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:

stabilna ravnoteža

labilna ravnoteža prevrtanje

1. tijelo se mora oslanjti na podlogu u najmanje tri točke koje nisu na istom pravcu 2. težište tijela mora biti unutar podnožne plohe

Statička stabilnost Moment prevrtanja

M p  F  a [Nm] Moment stabilnosti

M s  G  b [Nm]

Ms  M p

točka prevrtanja

Koeficijent sigurnosti (stabilnosti)

 Da bi tijelo bilo u stabilnoj ravnoteži moment stabilnosti mora biti veći od momenta prevrtanja.

Ms Mp

  1,5 do 2

M s    M p [Nm]

Statička stabilnost Moment prevrtanja Primjer 1 Na kamion u zavoju djeluje centrifugalna sila od 10 000N. Koliki je njegov koeficijent stabilnosti ako mu je ukupna težina 39,24 kN?

M p  Fc  a  10000  0,7

M p  7000 Nm

Fc = 10000 N G = 39240 N

Moment stabilnosti

l M s  G   39240 1 2 M s  39240 Nm Koeficijent sigurnosti (stabilnosti)



M s 39240  Mp 7000

  5,6

Statička stabilnost Primjer 2 Koliki 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 m F = 500 MN  = 10 kN/m3 Koordinate težišta

x1  5 m 1 x   50  16,66 m 3 x2  10  x x2  26,66 m

Statička stabilnost Primjer 2 l =200 m F = 500 MN  = 10 kN/m3 Površine

A1  10  50  500 m 2 50  50 A2   1250 m 2 2 A  A1  A2  1750 m 2 Koordinate težišta

A1  x1  A2  x2 500  5  1250  26,66 x0   1750 A1  A2

x0  20,48 m

Statička stabilnost Primjer 2 l =200 m F = 500 MN  = 10 kN/m3

00 2 l=

m

A

Težina brane

G    V  10

kN 2  1750 m  200m 3 m

G  3 500 000 kN Moment stabilnosti (za točku A)

M s  G  b  G  (60  x0 ) M s  3500  (60  20,48) M s  138 320 MNm

Moment prevrtanja (za točku A)

M p  F a 50 M p  500  2 M p  12 500 MNm

Statička stabilnost Primjer 2 l =200 m F = 500 MN  = 10 kN/m3

00 2 l=

m

A

M s  138320 MNm M p  12500 MNm Koeficijent sigurnosti (stabilnosti)

M s 138320   M p 12500

  11,07

Statička stabilnost

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 200 stranica 201

zadatak 4. 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 - opterećenje A 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

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.

Nepomičan oslonac - ima jedan stupanj slobode gibanja. Čvrsto je vezan za podlogu. Pravac reakcije u osloncu može biti u bilo kojem smjeru.

Uklještenje - ne dopušta nikakav pomak. Reakcije u osloncu su sila i moment uklještenja.

Puni ravni nosači Vrste oslonaca Shematski prikaz oslonaca

Nosači mogu biti Statički 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 osloncima b) najveći moment savijanja (mjesto opasnog presjeka) c) poprečne sile d) uzdužne sile Nosači se rješavaju grafički i analitički. Pri grafičkom rješavanju treba nacrtati: a) dijagram momenata savijanja b) dijagram poprečnih sila c) dijagram uzdužnih sila Analitičko rješavanje nosača se vrši pomoću analitičkih uvjeta ravnoteže: 1

F

x

0

2

F

y

0

3

M

0

Puni ravni nosači Rješavanje nosača

Primjer nosača rješenog grafičkim postupkom

Puni ravni nosači Primjer 1 Zadano je vratilo s dvije remenice. Treba riješiti nosač grafičkim i analitičkim postupkom. Težine remenica su G1=100 N i G2=500 N.

100 N MF  1cm 1m ML  1cm

Primjer 1 a) Grafički postupak

100 N MF  1cm 100 N FA  FA  M F  1,6cm  1cm FB  FB  M F  4,4cm 

100 N 1cm

ML 

1m 1cm

FA  160 N FB  440 N

H=3,7cm z 1

3

2



FA

1



F

1

2

z

P'



FB 3

+



F

2

P

Primjer 1

Momenti savijanja

a) Grafički postupak

y1  0.85 cm

y2  1,2 cm

M s1  y1  H  M F  M L Opasni presjek

100 N 1m M s1  0,85cm  3,7cm   1cm 1cm M s1  314,5 Nm

M s 2  y2  H  M F  M L Dijagram momenata savijanja

M s2 M s2

100 N 1m  1,2cm  3,7cm   1cm 1cm  444 Nm

M s max  M s 2  444 Nm

F1=100 N

Primjer 1

F2=500 N

FA=160 N

FB=440 N

a) Grafički postupak Poprečne sile I. polje

100 N Q1  y1  M F  1,6cm  1cm Q1  160 N

I.  

FA

+

F1 II.

II. polje

+

III.

-



FB

Q2  y2  M F  0,6cm 

Q2  60 N

100 N 1cm

III. polje

Dijagram poprečnih sila D(Q) 

F2

Q3  y3  M F  4,4cm 

Q3  440 N

100 N 1cm

Primjer 1 a) Grafički postupak 1. odrediti reakcije u osloncima 2. ispraviti lančani poligon 3. odrediti momente savijanja 4. uočiti opasni presjek 5. odrediti poprečne sile 6. odrediti uzdužne sile

Na mjestu maksimalnog momenta poprečne sile mijenjaju smjer (predznak).

Primjer 1 b) Analitički postupak

iz 3

F1  2  F2  4  FB  5 FB 

F1  2  F2  4 100  2  500  4  5 5

FB  440 N

1. Reakcije u osloncima

1

F

0

x

2

F

3

M

y

- nema sila u osi x

 0  FA  F1  F2  FB  0 A

 0  F1  2  F2  4  FB  5  0

iz 2

FA  F1  F2  FB FA  100  500  440 FA  160 N

Primjer 1 b) Analitički postupak

2. Momenti savijanja Presjek 1 Nosač uklještimo na mjestu 1

M s1  FA  2m M s1  160 N  2m M s1  320 Nm

Primjer 1 b) Analitički postupak

Presjek 2 Nosač uklještimo na mjestu 2

M s 2  FA  4  F1  2 M s 2  160  4  100  2 M s 2  440 Nm S desne strane

s lijeva

M s 2   FB 1  440 Nm s desna

Kod promatranja s desne strane momenti su suprotnog predznaka.

M s 2  440 Nm

Primjer 1 3. Poprečne sile b) Analitički postupak I. polje

Q1  FA Q1  160 N II. polje

Q2  FA  F1  160  100 Q2  60 N III. polje

Q3  FA  F1  F2  160  100  500 Q3  440 N

Puni ravni nosači

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 233 -236 zadaci 1.- 14. stranica 236 zadatak 15.

Puni ravni nosači Primjer 2 Prosta greda duljine l = 5 m opterećena je po cijeloj dužini specifičnim opterećenjem q = 1000 N/m. Treba riješiti nosač grafičkim i analitičkim postupkom

1kN MF  1cm 1m ML  1cm

Fq  q  l  1000  5 Fq  5 kN

Primjer 2 a) Grafički postupak

1. Reakcije u osloncima MF 

1kN 1cm

ML 

1m 1cm

FA  FA  M F  2,5cm 

1kN 1cm

FB  FB  M F  2,5cm 

1kN 1cm

FA  2,5 kN FB  2,5 kN

H=3cm 

1

FA z 1

P

z

2 

FB

2



F

q

2. Momenti savijanja

Primjer 2

za x=0 m

a) Grafički postupak

M sA  y A  H  M F  M L  0 za x=0,5 m

M s1  y1  H  M F  M L 1kN 1m M s1  0,4cm  3cm   1cm 1cm

M s1  1,2 kNm D(Ms)

za x=1 m +

M s 2  y2  H  M F  M L M s2

1kN 1m  0,6cm  3cm   1cm 1cm

M s1  1,8 kNm

Primjer 2

M s 3  y3  H  M F  M L

za x=1,5 m

a) Grafički postupak

1kN 1m M s 3  0,9cm  3cm   1cm 1cm M s 3  2,7 kNm

M s 4  y4  H  M F  M L

za x=2 m

M s4

1kN 1m  1cm  3cm   1cm 1cm

M s 4  3 kNm

D(Ms)

za x=2,5 m

M s5

M s 5  y5  H  M F  M L

1kN 1m  1,05cm  3cm   1cm 1cm

M s 5  3,15 kNm

Primjer 2

za x=3 m

M s 6  M s 4  3 kNm

za x=3,5 m

M s 7  M s 3  2,7 kNm

za x=4 m

M s 8  M s 2  1,8 kNm

a) Grafički postupak

za x=4,5 m Opasni presjek D(Ms)

za x=5 m

M s 9  M s1  1,2 kNm M s10  M s 0  0 kNm

3. Kritični presjek

M s max  M s 5  3,15 kNm

Primjer 2 4. Poprečne sile

a) Grafički postupak

+ -

Primjer 2 a) Grafički postupak

Na mjestu maksimalnog momenta poprečne sile mijenjaju smjer (predznak).

Primjer 2 b) Analitički postupak

1. Reakcije u osloncima

Fq  q  l  1000  5 Fq  5 kN

q l FA  FB   2 2 Fq

1000  5 FA  FB  2 FA  FB  2500 N

Primjer 2 b) Analitički postupak 2. Momenti savijanja u presjeku n-n

M x  FA  x  Fqx 

x 2

q l x Mx  x qx 2 2 q l x2 xq Mx  2 2

qx Mx  (l  x) [ Nm] 2

za x=l/2

l q l 2 Mx  (l  ) [ Nm] 2 2 maksimalni moment savijanja

q l2 Ms  [ Nm] 8

Primjer 2 b) Analitički postupak 2. Momenti savijanja

qx Mx  (l  x) 2 za x=0 m

M s0

1 0  (5  0) 2

za x=1 m

M s 0  0 kNm za x=0,5 m

1 0,5 M s1  (5  0,5) 2 M s1  1,125 kNm

1 1 (5  1) 2  2 kNm

M s2  M s2 za x=1,5 m

1 1,5 M s3  (5  1,5) 2 M s 3  2,625 kNm

Primjer 2 b) Analitički postupak 2. Momenti savijanja za x=2 m

M s4 

1 2 (5  2) 2

M s 4  3 kNm

za x=3 m

M s6

za x=2,5 m

M s5

1 2,5  (5  2,5) 2

M s 5  3,125 kNm

1 3 (5  3) 2  3 kNm

M s6 

za x=3,5 m

M s7

1 3,5  (5  3,5) 2

M s 7  2,625 kNm

Primjer 2 b) Analitički postupak 2. Momenti savijanja za x=4 m

M s8 

1 4 (5  4) 2

M s 8  2 kNm

za x=4,5 m

M s9

1  4,5  (5  4,5) 2

M s 9  1,125 kNm

za x=5 m

1 5 (5  5) 2  0 kNm

M s10  M s10

3. Maksimalni moment savijanja

M s max  M s 5  3,125 kNm

Primjer 2 b) Analitički postupak 4. Poprečne sile

Qx  FA  Fq Qx  FA  q  x za x=0 m

za x=1 m

Q0  FA  q  0  2,5  1  0

Q2  2,5  1 1

Q0  2,5 kN

Q2  1,5 kN

za x=0,5 m

Q1  2,5  1  0,5 Q1  2 kN

za x=1,5 m

Q3  2,5  1 1,5 Q3  1 kN

Primjer 2 b) Analitički postupak 4. Poprečne sile za x=2 m

Q4  2,5  1  2 Q4  0,5 kN za x=3,5 m za x=2,5 m

Q5  2,5  1  2,5 Q5  0 kN za x=3 m

Q6  2,5  1  3 Q6  0,5 kN

Q7  2,5  1  3,5

za x=4,5 m

Q9  2,5  1  4,5

Q7  1 kN

Q9  2 kN

za x=4 m

za x=5 m

Q8  2,5  1  4

Q10  2,5  1  5

Q8  1,5 kN

Q10  2,5 kN

Puni ravni nosači

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 233 -236 zadaci 1.- 14. stranica 236 zadatak 15.

Puni ravni nosači Primjer 3 Na vratilu su smještene 2 remenice težine 350 N i 200 N na razmacima prema slici. Riješi nosač grafičkim i analitičkim postupkom.

100 N MF  1cm 0,2m ML  1cm

Primjer 3 a) Grafički postupak

100 N MF  1cm 100 N FA  FA  M F  1,3cm  1cm FB  FB  M F  4,2cm 

100 N 1cm

ML 

0,2m 1cm

FA  130 N FB  420 N

H=4cm 

FA

1

P'

z z

1

2

3

+

 

FB

F

1

2

P 3



F

2

Primjer 3

Momenti savijanja

a) Grafički postupak

y1  0.85 cm

y2  0,5 cm

M s1  y1  H  M F  M L

Opasni presjek Dijagram momenata savijanja D(Ms)

100 N 0,2m M s1  0,85cm  4cm   1cm 1cm M s1  68 Nm

M s 2  y2  H  M F  M L 100 N 0,2m M s 2  0,5cm  4cm   1cm 1cm M s 2  40 Nm M s max  M s1  68 Nm

F1=350 N

Primjer 3

F2=200 N

FA=130 N

FB=420 N

a) Grafički postupak Poprečne sile I. polje

100 N Q1  y1  M F  1,3cm  1cm Q1  130 N

III. I.

II.

FB



FA



+

+



F2

II. polje

Q2  y2  M F  2,2cm  

F1 Dijagram poprečnih sila D(Q)

-

Q2  220 N

100 N 1cm

III. polje

Q3  y3  M F  2cm 

Q3  200 N

100 N 1cm

Primjer 3 a) Grafički postupak 1. odrediti reakcije u osloncima 2. ispraviti lančani poligon 3. odrediti momente savijanja 4. uočiti opasni presjek 5. odrediti poprečne sile 6. odrediti uzdužne sile

Na mjestu maksimalnog momenta poprečne sile mijenjaju smjer (predznak).

Primjer 3 b) Analitički postupak

iz 3

F1  0,5  F2 1,2  FB 1 FB  350  0,5  200 1,2 FB  415 N

1. Reakcije u osloncima

1

F

0

x

2

F

3

M

y

iz 2

- nema sila u osi x

 0  FA  F1  FB  F2  0 A

 0  F1  0,5  FB 1  F2 1,2  0

FA  F1  F2  FB FA  350  200  415 FA  135 N

Primjer 3 b) Analitički postupak

2. Momenti savijanja Presjek 1 Nosač uklještimo na mjestu 1

M s1  FA  0,5m M s1  135 N  0,5m M s1  67,5 Nm

Primjer 3 b) Analitički postupak

Presjek 2 Nosač uklještimo na mjestu oslonca B

M s 2  FA 1  F1  0,5 M s 2  135 1  350  0,5 M s 2  40 Nm s lijeva

S desne strane

M s 2  F2  0,2  200  0,2  40 Nm s desna

Kod promatranja s desne strane momenti su suprotnog predznaka.

M s 2  40 Nm M s max  M s1  67,5 Nm

Primjer 3 3. Poprečne sile b) Analitički postupak I. polje 



Q1  FA

FB

FA

Q1  135 N II. polje

III.

I.

II.

FB



FA

+



F1 Dijagram poprečnih sila D(Q)

-

Q2  FA  F1  135  350



+



F2

Q2  215 N III. polje

Q3  FA  F1  FB  135  350  415 Q3  200 N

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 reakcija FA i reakcioni moment MA koji se suprostavlja momentu savijanja konzole Ms.

Puni ravni nosači Primjer 4 Na polugu prema slici djeluju sile od F1 = 200 i F2 = 150 N. Riješi nosač grafičkim i analitičkim postupkom.

100 N MF  1cm 0,1m ML  1cm

Puni ravni nosači

100 N MF  1cm 100 N FA  FA  M F  3,5cm  1cm

Primjer 4

ML 

0,1m 1cm

FA  350 N

H=4cm 1



FA Dijagram momenata savijanja D(Ms)

-

1 

F

1

2 2 3



F

2

3

P

Primjer 4

Momenti savijanja

a) Grafički postupak

ymax  3.3 cm

y1  0,75 cm

M s max  ymax  H  M F  M L

Opasni presjek

100 N 0,1m M s max  3,3cm  4cm   1cm 1cm M s max  132 Nm

M s1  y1  H  M F  M L 100 N 0,1m M s1  0,75cm  4cm   1cm 1cm M s1  30 Nm

Primjer 4

F1=200 N

F2=150 N

FA=350 N

a) Grafički postupak Poprečne sile I. polje

100 N Q1  y1  M F  3,5cm  1cm Q1  350 N

I. 

F1 +

II. polje

II.



FA

+ Dijagram poprečnih sila D(Q)



F2

100 N Q2  y2  M F  1,5cm  1cm Q2  150 N

Poprečna sila kod uklještenih nosača je najveća na mjestu uklještenja.

Primjer 4 a) Grafički postupak

Primjer 4 b) Analitički postupak

iz 1

FA  F1  F2 FA  200  150 FA  350 N iz 2



MA



FA

M A  F1  0,3  F2  0,5

1. Reakcije u osloncima

1

F

2

M

y

0  A

M A  200  0,3  150  0,5

FA  F1  F2  0

 0   M A  F1  0,3  F2  0,5  0

M A  135 Nm

Primjer 4 b) Analitički postupak Presjek 1 2. Momenti savijanja Presjek A – uklještenje (s desna)

M sA  F1  0,3  F2  0,5 M sA  200  0,3  150  0,5

M s1  F2  0,2 M s1  150  0,2 M s1  30 Nm M s1  30 Nm

M sA  135 Nm Nosač je uklješten s lijeve strane, tj. promatramo ga s desna pa je predznak suprotan.

M sA  135 Nm

Presjek 2

M s 2  0 Nm M s max  M sA  135 Nm

Primjer 4 3. Poprečne sile b) Analitički postupak I. polje

Q1  FA Q1  350 N

I.

II. polje 

F1 +

Q2  FA  F1  350  200

II.



FA

+



F2

Q2  150 N

Puni ravni nosači

Domaći zadatak: Udžbenik: stranica 281 zadatak 4.