Statika Praktikum.pdf

UNIVERZITET U ZENICI MAŠINSKI FAKULTET U ZENICI KATEDRA ZA MEHANIKU

prof. dr. Nermina Zaimović-Uzunović, dipl. inž. doc. dr. Nedim Hodžić, dipl. inž.

STATIKA Programi i uputstvo za izradu programa

Zenica, oktobar 2007.

Mašinski fakultet u Zenici Katedra za mehaniku Predmet: Statika Prezime i ime studenta: Školska godina: Broj indeksa:

Datum izdavanja programa: Rok predaje programa:

ZADACI ZA PRVI PROGRAM IZ STATIKE 1. Za sistem krutih tijela prikazan na slici ____ analitičkim i grafičkim putem odrediti sve unutrašnje i spoljašnje reakcije veza. Podaci za težinu G1 štapa AB i G2 kugle M uz ostale geometrijske veličine i intenzitet sile F dati su u tabeli 1. Sva trenja u zglobnim vezama i na dodirnim površinama između kugle M i kose stjenke zanemariti. Tabela 1. AB (m)

AD (m)

CD (m)

α (°)

β (°)

γ (°)

G1 (N)

G2 (N)

F (N)

2. Homogena pravougaona ploča težine G i dimenzija axb prikazana na slici ____ vezana je u tačkama A, B i C za čvrstu, kosu, horizontalu i vertikalnu stjenku. Ploča je opterećena spregom sila momenta M i silom F. Analitički i grafički odrediti reakcije veza u tačkama A, B i C. Zanemariti težine štapova I, II i III i trenje u zglobnim vezama. Svi potrebni podaci su dati u tabeli 2. Tabela 2. a (m)

b (m)

α (°)

β (°)

γ (°)

G (N)

F (N)

M (Nm)

3. Na slici ____ prikazana je kočnica sa papučom/trakom. Odrediti intenzitet sile kočenja Fk i intenzitet reakcija u zglobnim vezama O, O1 i B ako je težina tereta M, G, a koeficijent trenja između papuče/trake i doboša kočnice D, μ. Težinu doboša kočnice i poluge OBA/AB zanemariti. Svi potrebni podaci su dati u tabeli 3. Tabela 3. a (m)

b (m)

c (m)

n (m)

R (m)

r (m)

G (N)

μ

4. Za rešetkasti nosač u ravni prikazan na slici ____ odrediti: a) analitički i grafički reakcije veza, b) sile u štapovima rešetkastog nosača konstrukcijom Kremoninog plana sila, c) za naznačeni presjek sile u štapovima primjenom Kulmanove i Riterove metode. Svi potrebni podaci su dati u tabeli 4. Tabela 4. F (N)

a (m)

Program izdao: __________________________

1

2

3

slika 1.4.2. 4

PRIMJER 1 Za sistem krutih tijela prikazan na slici 1.5. analitičkim i grafičkim putem odrediti sve unutrašnje i spoljašnje reakcije veza. Dati su podaci: AB = 0.2 m, AD = 0.2 m, CD = 0.2 m, α = 60°, β = 60°, γ = 90°, G1 = 20 N, G2 = 10 N i F = 30 N. (G1(*) je težina štapa, G2 je težina kugle M). Trenje u zglobnim vezama kao i na dodirnoj površini između kugle M i kose stijenke zanemariti. a) Analitičko rješenje Ako bismo sistem posmatrali kao cjelinu, oslobađanjem od veza na sistem bi djelovale poznate sile težine G1, G2 i sila F i nepoznate reakcije veza FC, FN i FA. Reakcija u zglobu C (sila FC) i reakcija kose stjenke (sila FN) definisane su silama poznatog pravca, a nepoznatog intenziteta i smjera. Reakcija u zglobu A definisana je silom FA nepoznatog pravca, smjera i intenziteta. Kako na sistem djeluje proizvoljni sistem sila u ravni, analitički uvjeti ravnoteže definisani su sa tri jednačine Σx = 0, Σy = 0 i ΣM = 0. Iz navedenog se vidi da je broj nepoznatih veličina veći od Slika 1.5. broja jednačina koje definišu analitičke uvjete ravnoteže, tj. problem treba riješiti razlaganjem sistema na podsisteme. Uspostavljanjem ravnoteže podsistema uspostaviće se ravnoteža sistema. Kugla M - podsistem I Na slici 1.6. prikazana je kugla M oslobođena veza čiji je utjecaj zamijenjen odgovarajućim reakcijama odnosno silama FN i Fu. Prema slici je očigledno da na kuglu M djeluje sučeljni sistem sila u ravni tako da su analitički uvjeti ravnoteže definisani, za usvojeni koordinatni sistem Oxy, jednačinama: Σx=0 Σy=0 Iz (1) slijedi: (1') u (2): odnosno:

Slika 1.6.

FN sin α - Fu cos α = 0............................................................................................(1) FN cos α + Fu sin α - G2 = 0 ...................................................................................(2) Fu = FN tg α.............................................................................................................(1') FN cos α + Fu sin α - G2 = FN cos α + FN tg α sin α - G2 = FN (cos α + tg α sin α) - G2 = 0 ..........................................................................(3) G2 .........................................................................................(4) FN = (cosα + tgα sin α) 10 10 FN = = (cos60°+ tg 60° sin 60° ) ( 0.5 + 1.7321 ⋅ 0.86603) FN = 5 N Iz (1') slijedi: Fu = 5 . 1.7321 Fu = 8.661 N

Štap AB - podsistem II

Štap AB oslobođen veza prikazan je na slici 1.7. Utjecaj veza zamijenjen je odgovarajućim reakcijama, odnosno, silama FC u zglobu C, Fu' = -Fu u užetu i FA koju smo razložili na dvije komponente, FAX i FAY u zglobu A. Na štap AB očigledno djeluje proizvoljni sistem sila u ravni tako da su analitički uvjeti ravnoteže za usvojeni koordinatni sistem Oxy definisani jednačinama: Σx=0 Σy=0 { + Σ MA = 0

Slika 1.7.

Iz jednačina (5), (6) i (7) dobijamo: Iz (5):

Uz jednačine:

Fu' = Fu .....................................(8) Fr u' = 8.661 Nr r FA = FAX + FAY ......................(9) r r FAX = X A ⋅ i ..........................(10) r r FAY = YA ⋅ j ...........................(11) 2

Iz (7):

2

X A + YA ...................(12) YA ................................(13) tgδ = XA YA ..........................(14) δ = arctg XA FA =

Fu' cos α - XA + F cos β = 0..................................................................... (5) -FC - Fu' sin α - G1 + YA - F sin β = 0...................................................... (6) FC. 0.4 + (Fu' sin α). 0.2 + G1. 0.1 - (F sin β). 0.2 = 0............................... (7)

XA = Fu' cos α + F cos β...........................................................................(5') XA = 8.661 cos 60° + 30 cos 60° = 8.661. 0.5 + 30. 0.5 XA = 19.331 N ( F sin β ) ⋅ 0.2 − ( Fu′ sin α ) ⋅ 0.2 − G 1 ⋅ 0.1 .....................................(7') FC = 0.4 ( 30 ⋅ sin 60° ) ⋅ 0.2 − ( 8.661 ⋅ sin 60° ) ⋅ 0.2 − 20 ⋅ 0.1 = FC = 0.4

=

Iz (6):

( 30 ⋅ 0.866) ⋅ 0.2 − ( 8.661 ⋅ 0.866) ⋅ 0.2 − 20 ⋅ 0.1

0.4 FC =4,24 N YA = FC + Fu' sin α + G1 + F sin β ...........................................................(6') YA = 4,24+ 8.661. sin 60° + 20 + 30 sin 60° = 4,24 + 8.661. 0.866 + 20 + 30. 0.866 YA = 57,721 N

Na osnovu izračunatih vrijednosti projekcija XA i YA pomoću izraza (12) i (14) izračunavamo intenzitet i pravac reakcije u zglobu A: 55.178 2 2 FA = 58.466 N δ = 70.693° FA = 19.331 + 55178 . δ = arctg 19.331 b) Grafičko rješenje Grafičko rješenje ovog primjera bit će svedeno na primjenu trougla sila za kuglu M kao podsistem I i teoreme o tri sile za gredu AB kao podsistem II. Primjenom pravila trougla sila u slučaju kugle M vektor težine kugle G2 uz poznate pravce vektora sila normalne reakcije kose stijenke FN i reakcije užeta KD Fu = -Fu', omogućava formiranje trouga sila iz kojeg slijede karakteristike pravca, smjera i intenziteta reakcija FN i Fu. Pri rješavanju zadataka iz statike, ponekad je korisno da se upotrijebi teorema o tri sile koja glasi: "Ako se slobodno kruto tijelo nalazi u ravnoteži pod dejstvom triju neparalelnh sila, koje leže u jednoj ravni, onda se napadne linije tih sila moraju sjeći u jednoj tački." U našem slučaju, kad je u pitanju greda AB sile Fu' = -Fu, G1 i F možemo svesti na rezultantu FR koja sa silama u zglobovima C i A,FC i FA omogućava primjenu navedene teoreme na gredu AB. Kugla M - podsistem I

(*) NAPOMENA: Oznake sila ispisane podebljano (F) predstavljaju vektore, a normalno ispisane oznake (F) skalare.

5

UF =

5N 1cm

10N = 2 cm ⎛ 5N ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ 1cm ⎠ 5N FN = bc ⋅ U F = 1cm ⋅ = 5N 1cm ab =

G2

UF

=

FN = 5N

Fu = ca ⋅ U F = 1.75cm ⋅

a) plan položaja

b) plan (poligon) sila

5N 1cm

= 8.75N

Fu = 8.75N ≈ 8.661N

F' u = a' c' ⋅ U F = Fu = 8.75N

Slika 1.8.

F' u = 8.75N Štap AB - podsistem II

UL = UF =

0.1m 1cm 5N 1cm

de =

. cm⋅ FR = dg ⋅ UF = 114

G1 20N = = 4cm UF ⎜⎛ 5N ⎞⎟ ⎝ 1cm⎠

. cm⋅ FA = lm⋅ UF = 117

= 57N

= 58.5N ≈ 58.466N 1cm 5N = 1.75N ≈ 1.696N FC = mk ⋅ UF = 0.35cm⋅ 1cm 5N = 20N ≈ 19.331N FAX = XA = nm⋅ UF = 4cm⋅ 1cm 5N = 55N ≈ 55.178N FAY = YA = ln ⋅ UF = 11cm⋅ 1cm δ = 70°≈ 70693 . °

F' . cm ef = a' c' = u = 875 UF fg =

5N 1cm 5N

30N F = = 6cm UF ⎜⎛ 5N ⎞⎟ ⎝ 1cm⎠

Slika 1.9. Na slici 1.8. posmatrana je kugla M za koju je definisan plan položaja, slika 1.8.a. i plan sila, slika 1.8.b. Polazeći od poznate sile težine G2, na osnovu usvojene razmjere za silu UF = 5 N/cm, pomoću plana sila i množenjem sa razmjerom za silu UF istih, određeni su intenziteti sila FN i Fu. Smjer sila FN i Fu uvjetovan je zatvorenim planom, odnosno, trokutom sila. Slika 1.9. predstavlja grafičko rješenje koje se odnosi na štap AB. Usvajanjem razmjere za dužinu UL = 0.1 m/cm nacrtan je plan položaja, slika 1.9.a., a na osnovu usvojene razmjere za sile UF = 5 N/cm konstruisani su planovi sila, slika 1.9.a. i b. Na osnovu poznatih sila Fu' = -Fu, G1 i F određena je rezultanta FR koja je pomoću zraka verižnog poligona 1, 2, 3 i 4 definisanih za proizvoljno izabran pol P prenešen u plan položaja. Zatim je na osnovu primjene teoreme o tri sile na osnovu poznatih pravaca sila FC i FR određena tačka K kroz koju, da bi štap AB bio u ravnoteži, mora proći i pravac sile FA. Polazeći od poznate sile FR i poznatih pravaca sila FC i FA na kraju je konstruisan plan sila dat na slici 1.9.c., iz kojeg su očitane karakteristike intenziteta i smjera reakcija FC i FA. Na istoj slici reakcija FA razložena je na komponente tako da su sa nje očitane i karakteristike komponenti.

6

PRIMJER 2

Homogena pravougaona ploča težine G = 200 N dimenzija a x b = 40 cm x 30 cm u tačkama B i C vezana je zglobno, pomoću dva štapa zanemarljive težine, za pod i vertikalni zid. U tački A ploča se oslanja na kosi glatki zid koji sa horizontalom zaklapa ugao od 45°. Ploča ABCD opterećena je spregom sila momenta M = 60 Nm i silom F = 400 N. Odrediti analitički i grafički sile u štapovima I i II i reakciju kosog glatkog zida u tački A. a) Analitičko rješenje

Slika 1.10. Σx=0 Σy=0 { + Σ MD = 0 Iz (2) i (3):

Iz (2') i (3'):

Na slici 1.11. prikazana je ploča ABCD oslobođena veza čiji je uticaj zamijenjen reakcijama veze. Uzevši u obzir pretpostavku da su štapovi I i II napregnuti na zatezanje, statički uvjeti ravnoteže proizvoljnog ravanskog sistema sila, za usvojeni koordinatni sistem xOy, definisani su jednačinama:

F cos 60° + F2 + FA sin 45° = 0 .....................................................(1) FA cos 45° - G - F1 - F sin 60° = 0.................................................(2) FA. b sin 45° - M - G. a/2 - F1. a = 0................................................(3) F1 = FA cos 45° - G - F sin 60° ......................................................(2') b M G F1 = FA sin 45°− − .............................................................(3') a a 2 b M G FA cos 45°−G − F sin 60°= FA sin 45°− − ............................(4) a a 2 G M 200 60 F sin 60°+ − 400 ⋅ 0.866 + − 2 a 2 0.4 ..................(5) FA = = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ b 0.3 0.707 ⎟ ⎜ cos 45°− sin 45°⎟ ⎜ 0.707 − ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ a 0.4 FA = 1676.75 N

Slika 1.11. Iz jednačine (2') možemo izračunati intenzitet sile u štapu I: F1 = FA cos 45° - G - F sin 60° = 1676.75. 0.707 - 200 - 400. 0.866 F1 = 639.23 N Silu u štapu II možemo odrediti iz jednačine (1) prema kojoj slijedi: F2 = -F cos 60° - FA sin 45° ................................................(1') F2 = - 400. 0.5 -1676.75. 0.707 F2 = - 1385.65 N Prema predznaku očigledno je da sila F2 ima suprotan smjer, odnosno štap II je napregnut na pritisak.

b) Grafičko rješenje

1cm

UL =

1mm 200N

UF =

ab = bc = d=

1cm

G UF F UF M G

= 1cm = 2 cm

= 0.3m

ac = a ' b' =

FR UF

= 2.9cm

Slika 1.12. U ovom slučaju možemo primijeniti Kulmanovu (Culmann) metodu, odnosno, imamo slučaj kad je potrebno silu poznatog pravca, intenziteta i smjera rastaviti na tri komponente poznatog pravca djelovanja. Na osnovu usvojene razmjere za dužinu UL = 1 cm / 1 mm, prvo crtamo plan položaja (slika 1.12.a) a nakon toga, usvojivši razmjeru za silu UF = 200 N / 1 cm, crtamo planove sila (slika 1.12.b). Kod crtanja plana položaja, da bismo primijenili Kulmanov metod prvo smo izvršili sumiranje datog sprega M i sile G (težina ploče), pri čemu dobijamo silu koja je po pravcu, smjeru i veličini jednaka sili G, ali je paralelno pomaknuta za veličinu d koju nalazimo kad moment datog sprega sila M podijelimo veličinom zadate sile G (d = M / G = 0.3 m). Dakle, sada na ploču djeluju samo sile F i G tačno definisanog pravca, smjera, intenziteta i napadne tačke (slika 1.12.a). Da bi ploča bila u ravnoteži, sile u štapovima moraju uravnotežavati silu FR koja je rezultanta sila F i G. Sila FR je u planu sila određena kao zbir vektora sila F i G. Izborom pola P definisane su polne zrake 1, 2 i 3 na osnovu kojih, povlačeći zraku 1 iz proizvoljno odabrane tačke N na pravcu sile F, u planu položaja definišemo verižni poligon. Presjekom prve i zadnje stranice verižnog poligona (tačka M) definisana je tačka na pravcu rezultante FR. Kroz tačku M paralelno sili FR u planu položaja povlačimo pravac koji definiše silu FR u planu položaja. Treba istaći da se pravac rezultante FR u planu položaja mogao definisati jednostavnije tačkom S koja predstavlja presječnu tačku pravaca sila F i G, a ujedno je tačka koja mora ležati na pravcu rezultante FR. Kad smo definisali položaj rezultante FR u planu položaja dalje prijenjujemo Kulmanovu metodu, odnosno rezultantu FR rastavljamo na njene tri komponente, F1, F2 i FA čiji su pravci djelovanja poznati. U tu svrhu definišemo presječne tačke III i IV pravaca sila FR i FA i F1 i F2. Tačke III i IV spajamo Kulmanovom linijom K,

7

koja definiše pravac pomoćne Kulmanove sile, pri čemu pravac Kulmanove sile definiše pravac rezultante sila FR i FA, kao i sila F1 i F2. Polazeći od tačke III crtamo trokut sila FR, FA i pomoćna Kulmanova sila. Zatim prelazimo na tačku IV i pomoću pomoćne Kulmanove sile dobijamo novi trokut sila koji definiše veličinu sila F1 i F2. Smjer obilaženja (označen na slici) u dobijenom poligonu sila određen je smjerom sile FR. Poligon sila je zatvoren i imamo, dakle, uravnotežen sistem. Na taj način je definisan pravac, smjer i intenzitet sila F1, F2 i FA. Intenzitete sila F1, F2 i FA izračunavamo pomoću izraza:

FA = b' c' ⋅ U F = 8.4 cm ⋅

200N

F1 = d ' a ' ⋅ U F = 3.2 cm ⋅

1cm FA = 1680 N ≈ 1676.75 N

FA = 640 N ≈ 639.23 N

200N 1cm

F2 = c' d ' ⋅ U F = 6.9 cm ⋅

200N

1cm F2 = 1380 N ≈ 1385.65 N

PRIMJER 3 Na slici je prikazana kočnica sa papučom. Kočenje se vrši djelovanjem sile F na polugu OAB pri čemu se zaustavljanje doboša vrši pritiskom papuče C na isti. Koeficijent trenja između papuče i doboša je μ = 0.2. Odrediti minimalnu silu F da se doboš zakoči, ako je: n = 10 cm, r = 30 cm, R = 40 cm, a = 100 cm, b = c = 40 cm i Q = 50 kN (težina tereta M). Odrediti reakcije u tačkama O i O1. Ostala trenja, kao i težine poluge, doboša, papuče i užeta zanemariti. Rješenje Silu F kao i reakcije u osloncima O i O1 možemo odrediti ako dati sistem rastavimo na tri podsistema kako je prikazano na slikama 1.14., 1.15. i 1.16.

Slika 1.13. Σx=0 Σy=0

Teret M - podsistem I

Za usvojeni koordinatni sistem xO2y statički uvjeti ravnoteže tereta Q glase: Q cos 270° + Fu' cos 90° = 0 ............................ (1) Fu' - Q = 0 ......................................................... (2) Fu' = Q............................................................... (2') Fu' = 50 kN

Slika 1.14.

Doboš D - podsistem II

Statički uvjeti ravnoteže doboša, za usvojeni koordinatni sistem xO1y, definisani su jednačinama: Σx=0 XO1 - FT = 0 ...................................................(3) Σy=0 YO1 + FN - Fu = 0 ...........................................(4) . . { Σ MO1 = 0 F u r - FT R = 0...............................................(5) + Dopunske jednačine glase: Fu = Fu'...........................................................(6) FT = μ FN .......................................................(7) r 30 Iz (5) i (7): FT = Fu ⋅ = 50 ⋅ R 40 FT = 37.5 kN

Slika 1.15. Na osnovu jednačine (7) koja definiše trenje klizanja slijedi: FT 37.5 .................................................................... (7') FN = = μ 0.2 FN = 187.5 kN

Dakle, reakcija FO1y ima suprotan smjer u odnosu na pretpostavljeni. Intenzitet i pravac reakcije u zglobu O1 definisan je izrazima: 2 2 2 2 FO1 = X O1 + YO1 = 37.5 + ( −137.5) ........................... (9) FO1 = 142.52 kN Y tgα = O1 ............................................................................ (10) X O1 −137.5 ............................................... (11) Y α = arctg O1 = arctg 37.5 X O1 α = - 74.745°

Na osmovu jednačina (3), (4) i (5) slijedi: XO1 = FT ................................................................................. (3') XO1 = 37.5 kN YO1 = Fu - FN = 50 - 187.5 YO1 = -137.5 kN Poluga OAB sa papučom C - podsistem III

Statički uvjeti ravnoteže poluge OAB sa papučom C, za usvojeni koordinatni sistem xOy, glase: Σx=0 FT' - XO = 0 ..................................................................... (12) Σy=0 YO - FN' + F = 0............................................................... (13) {ΣM =0 FT'. (c - n) + F. a - FN'. b = 0 ............................................ (14) O + Dopunske jednačine glase: FN' = FN ........................................................................... (15) FT = μ FN ......................................................................... (16) FN '⋅b − FT '⋅( c − n) FN ⋅ b − FT ⋅ ( c − n) Iz (14), (15) i (16): ................. (17) F= = a a 187.5 ⋅ 40 − 37.5 ⋅ ( 40 − 10) F= 100 F = 63.75 kN

Slika 1.16.

8

Iz jednačina (12) i (13), a na osnovu jednačina (15) i (16) slijedi: XO = FT' = FT .......................................................................... (18) XO = 37.5 kN YO = FN' - F = FN - F = 187.5 - 63.75 .................................... (19) YO = 123.75 kN

Dakle, reakcija FO1Y ima suprotan smjer u odnosu na pretpostavljeni. Intenzitet i pravac reakcije u zglobu O definisan je izrazima: 2 2 2 2 FO = X O + YO = 37.5 + 123.75 .................................. (20) FO = 129.31 kN Y tgβ = O .............................................................................. (21) XO 123.75 ................................................. (22) Y β = arctg O = arctg 37.5 XO β = 73.142°

PRIMJER 4

Za dati rešetkasti nosač na slici 1.17. potrebno je: a) analitički i grafički odrediti otpore oslonaca, b) primjenom Kremoninog metoda (plana sila) odrediti sile u štapovima, c) u naznačenom presjeku p-p primjenom Kulmanove metode odrediti sile u štapovima, i d) u naznačenom presjeku p-p primjenom Riterove metode odrediti sile u štapovima. Dati su podaci: a = 2 m, F = 20 kN. Rješenje:

Slika 1.17.

Rešetkasti nosač prikazan na slici 1.18. ima s = 9 štapova i n = 6 čvorova, što znači da je zadovoljen uvjet (s = 2n - 3) (9 = 2. 6-3), odnosno, rešetkasti nosač je statički određen.

a) Otpori oslonaca - Grafičko rješenje

Na osnovu usvojene razmjere za dužinu UL = 1m / 1cm nacrta se plan položaja (slika 1.18.a.), a zatim na osnovu usvojene razmjere za silu UF = 10kN / 1cm konstruiše se plan (poligon) sila (slika 1.18.b.). Polazeći od usvojene razmjere za silu dužinama ab i bc definišemo intenzitet sila F i 2F, a zatim polazeći od proizvoljno izabrane tačke "a" na osnovu plana položaja crtamo vektore sila F i 2F u planu sila. Proizvoljno biramo pol P i povlačimo zrake 1, 2 i 3. Konstrukciju verižnog poligona počinjemo povlačenjem prve zrake iz napadne tačke reakcije nepokretnog oslonca A, odnosno sile FA (slika 1.18.a.), a zatim iz tačaka C i D povlačimo zrake verižnog poligona 2 i 3. Pomoću završne strane verižnog poligona z u planu položaja, prenesene paralelno u plan sila, definišemo odsječke cd i da koji pomnoženi sa razmjerom za silu UF daju intenzitete reakcija FB i FA. Na slici 1.18.c. prikazano je razlaganje reakcije oslonca FA na komponente FAX i FAY i definisanje njihovih karakteristika: pravca, smjera i intenziteta. ab =

F

=

UF

20kN = 2cm 10kN 1cm

bc =

2F

40kN = = 4cm 10kN

UF

1cm FA = da ⋅ U F = 2.1cm ⋅

10kN 1cm

=

= 21kN ≈ 21.08kN FAX = X A = de ⋅ U F = = 2cm ⋅

10kN 1cm

= 20kN

FAY = ea ⋅ U F = df ⋅ U F = = 0.7cm ⋅ UL = UF =

1m

10kN 1cm

= 7 kN ≈ 6.6kN

α A = 18.5° ≈ 18.44°

1cm 10kN 1cm

FA = FAX + FAY FAX = X A ⋅ i

X A = FA cos α A

FAY = YA ⋅ j YA = FA sin α A FA = tgα A = UF =

Slika 1.18.

9

10kN 1cm

X 2A + YA2 YA XA

α A = arctg

YA XA

- Analitičko rješenje Ako rešetkasti nosač oslobodimo veza, uticaj nepokretnog oslonca A možemo zamijeniti odgovarajućom reakcijom FA čiji je pravac djelovanja određen nepoznatim uglom αA ili njenim komponentama FAX i FAY za koje je poznat pravac djelovanja, a uticaj pokretnog oslonca B zamijenit ćemo reakcijom FB poznatog pravca djelovanja. Na rešetkasti nosač kao kruto tijelo sada djeluje proizvoljni sistem sila u ravni za koji su analitički uvjeti ravnoteže definisani jednačinama: Σx=0 Σy=0 { + Σ MA = 0

Iz(4): Iz (1): Iz (2):

F - XA = 0............................................(1) YA - 2F + FB = 0 .................................(2) FB. 3a - 2F. 2a - F. a = 0 ......................(3) 3FB - 5F = 0 ........................................(4) FB = 3F / 5 = 3. 20 / 5 .........................(4') FB = 33.33 kN XA = F .................................................(1') XA = 20 kN YA = 2F - FB = 2. 20 - 33.33 ...............(2') YA = 6.66 kN 2

Intenzitet FA:

Pravac djelovanja:

2

YA XA

α A = arctg α A = arctg αA = 18.44° Kontrola:

2

FA = X A + YA FA = 20 + 6.66

tgα A =

YA XA 6.66 20

{ΣM =0 B +

2F. a - F. a - YA. 3a = 0 ................... (8) 2. 20. 2 - 20. a - 6.66. 3. 2 = 0 - to znači da su rješenja tačna.

2

FA = 21.08 kN b) Kremonin metod (Kremonin plan sila)

1m UL = 1cm Intenzitet sile u štapu u kN i vrsta naprezanja štapa 5kN UF = zatezanje (+) pritisak (-) 1cm 1 9.25 2 26.50 3 0 0 4 33.25 5 9.25 6 26.50 7 33.25 8 47.00 9 33.25 c) tabelarni prikaz vrste naprezanja štapa i intenziteta sila u štapu Broj štapa

a) Plan položaja

Ova metoda bazira se na uvjetu da je vektorski zbir spoljašnjih i sila u štapovima u svakom čvoru (zglobu) rešetkastog nosača jednak nuli (uvjet ravnoteže sistema sučeljnih sila). Pošto se grafičkim putem odrede otpori oslonaca, na osnovu razmjere za dužinu UL = 1m / 1cm nacrtamo plan položaja, slika 1.19.a. Zatim, na osnovu usvojene razmjere za silu UF = 5kNm / 1cm, konstruišemo plan spoljašnjih sila koje djeluju na rešetkasti nosač (u spoljašnje sile se ubrajaju i otpori oslonaca) i to tako što nanosimo sile obilaženjem ove rešetke u izabranom smjeru. Na slici 1.19.a. izabran je smjer kretanja kazaljke na satu, pa su sile nanijete redom: FA, F, FB, 2F. reakcije štapova, tj. sile koje uravnotežuju djelovanje spoljašnjih sila određujemo na sljedeći način. Polazimo od prostog čvora (čvor u kojem se javljaju najviše dvije nepoznate sile) npr. čvora I. Zamislimo da smo čvor I isjekli i uticaj odbačenog dijela sistema (štapova 1 i 2 zamijenili odgovarajućim reakcijama Fu1 i Fu2. Sada na čvor I djeluje sistem sučeljnih sila - sile FA, Fu1 i Fu2. Da bi te tri sile bile u ravnoteži, trougao konstrisan od tih sila mora biti zatvoren. Poći ćemo od sile FA, u poligonu sila (slika 1.19.b.) to je vektor ab i oko čvora I treba obilaziti u usvojenom smjeru, pa zato iz tačke b treba povući pravu paralelnu štapu 1, a iz tačke a pravac paralelan štapu 2 u planu položaja (slika 1.19.a.). U tako konstruisanom trouglu sila vektori be i ea u datoj razmjeri predstavljaju unutrašnje sile, odnosno, reakcije Fu1 i Fu2 u štapovima 1 i 2. Smjer sila Fu1 i Fu2 određujemo iz trougla sila abe koji mora biti zatvoren i tako utvrđen smjer prenosimo na b) Kremonin plan sila odgovarajuće štapove kod izrezanog čvora, a zatim se na istim štapovima, kod susjednih čvorova, ucrtaju strelice suprotnih smjerova, Slika 1.19. jer na štap na njegovim krajevima djeluju suprotne sile. Na osnovu smjerova sila Fu1 i Fu2 zaključujemo da je štap 1 napregnut na pritisak, a štap 2 na zatezanje. Da bi se u poligonu sila osim intenziteta mogao pročitati karakter unutrašnjih sila, sve sile koje definišu reakciju štapa na naprezanje na pritisak obilježene su crvenom bojom ili punom linijom, a sile koje definišu reakciju štapa na naprezanje na zatezanje obilježene su isprekidanom linijom. U Kremoninom planu ovog primjera, slika 1.19.b., reakcija štapa na pritisak označena je punom linijom, a na zatezanje isprekidanom linijom. Intenziteti sila Fu1 i Fu2 na osnovu usvojene razmjere za silu unijeti su u tabelu (slika 1.19.c.). U susjednim čvorovima II i III djeluju sile Fu1' = -Fu1 (Fu1' = Fu1) i Fu2' = -Fu2 (Fu2' = Fu2). Pri isijecanju sljedećeg čvora treba voditi računa da u čvoru mogu djelovati najviše dvije nepoznate sile. Zbog toga isijecamo čvor III na koji djeluju tri sile: Fu2', Fu3 i Fu6. Polazeći od najniže poznate sile Fu2' u poligonu sila to je vektor ac, vidimo da poligon sila možemo zatvoriti samo ako povučemo kolinearni pravac ea, čime smo odrediili silu Fu6. Sila u štapu 3 jednaka je nuli, i to je nulti štap. Smjer sile Fu6 je takav da definisanjem sile Fu6' = -Fu6 u čvoru V možemo uočiti da je štap 6 napregnut na zatezanje. Pošto su sile Fu2 i Fu6 istih intenziteta i istog karaktera u planu sila možemo staviti Fu2 = Fu6. Sljedeći čvor je čvor II. Kad taj čvor isiječemo,

10

tada na njega djeluju poznate sile: Fu3' = 0, Fu1' i F i nepoznate sile Fu4 i Fu5. Pri konstrukciji poligona sila treba poći od sile Fu3' = 0, odnosno Fu1', pri čemu u tački b na kraj vektora sile Fu1' nadovezujemo vektor F = bc, a zatim iz tačke c povlačimo pravac paralelan pravcu štapa 4, a iz tačke e pravac paralelan pravcu štapa 5 u planu položaja. Presjek tih pravaca daje tačku f koja sa tačkama e, b i c daje poligon ebcf, odnosno poligon sila Fu1', F, Fu4 i Fu5 koji je zatvoren ako su smjerovi sila Fu4 ka tački f (ka čvoru II) i sile Fu5 ka tački e (od čvora II). Na osnovu naznačenih smjerova uz Fu4 = -Fu4' i Fu5 = Fu5' vidimo da je štap 4 napregnut na pritisak, a štap 5 na zatezanje. Isijecanjem čvora IV dobijamo da na čvor djeluje poznata sila Fu4' i nepoznate sile Fu7 i Fu8, koje u uvjetima ravnoteže obrazuju zatvoren trokut sila. U planu sila treba poći od tačke f odnosno od vektora sile Fu5' = fc, a iz tačaka c i f povući pravce paralelne pravcima štapova 7 i 8 u planu položaja. Na taj način u presjeku tih pravaca dobijamo tačku g koja sa tačkama f i c definiše trokut sila Fu4', Fu8 i Fu7 koji je zatvoren kada sila Fu8 djeluje ka tački g (ka čvoru IV), a sila Fu7 ka tački f (od čvora IV). Uzevši u obzir da je Fu7 = -Fu7' i Fu8 = -Fu8' vidimo da je štap 7 napregnut na zatezanje, a štap 8 na pritisak. Silu u štapu 9 možemo odrediti isijecanjem ili čvora V ili VI pri čemu uvijek ovisno o tome za koji se čvor odlučimo drugi čvor koristimo kao kontrolu. Ako isiječemo čvor V tada u čvoru V djeluju poznate sile: 2F, Fu6', Fu5', Fu7' i nepoznata sila Fu9. Polazeći od najniže poznate sile 2F, odnosno od tačke d u planu sila na vektor sile 2F = da, nadovezujemo redom vektore sila Fu6' = ae, Fu5' = ef i Fu7' = fg, a zatim iz tačke g povlačimo pravac paralelan pravcu štapa 9 u planu položaja i ako smo tačno crtali kraj sile Fu9 kojom zatvaramo plan sila daefg mora pasti u tačku d. Kada prenesemo smjer sile Fu9 = -Fu9' iz plana sila na štap 9 u planu položaja možemo zaključiti da je štap 9 napregnut na zatezanje. Čvor VI u ovom slučaju predstavlja kontrolu. Navedenim postupkom dobili smo zatvoren plan (poligon) spoljašnjih i plan (poligon) unutrašnjih sila. Pri konstrukciji Kremoninog plana sila treba strogo voditi računa o usvojenom smjeru obilaženja oko cijelog rešetkastog nosača pri crtanju plana spoljašnjih sila, kao i oko svakog čvora posebno. Intenziteti svih sila u štapovima rešetkastog nosača određeni pomoću Kremoninog plana sila grafičkim putem dati su u tabeli na slici 1.19.c. c ) Kulmanova metoda UL = UF =

1m 1cm 5kN 1cm

Slika 1.20.

11

Kulmanova metoda je metoda određivanja sila u štapovima rešetkastog nosača grafičkim putem. Spada u metode određivanja sila u štapovima putem presjeka rešetkastog nosača pri čemu se iznalaze geometrijski uvjeti ravnoteže ravnog sistema sila. Kulmanovom metodom se grafičkim putem sila poznatog pravca, smjera i intenziteta razlaže na tri nekolinearna pravca, odnosno komponente. Presjek rešetkastog nosača može biti preko najviše tri štapa čiji se pravci ne sijeku u jednoj tački. Za dati presjek p-p to su štapovi 4, 5 i 6. Može se posmatrati lijevi ili desni dio nosača u odnosu na presjek p-p, pri čemu spoljašnje sile koje djeluju na te dijelove nosača moraju biti uravnotežene unutrašnjim silama - reakcijama štapova koji su presječeni. Unutrašnje sile - reakcije štapova definišu uticaj odbačenog dijela rešetkastog nosača na posmatrani dio. Posmatrajmo ravnotežu jednog, na primjer desnog, dijela rešetkastog nosača u odnosu na presjek p-p. Prvo na osnovu usvojene razmjere za dužinu UL = 1m / 1cm nacrtamo plan položaja (slika 1.20.a.), a zatim na osnovu usvojene razmjere za silu UF = 5kN / 1cm odredimo rezultatntu spoljašnjih sila FRD koje djeluju na desni dio rešetkastog nosača (to su sile 2F i FB), primjenom jednog od grafičkih postupaka. U ovom primjeru koristićemo plan sila i verižni poligon (slika 1.20.a. i b.). Uticaj lijevog dijela rešetkastog nosača na desni zamjenjujemo silama u štapovima 4, 5 i 6 (-Fu4', Fu5' i Fu6'). Smjerovi sila određeni su uz pretpostavku da su štapovi napregnuti na zatezanje. Problem uočenog dijela rešetkastog nosača svodi se na ravnotežu slobodnog krutog tijela pod dejstvom ravnog sistema od četiri sile: FRD, Fu4', Fu5' i Fu6'. Poligon obrazovan od ovih sila za slučaj ravnoteže mora biti zatvoren. Konstrukciju zatvorenog četvorougla ovih sila možemo izvršiti na način koji je predložio Kulman. Problem ravnoteže posmatranog dijela rešetkastog nosača pod dejstvom četiri sile Kulman je sveo na problem ravnoteže krutog tijela pod dejstvom dvije sile. Da bi se to ostvarilo, potrebno je po dvije sile sistema sila FRD, Fu4', Fu5' i Fu6' složiti u njihove rezultante i tako ćemo dobiti da na dio rešetkastog nosača koji posmatramo djeluju samo dvije sile, a prema prvoj aksiomi Statike, slobodno tijelo će biti u ravnoteži pod dejstvom dvije sile ako su istog intenziteta i pravca, a suprotnog smjera. S tim ciljem definisat ćemo rezultatntu sila FRD i Fu6', i rezultantu sila Fu5' i Fu4'. Rezultanta sila FRD i Fu6' mora proći kroz tačku presjeka pravaca tih sila - tačka IC, a rezultanta sila Fu5' i Fu6' treba proći kroz tačku presjeka pravaca tih sila - tačka IIC. Kako su rezultante navedenih parova sila sile istog intenziteta i pravca, a suprotnog smjera, a pravci tih rezultanti moraju proći kroz tačku IC i IIC to znači da bi sistem bio u ravnoteži prava određena tačkama IC i IIC određuje pravac rezultanti usvojenih parova sila. Prava određena tačkama IC i IIC naziva se Kulmanova prava, koju ćemo označiti sa c. Kad se odredi Kulmanova prava c moguće je konstruirati zatvoreni četvorougao sila FRD, Fu4', Fu5' i Fu6' i to na sljedeći način: prvo se u datoj usvojenoj razmjeri za silu iz proizvoljne tačke d povuče vektor sile FRD = de, a zatim se kroz tačku d povuče prava paralelna Kulmanovoj pravoj, a iz tačke e prava paralelna pravcu štapa 6 u planu položaja. U presjeku ovako povučenih pravaca dobijamo tačku f kao tjeme četvorougla. Zatim se iz tačke f povuče pravac paralelan pravcu štapa 5, a iz tačke d pravac paralelan pravcu štapa 4 u planu položaja. Presječna tačka tih pravaca je tačka g kao četvrto tjeme četvorougla (slika 1.20.c.). Intenzitet i smjer sila određuje se zatvaranjem plana sila. Dakle, ako sila FRD ima smjer ka tački e, sila Fu6' mora imati smjer ka tački f, Fu5' ka tački g i Fu4' ka tački d. Intenzitete sila očitavamo iz plana sila, slka 1.20.c., a dobijene smjerove prenosimo na štapove rešetkastog nosača desno od presjeka p-p, jer je posmatran taj dio nosača. Na osnovu dobijenih smjerova možemo zaključiti da su štapovi 5 i 6 napregnuti na zatezanje, odnosno da je pretpostavka o naprezanju tih štapova dobra, a da je štap 4 napregnut na pritisak, što znači da je pretpostavka o naprezanju tog štapa na zatezanje pogrešna. Možemo takođe uočiti da su dobijeni rezultati istovjetni rezultatima dobijenim prema Kremoninoj metodi. d) Riterova metoda Riterova metoda sastoji se u sljedećem: zamislimo da presijecamo rešetkasti nosač preko najviše tri štapa nosača, tako da se dobiju dva dijela rešetkastog nosača - lijevo i desno od presjeka (u našem slučaju je to presjek p-p preko štapova 4, 5 i 6 - slika 1.20.a. Uticaj jednog dijela rešetkastog nosača na drugi prenosi se preko presječenih štapova, i definisan je silama u štapovima - reakcijama štapova, koje imaju pravac ose štapa. Postavljanjem uvjeta ravnoteže bilo za lijevi ili za desni dio rešetkastog nosača, uzimajući u obzir sile u štapovima (reakcije štapova) i sve spoljašnje sile koje djeluju na posmatranom dijelu nosača određujemo sile u štapovima. Kako za sistem sila u ravni postoje tri analitička uvjeta ravnoteže, ovim se postupkom pomoću jednog presjeka mogu odrediti sile u najviše tri štapa. Obično se koriste tri momentne jednačine za proizvoljno izabrane tačke, ali semogu koristiti i alternativni oblici gdje su uključene projekcije sila na osu x ili osu y (Σ x = 0 i Σ y = 0). Metoda je grafo-analitička zato što se kraci sila u momentnim jednačinama u određenim slučajevima mogu odrediti grafički sa crteža, a zatim uvrstiti u analitičke izraze - momentne jednačine. U ovom slučaju primijenit ćemo tri momentne jednačine za dio rešetkastog nosača desno od presjeka p-p (slika 1.20.a.) koje glase: { + Σ MV = 0 { + Σ MIV = 0 { + Σ MII = 0

FB. a + Fu 4'. a = 0 ............................................................. (9) FB. a - Fu6'. a - Fu5'. cos45°. a = 0...................................... (10) FB. 2a - 2F. a - Fu6'. a = 0 ................................................. (11)

Iz (9): Iz (11): Iz (10):

Fu 4' = -FB ......................................................................... (12) Fu 4' = -33.33 kN Fu6' = 2FB - 2F = 2. 33.33 - 2. 20 ..................................... (13) Fu6' = 26.66 kN Fu5' = (FB - Fu6') / cos45° = (33.33 - 26.66) / 0.707 ........ (14) Fu5' = 9.43 kN

Iz dobijenih rezultata vidimo da je pretpostavka o naprezanju na zatezanje štapova 5 i 6 tačna, a pretpostavka o naprezanju štapa 4 na zatezanje pogrešna, na što ukazuje negativni predznak u rezultatu. Dakle, štap 4 je napregnut na pritisak. Intenziteti sila u štapovima 4, 5 i 6 koji su određeni analitički, što znači da su tačni, približno su jednaki intenzitetima određenim prethodnim dvjema grafičkim metodama koje su približno tačne.

PRIMJER 5 Za Gerberov rešetkasti nosač prikazan na slici 1.21. potrebno je: a) analitički i grafički odrediti otpore oslonaca, b) pomoću Kremonine metode odrediti sile u štapovima rešetkastog nosača, c) za dati presjek p-p odrediti Kulmanovom i Riterovom metodom sile u presječenim štapovima. Dati su podaci: F = 20 kN, a = 2 m. Rješenje Pošto je rešetkasti nosač prikazan na slici 1.21. oslonjen na tri oslonca, da bi statički bio određen, mora se postaviti Gerberov zglob. Uvjet da Gerberov rešetkasti nosač sa jednim zglobom bude kruta figura izražen je jednačinom koja povezuje broj štapova s i broj čvorova n: s = 2n - 4 .........................................(1)

Slika 1.21.

U našem slučaju Gerberov rešetkasti nosač ima n = 10 čvorova i s = 16 štapova, što znači da je ispunjen uvjet definisan jednačinom (1): s = 2n - 4 = 2. 10 - 4 = 16................(2) Dakle dati Gerberov rešetkasti nosač predstavlja statički određeni kruti nosač.

12

a) Otpori oslonaca - analitičko rješenje Ako rešetkasti nosač oslobodimo veza i njihov uticaj zamijenimo odgovaraućim reakcijama FAX, FAY, FB i FC (slika 1.22.), dobijamo proizvoljni sistem sila u ravni koji djeluje na rešetkasti nosač kao kruto tijelo. Analitički uvjeti ravnoteže u tom slučaju definisani su jednačinama: Σx=0 Σy=0 { + Σ MA = 0 { l + ΣM =0

Intenzitet i pravac reakcije FA određen je izrazima:

-XA + F = 0.................................................... (1) YA - F + FB + FC - 2F = 0.............................. (2) FC. 4a - 2F. 4a + FB. 3a + F. a = 0 .................. (3) F. 3a - YA. 2a - XA. a + F. a = 0...................... (4)

FA =

2

2

X A + YA 2

Dakle, ako se javljaju četiri nepoznate veličine, dodatni uvjet ravnoteže je da napadni moment lijevo ili desno od Gerberovog zgloba, odnosno u zglobu bude jednak nuli. Iz (1): Iz (4): Iz (2): Iz (3): (6) = (8): Iz (6):

FA = 20 + 30 FA = 36.06 kN

tgα A =

XA = F = 20 kN............................................. (1') YA = (4F - XA) / 2 = (4. 20 - 20) / 2 .............. (4') YA = 30 kN FB = 3F - YA - FC .......................................... (2') FB = 3. 20 - 30 - FC ........................................ (5) FB = 30 - FC ................................................... (6) FB = (7F - 4FC) / 3......................................... (3') FB = (7. 20 - 4. FC) / 3.................................... (7) FB = 46.66 - 1.33. FC ..................................... (8) FB = 30 - FC = 46.66 - 1.33. FC ...................... (9) 1.33. FC - FC = 46.66 - 30 .............................. (10) FC = 16.66 / 0.33 = 50 kN FB = 30 - 50 = -20 kN (pogrešno pretpostavljen smjer)

......................... (11)

2

YA

................................... (12)

XA YA

α A = arctg αA ≈ 56.31°

XA

= arctg

30

........... (13)

20

r r r FA = FAX + FAY r r r FAX = X A ⋅ i = FA cosα A ⋅ i r r r FAY = YA ⋅ j = FA sin α A ⋅ j

( (

)

)

- grafičko rješenje Na osnovu usvojene razmjere za dužinu UL = 1m / 1cm nacrta se plan položaja (slika 1.22.a.), a zatim na osnovu usvojene razmjere za silu UF = 10kN / 1cm konstruiše se plan sila i verižni poligon (slika 1.22.a i b). Konstrukciju verižnog poligona počinjemo povlačenjem prve zrake iz nepokretnog oslonca A. Rešetkasti nosač AG (lijevi dio rešetkastog nosača ABC) je statički određen nosač, sa nepoznatim reakcijama FA i FG (reakcija u Gerberovom zglobu) koja ima vertikalni pravac djelovanja i koja definiše uticaj odbačenog dijela rešetkastog nosača GBC. Završnu stranu verižnog poligona z1 dobijamo spajanjem presjeka zrake 2 sa pravcem reakcije FG (vertikalni pravac kroz tačku G), a završnu stranu z2 dobijamo spajanjem tačaka presjeka pravaca reakcije FB sa zaključnom linijom z1 i pravca reakcije FC sa zrakom verižnog poligona 4. Reakcija FA je definisana između zrake 1 i zaključne linije z1, reakcija FB između zaključnih linija z1 i z2, a reakcija FC između zaključne linije z2 i zrake verižnog poligona 4, sa smjerovima prikazanim na slici 1.22.b. UL = 1m / 1cm

ab = F/UF = 20/10 = 2 cm bc = F/UF = 20/10 = 2 cm cd = 2F/UF = 40/10 = 4 cm

UF = 10 kN / 1cm

FA = fa. UF = 3.6. 10 = 36 kN ≅ 36.06 kN FAX = XA = ga. UF = 2. 10 = 20 kN FAY = YA = fg. UF = 3. 10 = 30 kN αA = 56.5° ≅ 56.31° FB = ef. UF = 2. 10 = 20 kN FC = de. UF = 5. 10 = 50 kN

b) Kremonin metod (Kremonin plan sila) Primjena Kremonine metode u ovom primjeru identična je metodi objašnjenoj u prethodnom primjeru. Dakle, usvojili bismo razmjeru za dužinu UL = 1m / 1cm i razmjeru za silu UF = 10kN / 1cm prema kojima bismo nacrtali plan položaja, slika 1.23.a. i plan (poligon) sila, slika 1.23.b. U okviru plana sila prvo bismo nacrtali plan spoljašnjih sila nižući sile jednu za drugom obilazeći rešetkasti nosač u usvojenom smjeru kretanja kazaljke na satu. Konstrukciju poligona sila u štapovima počeli bismo sa prostim čvorom kao što je čvor II i nastavili bismo redom sa čvorovima: III, I, IV, V, X (G), VI, IX, VII I VIII. Konačna konstrukcija (slika 1.23.b.) uravnoteženih spoljašnjih i unutrašnjih sila - sila u štapovima predstavlja Kremonin plan sila iz kojeg mjerenjem, uz pomoć razmjere za silu UF definišemo intenzitete sila u štapovima i karakter naprezanja štapa. Navedene karakteristike date su u tabeli, slika 1.23.c.

Slika 1.22.

13

UL = 1 m / 1cm

UF = 5 kN / 1cm

ab = FA/UF = = 36.06/5 = = 7.212 cm bc = F/UF = = 20/5 = 4 cm cd = 2F/UF = = 40/5 = 8 cm de = FC/UF = = 50/5 = 10 cm ef = FB/UF = = 20/5 = 4 cm fa = F/UF = = 20/5 = 4 cm

b) plan (poligon) sila

Slika 1.23.

Fu1 = cg. UF Fu1' = gc. UF Fu2 = gb. UF Fu2' = bg. UF Fu3 = Fu3' = 0 Fu4 = cg. UF Fu4' = gc. UF Fu5 = gh. UF Fu5' = hg. UF Fu6 = ha. UF Fu6' = ah. UF Fu7 = ih. UF Fu7' = hi. UF Fu8 = ci. UF Fu8' = ic. UF Fu9 = if. UF Fu9' = fi. UF Fu10 = cj. UF Fu10' = jc. UF Fu11 = jf. UF Fu11' = fj. UF Fu12 = Fu12' = 0 Fu13 = cj. UF Fu13' = jc. UF Fu14 = je. UF Fu14' = ej. UF Fu15 = Fu15' = 0 Fu16 = de. UF Fu16' = ed. UF

ab = FA/UF = 36.06/10 = 3.606 cm bc = F/UF = 20/10 = 2 cm FRL = ac. UF = 2.2. 10 = 22 kN

Broj štapa

Intenzitet sile u štapu u kN i vrsta naprezanja štapa zatezanje pritisak (+) (-) 20 28,3 0 0 20 14,1 10 10

Broj štapa

Intenzitet sile u štapu u kN i vrsta naprezanja štapa zatezanje pritisak (+) (-) 1 8 10 2 9 14,1 3 10 10 4 11 14,1 5 12 0 0 6 13 10 7 14 14,1 15 0 0 16 50 c) tabelarni prikaz intenziteta sila u štapovima i vrste naprezanja štapa c) Kulmanova i Riterova metoda - Kulmanova metoda

Postupak primjene Kulmanove metode za određivanje sila u štapovima određenih presjekom p-p identičan je metodi objašnjenoj u prethodnom primjeru. Usvojivši da posmatramo dio nosača lijevo od presjeka p-p u odgovarajućoj razmjeri za dužinu UL = 1m / 1cm nacrtali bismo taj dio nosača, a zatim na osnovu usvojene razmjere za silu UF = 10kN / 1cm primjenom plana sila i verižnog poligona definišemo rezultantu spoljašnjih sila koje djeluju na tom dijelu nosača FRL. Rezultanta FRL je rezultanta sila F i FA koje su uravnotežene silama u štapovima 4, 5 i 6 - Fu4, Fu5 i Fu6. Kada smo odredili rezultantu FRL primjenom Kulmanove metode, detaljno opisane u prethodnom primjeru, vršimo njeno razlaganje na komponente, odnosno sile u štapovima Fu3, Fu4 i Fu5 kako je prikazano na slici 1.24. - Riterova metoda

UF = 10 kN / 1cm

UL = 1 m / 1cm

Kod primjene Riterove metode primjenjujemo postupak identičan postupku u prethodnom primjeru. Analitički uvjeti ravnoteže dijela rešetkastog nosača lijevo od presjeka p-p, prema slici 1.24.a., definisani su jednačinama: { . . + Σ MI = 0 F a - Fu4 a = 0.......................................................(17) { Σ MIV = 0 F. 2a + Fu6. a - XA. a - YA. a = 0.............................(18) +

Σy=0

-F + YA + Fu5. cos45 ° = 0.....................................(19)

Iz (17):

Fu4 = F...................................................................(17') Fu4 = 20 kN (štap 4 napregnut je na zatezanje) Fu6 = XA + YA - 2F = 20 + 30 - 2. 20 ....................(18') Fu6 = 10 kN (štap 6 napregnut je na zatezanje) Fu5 = (F - YA) / cos45 ° = (20 - 30) / 0.707...........(19') Fu5 = -14.1 kN pogrešno pretpostavljen smjer, štap 5 napregnut je na pritisak)

Iz (18): Iz (19):

de = FRL/UF = ac = 2.2 cm Fu6 = ef. UF = 1. 10 = 10 kN Fu4 = fg. UF = 2. 10 = 20 kN Fu5 = gd. UF = 1.41. 10 = 14.1 kN

Slika 1.24.

14

Mašinski fakultet u Zenici Katedra za mehaniku Predmet: Statika Prezime i ime studenta: Školska godina: Broj indeksa:

Datum izdavanja programa: Rok predaje programa:

ZADACI ZA DRUGI PROGRAM IZ STATIKE 1. Analitički i grafički odrediti koordinate težišta date homogene linije/homogene površine na slici ____ i veličinu površine/volumena koja/koji nastaje rotacijom homogene linije/homogene površine za ugao ϕ oko x i oko y ose. Svi potrebni podaci dati su u tabeli 1. Tabela 1. R (cm)

ϕ (°)

2. Za linijski puni nosač (greda, konzola, ram (okvir)) prikazan na slici ____ potrebno je: a) analitički i grafički odrediti otpore oslonaca b) odrediti aksijalnu i transverzalnu silu i moment savijanja u svim karakterističnim presjecima c) nartati statičke dijagrame momenta savijanja, aksijalnih i transverzalnih sila d) odrediti ekstremnu vrijednost momenta savijanja na dijelu nosača ispod kontinualnog opterećenja. Svi potrebni podaci su dati u tabeli 2. Tabela 2. a (m)

q (kN/m)

F (kN)

α (°)

M (kNm)

β (°)

3. Za sistem krutih tijela opterećen prema slici ____ potrebno je: a) odrediti reakcije svih spoljašnjih i unutrašnjih veza sistema b) nacrtati statičke dijagrame momenta savijanja, aksijalnih i transverzalnih sila za svako tijelo sistema posebno Sopstvene težine greda se zanemaruju. Svi potrebni podaci su dati u tabeli 3. Tabela 3. F (kN)

G (kN)

q (kN/m)

M (kNm)

a (m)

b (m)

c (m)

d (m)

e (m)

f (m)

g (m)

h (m)

4. Za prostorni nosač prikazan na slici ____ potrebno je: a) analitičkim putem odrediti reakcije veza, b) nacrtati sve statičke dijagrame c) izračunati najveći ukupni moment savijanja. Svi potrebni podaci su dati u tabeli 4. Tabela 4. F2 (kN) F1 (kN) X1 Y1 Z1 X2 Y2 Z2

S1 (kN)

S2 (kN)

a (m) b (m) c (m) d (m) e (m) f (m) r1 (m) r2 (m)

M (kNm)

5. Homogena ploča na slici ____ održava se u ravnoteži pomoću sfernog zgloba/cilindričnog zgloba i štapova čija se težina zanemaruje i koji su za ploču i nepokretne oslonce vezani zglobno (trenje u zglobnim vezama se zanemaruje). Odrediti reakcije spoljašnjih veza ploče. Svi potrebni podaci su dati u tabeli 5. Tabela 5. F (kN)

G (kN)

M (kNm)

a (m)

b (m)

c (m)

d (m) Program izdao: __________________________

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

26

27

28

PRIMJER 6 Za datu liniju prikazanu na slici analitički i grafički odrediti koordinate težišta i veličinu površine koja nastaje rotacijom linije oko x i y ose za ugao α = 360° ako je R = 1 cm. Rješenje: a) Analitičko rješenje Datu liniju rastavit ćemo na pet dijelova za koje su težišta definisana u odgovarajućim tabelama. Položaj težišta pojedinih segmenata linije prikazan je na slici 2.7. Koordinate težišta date linije odredit ćemo na osnovu izraza: 5

∑L x i

xT =

Slika 2.6.

i

i =1

=

L

L1 x 1 + L 2 x 2 + L 3 x 3 + L 4 x 4 + L 5 x 5 L1 + L 2 + L 3 + L 4 + L 5

................................ (1)

5

∑L y i

yT =

i =1

L

i

=

L1 y1 + L 2 y 2 + L 3 y 3 + L 4 y 4 + L 5 y 5 L1 + L 2 + L 3 + L 4 + L 5

............................ (2)

Slika 2.7. Radi preglednosti, sve vrijednosti za određivanje položaja težišta date linije prikazat ćemo tabelarno. Tabela 1. i Li (cm) 1 2R 2 Rπ 3 2R 4 2R 2 5 Rπ 13.11 Σ

2 3.14 2 2.83 3.14

xi (cm) R 3R 4R 3R

1 3 4 3 1.27

2(2R)/π

yi (cm) 0 2R/π R 3R 4R-2(2R)/π

0 0.64 1 3 2.73

Lixi (cm2) 2 9.42 8 8.49 3.99 31.90

Liyi (cm2) 0 2.01 2 8.49 8.57 21.07

Prema jednačinama (1) i (2), a na osnovu podataka iz tabele 1 slijedi: xT = 31.90 / 13.11 = 2.43 cm yT = 21.07 / 13.11 = 1.61 cm Veličinu površine koja nastaje rotacijom linije oko osa x i y odredit ćemo primjenom Guldinove teoreme na osnovu koje slijedi: - rotacija oko ose x: Ax = α. L. yT = 2π. L. yT.......................................................... (3) Ax = 2. 3.14. 13.11. 1.61 = 132.55 cm2 - rotacija oko ose y: Ay = α. L. xT = 2π. L. xT ......................................................... (4) Ay = 2. 3.14. 13.11. 2.43 = 200.06 cm2 Ugao α uvrštavamo u radijanima. b) Grafičko rješenje Koristeći razmjeru za dužinu Ul = 1cm / 1cm nacrtamo oblik linije u koordinatnom sistemu xOy, a u razmjeri UL = 2cm / 1cm nacrtamo poligon ekvivalentnih "sila" čije su napadne tačke težišta T1, T2, T3, T4, T5 pojedinih segmenata linije. Intenzitet tih "sila" jednak je dužini pojedinih segmenata linije. Dakle, imamo sistem paralelnih vektora, čija se rezultanta L dobija primjenom poligona sila i verižnog poligona (slika 2.8.). Ako vektore zaokrenemo u istu stranu za ugao od 90°, možemo odrediti rezultantu L', vektora L1', L2', L3', L4', L5' primjenom poligona sila i verižnog poligona kao u slučaju rezultante L, vektora L1, L2, L3, L4, L5. Presjek pravaca rezultanti L i L' definiše težište T date linije. Koordinate težišta T linije su:

x T = Om ⋅ U l = 2.45cm ⋅ y T = On ⋅ U l = 1.6cm ⋅

1cm 1cm

1cm 1cm

= 2.45cm ≈ 2.43cm

= 1.6cm ≈ 1.61cm

29

Slika 2.8. PRIMJER 7 Za datu površinu prikazanu na slici analitički i grafički odrediti koordinate težišta i veličinu zapremine tijela nastalog rotacijom površine oko x i y ose za ugao α = 360° ako je R = 1 cm. Rješenje: a) Analitičko rješenje Datu složenu površinu rastavit ćemo na određeni broj elementarnih geometrijskih površina za koje je položaj težišta definisan u odgovarajućim tabelama. Pri tome ćemo izvršiti odgovarajuće dopunjavanje i oduzimanje elementarnih površina kako je prikazano na slici 2.10. Koordinate težišta date površine odredit ćemo na osnovu izraza: 5

∑A x i

xT =

Slika 2.9.

i

i =1

=

A

A 1x1 − A 2 x 2 + A 3 x 3 − A 4 x 4 + A 5 x 5 A1 − A 2 + A 3 − A 4 + A5

....................................... (1)

5

∑A y i

yT =

i =1

A

i

=

A 1 y1 − A 2 y 2 + A 3 y 3 − A 4 y 4 + A 5 y5 A1 − A 2 + A 3 − A 4 + A5

Slika 2.10. Radi preglednosti, sve vrijednosti za određivanje položaja težišta date složene površine prikazat ćemo tabelarno. Tabela 2. i Ai (cm2) 1 8R2 2 -R2π/2 3 4R2 4 -R2π 5 2R2 9.29 Σ

8 -1.57 4 -3.14 2

xi (cm) 2R 3R R 4(2R)/3π 2R+2R/3

2 3 1 0.85 2.67

yi (cm) R 4R/3π 3R 4R-4(2R)/3π 2R+2R/3

1 0.42 3 3.15 2.67

30

Aixi (cm3) 16 -4.71 4 -2.67 5.34 17.96

Aiyi (cm3) 8 -0.66 12 -9.89 5.34 14.79

........................................ (2)

Prema jednačinama (1) i (2), a na osnovu podataka iz tabele 2 slijedi: xT = 17.96 / 9.29 = 1.93 cm yT = 14.79 / 9.29 = 1.59 cm Veličinu zapremine koja nastaje rotacijom date površine oko osa x i y odredit ćemo primjenom Guldinove teoreme na osnovu koje slijedi: - rotacija oko ose x: Vx = α. A. yT = 2π. A. yT .............................................................(3) Vx = 2 . 3.14 . 9.29 . 1.59 = 92.76 cm3 - rotacija oko ose y: Vy = α. A. xT = 2π. A. xT.............................................................(4) Vy = 2 . 3.14 . 9.29 . 1.93 = 112.60 cm3 Ugao α uvrštavamo u radijanima. b) Grafičko rješenje

Slika 2.11.

Koristeći razmjeru za dužinu UL = 1cm / 1cm nacrtamo datu površinu u koordinatnom sistemu xOy, a u razmjeri UA = 2cm2 / 1cm nacrtamo poligon ekvivalentnih "sila" čije su napadne tačke težišta T1, T2, T3, T4, T5 pojedinih elementarnih površina. Intenzitet tih "sila" jednak je veličini elementarnih površina. Dakle, imamo sistem paralelnih vektora A1, A2, A3, A4, A5, čija se rezultanta A dobija primjenom poligona sila i verižnog poligona (slika 2.11.). Rotacijom vektora za ugao od 90°, na isti način primejnom poligona sila i verižnog poligona dobijamo rezultantu A', paralelnih vektora A1', A2', A3', A4', A5'. Presjek pravaca rezultanti A i A' definiše težište T date površine. Bitno je uoćiti da vektori negativnih površina A2, A4, A2', A4', imaju suprotan smjer od vektora pozitivnih površina. Koordinate težišta T date površine su: 1cm x T = Om ⋅ U L = 1.9cm ⋅ = 1.9cm ≈ 1.93cm 1cm 1cm y T = On ⋅ U L = 1.6cm ⋅ = 1.6cm ≈ 159cm . 1cm PRIMJER 8 Data je konzola AB, opterećena kosom silom F1, vertikalnim silama F2 i F3, i trapeznim kontinualnim opterećenjem. Analitički i grafički odrediti reakciju uklještenja i nartati statičke dijagrame. Dati su podaci: F1 = 2 2 kN, F2 = 4 kN, F3 = 4 kN, q = 2 kN/m i a = 1 m. Rješenje: a) Analitičko rješenje - Otpor uklještenja

Slika 2.12.

Konzola oslobođena veza prikazana je na slici 2.13. Uticaj uklještenja kao veze zamijenjen je odgovarajućom reakcijom FA, odnosno, njenim komponentama FAX i FAY, i momentom uklještenja MA. Kontinualno opterećenje svodimo na koncentričnu silu Fq. Statički uvjeti ravnoteže konzole AB,opterećene sistemom proizvoljnih sila defnisani su jednačinama: Σx=0 Σy=0 { + Σ MA = 0

F1. cos45 ° - XA = 0.................................................................................. (1) YA - F1. sin45 ° + F2 - Fq + F3 = 0 ............................................................ (2) MA - (F1. sin45 °). a + F2. 2a - Fq. (5a - xT) + F3. 5a = 0 ........................... (3)

31

Sila Fq i položaj težišta trapezne površine računaju se izrazima: 2q + q 9 9 Fq = ⋅ 3a = ⋅ qa = ⋅ 2 ⋅ 1 ..................................... (4) 2 2 2 Fq = 9 kN 3a ⋅ ( 2q + 2q ) 4 4 xT = = ⋅ a = ⋅ 1 ....................................... (5) 3 ⋅ ( 2q + q ) 3 3 xT = 1.33 m

MA = (F1. sin45 °). a - F2. 2a + Fq. (5a - xT) - F3. 5a................ (3') 2 MA = 2 2 ⋅ ⋅ 1 − 2 ⋅ 4 ⋅ 1 + 9 ⋅ (5 ⋅ 1 − 1.33) − 5 ⋅ 4 ⋅ 1 2 MA = 7 kNm Iz (1) i (2): XA = F1. cos45 °.................................................................. (1') YA = F1. sin45 ° - F2 + Fq - F3 ............................................. (2') 2 odnosno: XA = 2 2 ⋅ = 2 kN X A = 2 kN 2 2 YA = 2 2 ⋅ + 9 − 4 − 4 = 3kN YA = 3kN 2 Intenzitet i pravac djelovanja reakcije FA definisan je izrazima: Iz (3):

2

2

FA = X A + YA 2

................................................................ (6)

2

FA = 2 + 3 FA = 3.61 kN

tgϕ =

YA .......................................................................... (7) XA

ϕ = arctg

slika 2.13

YA

XA ϕ ≈ 56.31°

3 = arctg ...................................................... (8) 2

Kontrola:

{ + Σ MB = 0

Fq. xT - F2. 3a + (F1. sin45 °). 4a - YA. 5a + MA = 0 ............ (10) ⎛ ⎞ 9 . 1.33 - 4 . 3 . 1 + ⎜ 2 2 ⋅ 2 ⎟ . 4 . 1 - 3 . 5 . 1 + 7 = 0 2 ⎠ ⎝

- Dijagram momenata savijanja (Mf), aksijalnih (Fa) i transverzalnih (Ft) sila

Za crtanje dijagrama momenta savijanja (Mf), aksijalnih (Fa) i transverzalnih (Ft) sila primijenit ćemo analizu po poljima i karakterističnim tačkama. Analizu po poljima primijenit ćemo na dijelu konzole sa kontinualnim opterećenjem, a na dijelu sa koncentrisanim silama primijenit ćemo analizu po karakterističnim tačkama. Polje BD: 0 ≤ x ≤ 3a

q qx ⎛ x⎞ 3a − x , odnosno: q = q = = q ⋅ ⎜1 − ⎟ . x ⎝ 3a ⎠ 3a 3a − x 3a Intenzitet sila Fq1 i Fq2 definisan je izrazima: ⎡ ⎛ ⎛ x ⎞⎤ x⎞ Fq1 = x( q + q x ) = x ⋅ ⎢ q + q⎜1 − ⎟⎥ = q ⋅ ⎜ 2 − ⎟x ⎝ ⎠ ⎝ ⎣ 3a ⎦ 3a ⎠ ⎡ ⎛ 1 1 1 x ⎞⎤ q 2 Fq 2 = x(2q − q − q x ) = x ⋅ (q − q x ) = x⎢ q − q⎜1 − ⎟⎥ = x ⎝ 3a ⎠⎦ 6a 2 2 2 ⎣

Iz sličnosti trouglova slijedi:

+

d

⎯ ⎯→ Fa = 0

2 ⎛ x⎞ q 2 x d + ↓ Ft = Fq1 + Fq 2 − F3 = q ⋅ ⎜ 2 − ⎟x + x − F3 = −4 + 4 x − ⎝ 3a ⎠ 6a 3 3 ⎛ x q 2 2 x⎞ x x 2 d 2 M fx = F3 ⋅ x − Fq 2 ⋅ x − Fq1 ⋅ = F3 ⋅ x − x ⋅ x − q⎜ 2 − ⎟ x ⋅ = 4 x − 2 x + ⎝ 3 2 6a 3 3a ⎠ 2 9

Vrijednosti Fa, Ft i Mf za neke veličine x date su u tabeli. 0≤x≤3m x (m) Fa (kN) Ft (kN) Mf (kNm) 0 0 -4 0 1 0 -0.33 2.11 2 0 2.67 0.89 3 0 5 -3 Vrijednosti aksijalne (Fa) i transverzalne (Ft) sile i momemnta savijanja (Mf) van polja sa kontinualnim opterećenjem u karakterističnim tačkama A, C i D definisane su izrazima: + l 2 ←⎯⎯ Fa ( A+ε ) = X A = 2 kN + l ←⎯⎯ Fa ( C+ε ) = X A − F1 cos 45°= 2 − 2 2 =0 + l 2 ← ⎯⎯ Fa ( C−ε ) = X A = 2 kN 2 + l ←⎯⎯ Fa ( D −ε ) = X A − F1 cos 45°= 2 − 2 2 =0 2

32

+ ↑ Ft ( A+ε ) = YA = 3kN

l

z Ml + fx ( A + ε ) = − M A = −7 kNm

l + ↑ Ft ( C −ε )

z M l = − M + Y ⋅ a = −7 + 3 ⋅ 1 = −4 kNm + fxC A A

= YA = 3kN

l

2

l

2 2

+ ↑ Ft ( C+ε ) = YA − F1 sin 45°= 3 − 2 2 + ↑ Ft ( D −ε ) = YA − F1 sin 45°= 3 − 2 2

z l + M fxD = − M A + YA ⋅ 2a − F1 sin 45°⋅a = −7 + 3 ⋅ 2 − 2 2

= 1kN

2 2

⋅ 1 = −3kNm

= 1kN

2

Pošto transverzalna sila u polju BD mijenja predznak znači da možemo odrediti ekstremnu vrijednost momenta ispod kontinualnog opterećenja. Tu vrijednost određujemo iz uvjeta: d dM fx d = − Ft = 0 dx 2 x −4 + 4 x 0 − 0 = 0 3 2

x 0 − 12 x 0 + 12 = 0

( x0 ) 1,2 =

2

−( −12) ± ( −12) − 4 ⋅ 1⋅ 12

= 6 ± 4.9 2 ⋅1 (x0)1 = 10.9 m (x0)2 = 1.1 m Prihvatljivo rješenje je (x0)2 = 1.1 m za koje slijedi ekstremna vrijednost momenta: M fx = M

( )2

f x0

( ) 2 − 2( x0 ) 22 +

= 4 x0

Uzevši u obzir da je M = M fx M f max = M fx = M

( )2

f x0

( )2

f x0

( x0 ) 32

3

2

= 4 ⋅ 11 . − 2(11 .) +

11 .

= 2.13kNm 9 9 = M fx > 0 , slijedi da je moment Mf(x=x0) maksimalan, odnosno: 0

= M fx = 2.13kNm 0

Vrijednosti aksijalne i transverzalne sile i momenta savijanja dobijene proračunom za karakteristične presjeke konzole prikazane su pomoću dijagrama na slici 2.13. b) Grafičko rješenje

Usvojimo razmjeru za dužinu UL i za silu UF i nacrtamo datu konzolu sa opterećenjem. Kontiualno opterećenje podijelimo na tri polja i uticaj svakog polja zamijenimo ekvivalentnom koncentrisanom silom intenziteta jednakog površini polja (slika 2.14). Specifična opterećenja q1 i q2 određujemo na osnovu promjene specifičnog opterećenja u polju BD: q1 = q + q(x = 2a) = q + q (1 - 2a/3a) = 2 + 2 (1 - 2/3) = 2.67 kN/m q2 = q + q(x = a) = q + q (1 - a/3a) = 2 + 2 (1 - 1/3) = 3.33 kN/m Intenziteti ekvivalentnih koncentrisanih sila Fq1, Fq2, Fq3 iznose: q + q1 2 + 2.67 Fq1 = ⋅a = ⋅ 1 = 2.335kN 2 2

Fq 2 = Fq 3 =

q1 + q 2 2 q 2 + 2q

⋅a = ⋅a =

2.67 + 3.33 2

⋅ 1 = 2.985kN

3.33 + 2 ⋅ 2

⋅ 1 = 3.65kN 2 2 Na osnovu usvojene razmjere za silu UF konstruišemo poligon sila (slika 2.14), na osnovu kojeg slijedi reakcija FA čiji je intenzitet definisan proizvodom duži ga i razmjere UF. Reakcija FA zatvara poligon sila. Da bismo dobili dijagram napadnog momenta redukovan na horizontalu sa odgovarajućim znakom, uobičajenim za napadni momenat, treba imati u vidu sljedeće: a) Ako je uklještenje na lijevoj strani sile u poligonu sila nanosimo redom slijeva u desno, prvo F1 pa F2, Fq1, Fq2, Fq3 i na kraju F3. b) Pol P uzimamo na horizontali povučenoj kroz kraj posljednje sile, i to sa desne strane poligona na proizvoljno izabranom rastojanju H. Kako napadni moment zavisi samo od transverzalnih sila, nacrtan je poligon sila i verižni poligon (slika 2.14.a.), kojeg čine samo sile upravne na gredu. Na osnovu zraka 1, 2, 3, ..., 7 definisanih planom sila i verižnim poligonom na slici 2.14.a. dobijen je dijagram napadnog momenta redukovan na horizontalu. Moment uklještenja MA definisan je proizvodom ordinate yA sa dijagrama i razmjere za moment UM. U polju kontinualnog opterećenja dijagram momenta definisan je kubnom parabolom za koju su zrake 3, 4, 5 i 6 tangente, odnosno obvojnice. Sa izabranom razmjerom UF, nanoseći sile s lijeva udesno (počevši od sile FAY) nacrtan je dijagram transverzalnih sila (slika 2.14.b.). U polju kontinualnog opterećenja transverzalna sila se mijenja po funkciji kvadratne parabole, a stvarni dijagram transverzalnih sila dobijen je povlačenjem parabole kroz tačke početka i kraja elementarnih polja i središnje tačke vektora ekvivalentnih koncentrisanih sila Fq1, Fq2 i Fq3. Na slici 2.14.c. prikazan je dijagram aksijalnih sila nacrtan u razmjeri UFa. Vrijednosti projekcija sila na horizontalnu osu x nanose se na vertikali kroz napadne tačke sila. Dio konzole AC u ovom slučaju napregnut je na zatezanje tako da je dijagram aksijalnih sila nacrtan iznad nulte linije i u njemu je nacrtan znak "+". Ostali dijelovi konzole nisu opterećeni aksijalnim silama.

33

UM f =

3kNm 1cm

Razmjera: UL = 1 m / 1 cm UF = 1 kN / 1 cm UM = UL . UF . H = 1. 1. 3 UM = 3 kNm / 1 cm

UF t =

1kN 1cm

ab = F1 / UF bc = F2 / UF cd = Fq1 / UF de = Fq2 / UF ef = Fq3 / UF fg = F3 / UF

FA = ga . UF = 3.6. 1 = 3.6 kN ≅ 3.61 kN XA = gh . UF = 2. 1 = 2 kN YA = ha . UF = 3. 1 = 3 kN MA = yA . UM = 2.3. 3 = 6.9 kNm ≅ 7 kNm Mmax = ymax . UM = 0.7. 3 = 2.1 kNm ≅ 2.13 kNm x1 = ak . UF = 2. 1 = 2 kN y1 = kb . UF = 2. 1 = 2 kN

UF a =

1kN 1cm

Slika 2.14.

34

x1 = 2 kN y1 = 2 kN

PRIMJER 9 Za datu gredu grafičkim i analitičkim putem odrediti otpore oslonaca i nacrtati statičke dijagrame momenta, aksijalnih i transverzalnih sila detaljnom analizom polja i karakterističnih tačaka. Dati su podaci: F1 = 2 kN, F2 = 4 kN, F3 = 4 2 kN, F4 = 3 kN, M = 6 kNm, q = 2 kN/m, a = 1 m i α = 45°. Težinu grede zanemariti. Rješenje a) Analitičko rješenje - Otpori oslonaca

Slika 2.15.

Greda oslobođena veza prikazana je na slici 2.16. Uticaj nepokretnog oslonca A zamijenjen je komponentama reakcije oslonca A, FAX i FAY, a pokretnog oslonca B reakcijom FB. Kontinualno opterećenje svodimo na koncentrisanu silu Fq. Statički uvjeti ravnoteže grede AB, opterećene sistemom proizvoljnih sila i momentom definisani su jednačinama: Σx=0 Σy=0 { + Σ MA = 0

F3. cos α - XA = 0 ..................................................................................... (1) F1 - Fq + YA + F2 - F3. sin α + FB - F4 = 0 ................................................ (2) -F1. a + Fq. a/2 + F2. 2a + M - (F3. sin α). 4a - FB. 5a - F4. 6a = 0 ............. (3) Silu Fq izračunavamo prema izrazu: Fq = q. 3a = 2. 3. 1 ........................................................(4) Fq = 6 kN Fq M F1 − − 2 F2 − + 4 F3 sin α + 6F4 2 a .................(5) Iz (3): FB = 5 FB = 3.8 kN 2 Iz (1) i (2): XA = F3. cos α = 4 2 ...........................................(1') 2 XA = 4 kN YA = Fq - F1 - F2 + F3. sin α - FB + F4 .........................(2') UMf = 2 kNm / 1 cm 2 YA = 6 + 4 2 + 3 - 2 - 4 - 3.8 = 3.2 kN 2

Intenzitet i pravac djelovanja reakcije u osloncu A definisan je izrazima: 2

2

FA =

X A + YA

FA =

4 + 3.2

2

.......................................................(6)

2

FA = 5.12 kN

UFt = 2 kN / 1 cm

YA ....................................................................(7) XA 3 YA ϕ = arctg = arctg ...............................................(8) 2 XA ϕ ≈ 38.66° tgϕ =

UFa = 2 kN / 1 cm

Kontrola:

{ + Σ MI = 0

-F1. 5a + Fq. 4.5a - YA. 4a - F2. 2a + M + FB. a - F4. 2a = 0 -2. 5. 1 + 6. 4.5. 1 - 3.2. 4. 1 - 4. 2. 1 + 6 + 3.8. 1 + 3. 2. 1 = 0

Slika 2.16. - Dijagram momenata savijanja (Mf), aksijalnih (Fa) i transverzalnih (Ft) sila

Za crtanje dijagrama momenta savijanja (Mf), aksijalnih (Fa) i transverzalnih (Ft) sila primijenit ćemo analizu po poljima i karakterističnim tačkama. Analizom dobijamo brojčane vrijednosti momenta, aksijalnih i transverzalnih sila na osnovu kojih konstruišemo dijagrame. Pod poljem se podrazumijeva dio grede gdje transverzalne sile i momenti imaju jedne (nepromijenjene) zavisnosti od položaja presjeka (koordinate x). U ovom primjeru analizu po poljima primijenit ćemo na dijelu grede sa kontinualnim opterećenjem, a na dijelu sa koncentrisanim silama primijenit ćemo analizu po karakterističnim tačkama. Polje I: 0 ≤ x ≤ a Fq1 = q. x = 2x +

l

←⎯⎯ Fa = 0 l

+ ↑ Ft = − Fq1 = − q ⋅ x 2 z l =− Fq1 ⋅ 0.5x = −0.5q ⋅ x + M fx

0≤x≤1m x (m) Fa (kN) 0 0 1 0

Ft (kN) 0 -2

Mfx (kNm) 0 -1

35

Polje II: 0 ≤ x ≤ a Fq1 = q. a = 2. 1 = 2 kN Fq2 = q. x = 2x +

l

←⎯⎯ Fa = 0 l

+ ↑ Ft = − Fq1 + F1 − Fq 2 = − Fq1 + F1 − q ⋅ x z M l = − F ⋅ ( 0.5a + x) + F ⋅ x − F ⋅ 0.5x = − F ⋅ ( 0.5a + x) + F ⋅ x − 0.5q ⋅ x 2 + fx q1 q2 q1 1 1

x (m) 0 1

Fa (kN) 0 0

Ft (kN) 0 -2

Mfx (kNm) -1 -2

0≤x≤1m

Polje III: 0 ≤ x ≤ a Fq1 = Fq2 = q. a = 2. 1 = 2 kN Fq3 = q. x = 2x +

l

←⎯⎯ Fa = X A l

+ ↑ Ft = − Fq1 + F1 − Fq 2 + YA − Fq 3 = − Fq1 + F1 − Fq 2 + YA − q ⋅ x z M l = − F ⋅ (15 . a + x ) + F1 ⋅ ( a + x ) − Fq 2 ⋅ ( 0.5a + x ) + YA ⋅ x − Fq 3 ⋅ 0.5x = + fx q1

. a + x ) + F1 ⋅ ( a + x ) − Fq 2 ⋅ ( 0.5a + x ) + YA ⋅ x − 0.5q ⋅ x = − Fq1 ⋅ (15 x (m) 0 1

Fa (kN) 4 4

Ft (kN) 1.2 -0.8

Mfx (kNm) -2 -1.8

2

0≤x≤1m

Vrijednosti Fa, Ft i Mf za neke vrijednosti x u okviru analize po poljima date su u tabelama. Za dio grede od tačke E do tačke K izračunavamo Fa, Ft i Mf za karakteristične tačke K, B, I, H, L i E. +

d

⎯⎯→ Fa ( K+ ε ) = 0 d + ↓ Ft ( K+ ε )

+

d ⎯⎯→ Fa ( B− ε)

2

d

=0

= 3.2 kN

2

d { Md + fx ( H + ε ) = M fx ( H − ε ) + M = −5.4 + 6 = 0.6 kNm

d

+

2

d

⎯⎯→ Fa ( L − ε ) = F3 ⋅ cos α = 4 2 ⋅

{ Md + fx ( B) = − F4 ⋅ a = −3 ⋅ 1 = −3kNm

2

= 4 kN

d

+ ↓ Ft ( L − ε ) = F4 − FB + F3 ⋅ sin α = 3 − 3.8 + 4 2 ⋅

d

⎯⎯→ Fa ( B+ ε) = 0 d

+ ↓ Ft ( B+ ε) = F4 − FB = 3 − 3.8 = −0.8kN +

= 4 kN

+ ↓ Ft ( H + ε ) = F4 − FB + F3 ⋅ sin α = 3 − 3.8 + 4 2 ⋅

+ ↓ Ft ( B− ε) = F4 = 3kN

+

2

= F4 = 3kN

{ Md + fx ( K ) = 0 +

2

d

⎯⎯→ Fa ( H + ε ) = F3 ⋅ cos α = 4 2 ⋅

2 2

= 3.2 kN

{ Md + fx ( L ) = − F4 ⋅ 4 a + FB ⋅ 3a − ( F3 ⋅ sin α) ⋅ 2 a + M =

d

⎯⎯→ Fa ( I − ε ) = 0 d + ↓ Ft ( I − ε )

= −3 ⋅ 4 + 3.8 ⋅ 3 − 4 2 ⋅

= F4 − FB = 3 − 3.8 = −0.8kN

+

+

d

2 2

= 4 kN

d

+ ↓ Ft ( I + ε ) = F4 − FB + F3 ⋅ sin α = 3 − 3.8 + 4 2 ⋅ +

d

⎯⎯→ Fa ( H − ε ) = F3 ⋅ cos α = 4 2 ⋅

2 2

d

d

⋅ 2 + 6 = −2.6kNm 2 2

= 4 kN

d

+ ↓ Ft ( E ) = F4 − FB + F3 ⋅ sin α − F2 = 3 − 3.8 + 4 2 ⋅ 2 2

= 3.2 kN

2 2

2 2

− 4 = −0.8kN

{ Md fx ( E ) = − F4 ⋅ 5a + FB ⋅ 4 a − ( F3 ⋅ sin α ) ⋅ 3a + M + F2 ⋅ a = +

= −3 ⋅ 5 + 3.8 ⋅ 4 − 4 2 ⋅

= 4 kN

+ ↓ Ft ( H − ε ) = F4 − FB + F3 ⋅ sin α = 3 − 3.8 + 4 2 ⋅

2

⎯⎯→ Fa ( E ) = F3 ⋅ cos α = 4 2 ⋅

{ Md + fx ( I ) = − F4 ⋅ 2 a + FB ⋅ a = −3 ⋅ 2 + 3.8 ⋅ 1 = −2.2 kNm

⎯⎯→ Fa ( I + ε ) = F3 ⋅ cos α = 4 2 ⋅

2

2 2

⋅ 3 + 6 + 4 ⋅ 1 = −18 . kNm

= 3.2 kN

{ Md fx ( H − ε ) = − F4 ⋅ 3a + FB ⋅ 2 a − ( F3 ⋅ sin α) ⋅ a = +

= −3 ⋅ 3 + 3.8 ⋅ 2 − 4 2 ⋅

2 2

⋅ 1 = −5.4 kNm

Oznaka Fda(K + ε) , ..., Fda(L - ε) , znači da se radi o presjeku koji se nalazi lijevo od tačke K pomjeren za malu veličinu ε, odnosno o presjeku koji je u odnosu na tačku L pomjeren za malu veličinu ε u desnu stranu. Na slici 2.16. prikazani su dijagrami momenata savijanja (Mf), aksijalnih (Fa) i transverzalnih (Ft) sila. b) Grafičko rješenje Usvojimo razmjeru za dužinu UL i za silu UF i nacrtamo gredu sa opterećenjem. Kontinualno opterećenje podijelimo na tri polja i uticaj svakog polja zamijenimo ekvivalentnom koncentrisanom silom intenziteta jednakog površini polja (slika 2.17). Intenziteti sila Fq1, Fq2, Fq3, definisani su izrazima: Fq1 = q. a = 2. 1 = 2 kN Fq2 = q. a = 2. 1 = 2 kN Fq3 = q. a = 2. 1 = 2 kN

36

Razmjera: UL = 1 m / 1 cm UF = 2 kN / 1 cm d = a = M/F = 1 m F = F' = F" = M/a = 6 kN UM = UL . UF . H = 1. 2. 3 UM = 6 kNm / 1 cm

ab = Fq1 / UF bc = F1 / UF cd = Fq2 / UF de = Fq3 / UF ef = F2 / UF fg = F' / UF gh = F" / UF hi = F3 / UF ij = F4 / UF

UM = 6 kNm / 1 cm

UFt = 2 kN / 1 cm

UFa = 2 kN / 1 cm

Slika 2.17.

FA = ka . UF = 2.55. 2 = 5.1 kN ≅ 5.12 kN FB = jk . UF = 1.9. 2 = 3.8 kN Mmax = ymax . UM = 0.9. 6 = 5.4 kNm M = y. UM = 1. 6 = 6 kNm

Zatim nacrtamo poligon sila i verižni poligon (slika 2.17) na osnovu kojih grafičkim putem određujemo reakcije FA i FB. Pri određivanju reakcija grafičkim putem moramo imati u vidu sljedeće: • položaj napadne linije reakcije FB je poznat dok FA nije, • sile u planu sila nanosimo redom s lijeva udesno, • proizvoljno izaberemo tačku P kao pol i povučemo zrake 1, 2, 3, ..., 10, • prva zraka verižnog poligona (uprošteni model grede - slika 2.17.a) mora prolaziti kroz tačku A, jer je to, kao napadna tačka reakcije FA, u potpunosti definisana tačka na pravcu reakcije FA (za razliku od ostalih koje nisu poznate) i zbog toga da možemo zatvoriti verižni poligon zrakom z koji je definisan između reakcija FA i FB. Ako bismo sile nanosili redom s desna ulijevo, tada bi posljednji zrak morao proći kroz tačku A. Kontinualno opterećenje je svedeno na ekvivalentni sistem koncentrisanih sila da bi dobili tačniji dijagram transverzalnh sila i momenta. Zrak z (zaključna linija) definisan je tačkom A (presječna tačka zraka 1 i pravca reakcije FA) i tačkom presjeka zraka 10 i pravca reakcije FB. Reakcija FB (poznatog pravca) je između zraka 10 i z (duž jk), dok se reakcija FA

37

dobija zatvaranjem poligona sila od tačke k do a (zrak z i zrak 1). Na slici 2.17.a. prikazan je takozvani "iskrivljeni dijagram momenta". Intenzitet reakcija FA i FB dobijamo množenjem duži ka i jk sa usvojenom razmjerom za silu UF. Kako napadni moment zavisi samo od transverzalnih sila, nacrtan je poligon sila i verižni poligon kojeg čine samo sile upravne na gredu (slika 2.17.b) uz izbor položaja pola P' da zrak z' (zaključna liija) bude horizontalan (udaljenost pola P' od pravca sila, H ≅ 3 cm, proizvoljno se usvaja). Na taj način dobija se "ispravljeni" dijagram napadnog momenta, kojem su zraci 1', 2', 3', 4', i 5' obvojnice u polju kontinualnog opterećenja. Potrebno je istaći da smo izvršili redukciju dijelova dijagrama na prepustima grede (A'A"S" i B'B"K") s tim da je veličina ordinata u karakterističnim tačkama ostala nepromijenjena. Sa izabranom razmjerom UF t i nanoseći sile s lijeva udesno (počevši od sile Fq1) nacrtan je dijagram transverzalnih sila (slika 2.17.c). U polju kontinualnog opterećenja stvarni dijagram transverzalnih sila dobijen je povlačenjem pravih kroz tačke početka i kraja elementarnih polja i središnje tačke vektora ekvivalentnih koncentrisanih sila Fq1, Fq2, Fq3, (slika 2.17.c). Na slici 2.17.d. prikazan je dijagram aksijalnih sila nacrtan u razmjeri UFa. Pri crtanju dijagrama korištene su projekcije sila na horizontalnu osu grede. Vrijednosti projekcija sila nanose se na vertikali kroz napadne tačke sila. Ako aksijalna sila opterećuje presjek na istezanje, smatra se pozitivnom, a na pritisak negativnom. Na osnovu toga su označeni znaci u dijagramu (pozitivan znak iznad nulte linije, a negativan ispod). Isti princip označavanja primjenjuje se i kod dijagrama transverzalnih sila dok je kod dijagrama napadnog momenta pozitivna vrijednost (znak "+") označena ispod nulte linije, a negativna (znak "-") iznad nulte linije.

PRIMJER 10 Dat je linijski puni Gerberov nosač AC, opterećen koncentrisanom silom F, momentom sprega sila M i jednolikim kontinualnim opterećenjem q prema slici 2.18. Analitičkim i grafičkim putem odrediti otpore oslonaca i nacrtati statičke dijagrame. Dati su podaci: F = 4 2 kN, M = 6 kNm, q = 1 kN/m i a = 1 m.

1. Analitičko rješenje a) Otpori oslonaca

Slika 2.18.

Pri određivanju otpora oslonaca potrebno je prvo kontinualno opterećenje zamijeniti koncentrisanom silom: Fq = q. 2a = 1. 2. 1........................................................ (1) Fq = 2 kN Uticaj oslonaca zamijenimo odgovarajućim reakcijama tako da imamo četiri nepoznate veličine: FAX, FAY, FB, FC, (ili FA, αA, FB, FC). Iz uvjeta ravnoteže za proizvoljni sistem sila i usvojeni koordinatni sistem Oxy slijede tri jednačine. Četvrtu jednačinu dobijamo iz uvjeta da je suma momenata za Gerberov zglob s lijeve ili s desne strane jednaka nuli. Analitički uvjeti ravnoteže definisani su jednačinama: Σx=0 Σy=0 {Σ M = 0 A + { Σ MGd = 0 +

- XA + X = 0 ......................................................... (2) YA + FB - Y - Fq + FC = 0 ..................................... (3) -M + FB. 2a -Y. 3a - Fq. 5a + FC. 6a = 0 ................ (4) FC. 2a - Fq. a = 0.................................................... (5)

Potrebno je definisati i sljedeće izraze: G G G FA = FAX + FAY ................................................. (6)

G G FAX = X A ⋅ i ...................................................... (7) G G FAY = YA ⋅ j ....................................................... (8)

X A = FA ⋅ cosα A ................................................ (9) YA = FA ⋅ sinα A ................................................. (10) 2

2

X A + YA ................................................ (11) YA ........................................................ (12) tgα A = XA YA ................................................... (13) α A = arctg XA r r r F = FX + FY ......................................................... (14) r r FX = X ⋅ i ............................................................ (15) r r FY = Y ⋅ j ............................................................. (16) FA =

X = F ⋅ cos45°= 4 2

Iz (3):

Slika 2.19.

38

= 4 kN ......................... (17)

= 4 kN ......................... (18) 2 FC Fq / 2 = 2 / 2 = 1 kN ...................................... (19) XA = X = 4 kN ..................................................... (2') FB = M / 2a + Y. 3/2 + Fq. 5/2 - 3FC .................... (20) FB = 6 / 2 + 4. 3/2 + 2. 5/2 - 3. 1 = 11 kN YA = Y + Fq - FB - FC = 4 + 2 - 11 - 1 .................. (3') YA = -6 kN (pogrešno pretpostavljen smjer) Y = F ⋅ sin45°= 4 2

Iz (5): Iz (2): Iz (4):

2 2 2

=

Pravac i intenzitet reakcije u osloncu A određeni su izrazima (13) i (11). −6 α A = arctg = −56.31° 4 2

2

FA = 4 + ( −6) = 7.21kN Kontrola:

{Σ M = 0 E +

-YA. 3a - M - FB. a - Fq. 2a - FC. 3a = 0 ................. (21) -(-6). 3. 1 - 6 - 11. 1 - 2. 2. 1 + 1. 3. 1 = 0

b) Statički dijagrami momenata savijanja (Mf), aksijalnih (Fa) i transverzalnih (Ft) sila Statičke dijagrame za dio nosača gdje imamo kontinualno opterećenje odredićemo analizom po poljima, a na dijelu nosača gdje nemamo kontinualno opterećenje analizom po karakterističnim tačkama (presjecima), kako je urađeno u prethodnim primjerima. - Analiza po poljima Polje I: 0 ≤ x ≤ 2a Fq1 = q. x = x +

d

⎯⎯→ Fa = 0 d

+ ↓ Ft = − FC + Fq1 = − FC + x = x − 1 { M d = F ⋅ x − F ⋅ 0.5x = x − 0.5 ⋅ x 2 + fx C q1

x (m) 0 0.5 1 1.5 2

Fa (kN) 0 0 0 0 0

Ft (kN) -1 -0.5 0 0.5 1

Mfx (kNm) 0 0.375 0.5 0.375 0

Prema tabelarnim podacima vidimo da se u polju I ispod kontinualnog opterećenja javlja ekstremna vrijednost momenta savijanja Mf jer transverzalna sila mijenja predznak, mada je iz tabele očigledno da se za vrijednost Ft = 0 na udaljenosti od x = 1 m od tačke C, odnosno oslonca C javlja Mfmax = 0.5 kNm. Isto se može pokazati i matematički, kako slijedi: d dM fx d = − Ft = − ( x 0 − 1) = 0 dx

x 0 = 1m 2

d

⎞ d ⎛d 2 ⎜ ( −0.5x 0 + x 0 ) ⎟ = −1 < 0 → max ⎝ ⎠ dx dx dx Mfmax = Mf (x0 = 1) = -0.5x02 + x0 = 0.5 kNm Dakle, na udaljenosti x = 1 m od oslonca C definisana je ekstremna vrijednost momenta savijanja Mf a ta ekstremna vrijednost je maksimalna (jer je drugi izvod negativan). d M fx 2

=

- Analiza po karakterističnim tačkama (presjecima) Transverzalna sila (Ft) Aksijalna sila (Fa) + l l + ↑ Ft ( A − ε ) = 0 ←⎯⎯ Fa ( A − ε ) = 0

Moment savijanja (Mf) zM l = 0 + fA zM l z f (+D − ε ) = − YA ⋅ a = −6kNm +

+

l

+ ↑ Ft ( A + ε ) = + ↑ Ft ( D − ε ) =

+

l

= + ↑ Ft ( D + ε ) = + ↑ Ft ( B− ε ) =

zM l + f ( D + ε ) = − YA ⋅ a + M = 0

+

l

= − YA = −6 kN

z M l = − Y ⋅ 2 a + M = −6 ⋅ 2 + 6 = −6kNm + fB A

l

←⎯⎯ FaA = X A = 4 kN

l

←⎯⎯ Fa ( A + ε ) = 4 kN +

l

←⎯⎯ Fa ( D − ε ) = ←⎯⎯ Fa ( D + ε ) = +

+

l

l

l

= ←⎯⎯ Fa ( B− ε ) = ←⎯⎯ Fa ( B+ ε ) = +

l

←⎯⎯ Fa ( E − ε ) = X A = 4 kN +

l ←⎯⎯ Fa ( E + ε )

=

+

l

l ←⎯⎯ Fa ( G − ε )

l

+ ↑ Ft ( B+ ε ) = + ↑ Ft ( E − ε ) =

z M l = − Y ⋅ 3a + M + F ⋅ a = −1kNm fE A B +

− YA + FB = −6 + 11 = 5kN

z M l = − Y ⋅ 4a + M + F ⋅ 2 a − Y ⋅ a = 0 + fG A B

l

= XA − X = 0

l

l

+ ↑ Ft ( E + ε ) = + ↑ Ft ( G − ε ) = = − YA + FB − Y = −6 + 11 − 4 = 1kN

Izračunate vrijednosti momenata savijanja (Mf), aksijalnih (Fa) i transverzalnih (Ft) sila grafički su predstavljene statičkim dijagramima na slici 2.19.

39

2. Grafičko rješenje Grafičko rješenje za Gerberov linijski puni nosač bazira se na istim principima kao za prosti linijski puni nosač obrađen u prethodnim primjerima. Kontinualno opterećenje podijelimo na dva dijela i zamijenimo sa odgovarajućim koncentrisanim silama Fq1 i Fq2. Na osnovu usvojene razmjere za dužinu UL = 1m / 1cm i silu UF = 2kN / 1cm nacrtamo nosač i plan sila (slika 2.20.a i f). Verižni poligon crtamo tako što prvu zraku povlačimo kroz nepomični oslonac A (sile u poligonu sila nanešene s lijeva udesno), a odgovarajuće zrake do presjeka sa odgovarajućom silom. Moment sprega sila M svodimo na paralelne sile FS na međusobnom rastojanju a = 1 m. Za određivanje reakcija FA, FB i FC potrebno je imati dva završna zraka verižnog poligona. Završne zrake verižnog poligona određene su kako je prikazano na slici uproštenog nosača (slika 2.20.b) gdje je dobijen iskrivljeni dijagram momenta savijanja (Mf). Završna zraka verižnog poligona z2 određena je tačkom M (presjek zrake 6 i pravca reakcije FC) i tačkom G, odnosno Gerberovim zglobom u kojem moment mora biti jednak nuli, a završna zraka z1 određena je tačkom R (presjek zrake z2 i pravca reakcije FB) i tačkom A. Na slikama 2.20.c i g prikazan je ispravljeni dijagram momenta (nakon redukcije na horizontalu) i plan transverzalnih sila (Ft) od kojih zavisi moment savijanja Mf nakon redukcije. Fq1 = Fq2 = q. a = 1. 1 = 1 kN F5 = M / a = 6 / 1 = 6 kN ab = bc = F5 / UF = 6 / 2 = 3 cm cd = F / UF = 4√2 / 2 = 2√2 cm de = Fq1 / UF = 1 / 2 = 0.5 cm ef = Fq2 / UF = 1 / 2 = 0.5 cm FC = fg. UF = 0.5. 2 = 1 kN FB = gh. UF = 5.5. 2 = 11 kN FA = hk. UF = 3.6. 2 = 7.2 ≅ 7.21 kN FAX = XA = 2. 2 = 4 kN FAY = YA = h'k. UF = 3. 2 = 6 kN

UL = 1m / 1cm

UMf = 8kNm / 1cm

UMf = 8kNm / 1cm UF = 2kN / 1cm

UFt = 2kN / 1cm

UFa = 2kN / 1cm

Slika 2.20. 40

UM = UL. UF. H = 1. 2. 4 = 8 kNm / 1 cm M = yM. UM = 0.75. 8 = 6 kNm Mfmax = ymax. UM = 0.06. 8 = 0.48 ≅ 0.5 kNm

PRIMJER 11 Za dati okvirni nosač na slici 2.21. odrediti grafički i analitički otpore oslonaca i nacrtati statičke dijagrame. Dati su podaci: F1 = 2 kN, F2 = 3 kN, F3 = 3 3 kN, q = 1 kN/m i a = 1 m. Rješenje: 1. Analitičko rješenje a) Otpori oslonaca Okvirni nosač posmatramo kao kruto tijelo. Kontinualno opterećenje zamijenimo koncentrisanom silom Fq = q. 4a = 4 kN, a uticaj oslonaca zamijenit ćemo reakcijama veza FA, FBX i FBY (slika 2.25). Na nosač sada djeluje proizvoljni sistem sila u ravni za koji su analitički uvjeti ravnoteže definisani za usvojeni koordinatni sistem Oxy jednačinama: Σx=0 Σy=0 { Σ MB = 0 +

F2 - X3 - F1 + XB = 0 ......................................... (1) FA - Fq + Y3 + YB = 0........................................ (2) F1. 2a + X3. 4a + Y3. a + Fq. 3a - FA. 4a = 0 ....... (3)

Slika 2.21. G G G F3 = F3X + F3Y ................................................ (12) G G F3X = X3 ⋅ i .................................................... (13) G G F3Y = Y3 ⋅ j ..................................................... (14)

Reakcija FB i sila F r 3 razložene r rna komponente definišu izraze: FB = FBX + FBY ............................................... (4) r r FBX = X B ⋅ i .................................................... (5) r r FBY = YB ⋅ j ..................................................... (6) X B = FB ⋅ cosα B .............................................. (7) YB = FB ⋅ sin α B ................................................ (8)

FB = tgα B =

X 3 = F3 ⋅ cos 60°= 3 3 ⋅ 0.5 = 2.598 kN ........... (15) Y3 = F3 ⋅ sin 60°= 3 3 ⋅ 0.866 = 4.5kN ............. (16) 2 F1 + 4 X 3 + Y3 + 3Fq − 3F2 Iz (3): = 5.47 kN ..... (17) FA = 4 Iz (1): XB = F1 + X3 - F2 = 1.598 kN ........................... (1') Iz (2): YB = Y3 + Fq - FA = 3.03 kN............................. (2') Intenzitet i pravac reakcije FB određeni izrazima (9) i (11) iznose:

2 2 X B + YB ............................................... (9) YB ....................................................... (10)

XB

α B = arctg

YB .................................................. (11) XB

2

2

FB = 1.598 + 3.03 = 3.43kN α B = arctg

3.03 1.598

= 62 .19°

b) Statički dijagrami - dijagrami momenata savijanja (Mf), aksijalnih (Fa) i transverzalnih (Ft) sila

Prvo se definišu statički dijagrami za grede vezane za postolje - stubove (na slici 2.25. to su grede AD i BH). Smatra se pri tome da se posmatranje greda vrši iz unutrašnjosti okvirnog nosača - tačka O. U ovom primjeru će biti prikazan jedan od niza načina analize i definisanja statičkih dijagrama. Okvirni nosač rastavit ćemo na tri grede (nosača): AD, BH i CH, a uticaj jedne na drugu definisat ćemo preko aksijalne i transverzalne sile i momenta savijanja kako slijedi: - Greda AD

Uvjeti ravnoteže: Σx=0

F2 - FXD = 0 FXD = F2 = 3 kN FA - FDY = 0 FDY = FA = 5.47 kN F2. a - MD = 0 MD = F2. a = 3 kNm

Σy=0 {Σ M = 0 D +

Aksijalna sila (Fa) l + ↓ Fa ( A −ε ) = 0

UMf = 3kNm / 1cm

l

+ ↓ Fa ( A +ε ) = − FA = −5.47 kN l

UFt = 3kN / 1cm

l

+ ↓ Fa ( K −ε ) = + ↓ Fa ( K+ε ) =

UFa = 5kN / 1cm

l

+ ↓ Fa ( D −ε ) = − FA = −5.47 kN

UL = 1m / 1cm

Transverzalna sila (Ft) +

+

l

l

←⎯⎯ Ft ( A −ε ) = ←⎯⎯ Ft ( A +ε ) = +

l

= ←⎯⎯ Ft ( K −ε ) = 0 +

l

+

l

←⎯⎯ Ft ( K +ε ) = ←⎯⎯ Ft ( D −ε ) = − F2 = −3kN

Slika 2.22.

Moment savijanja (Mf)

z l + M fA = 0 z Ml = 0 + fK

z Ml + f ( D −ε ) = − F2 ⋅ a = −3kNm

41

- Greda BH

Uvjeti ravnoteže: Σx=0

FHX - F1 + XB = 0 FHX = F1 - XB = 2 - 1.598 = 0.402 kN YB - FHY = 0 FHY = YB = 3.03 kN -MH - F1. 2a + XB. 4a = 0 MH = XB. 4a - F1. 2a = 2.392 kNm

Σy=0 {Σ M = 0 H +

Aksijalna sila (Fa) d + ↓ Fa ( B−ε ) = 0 d

d

UL = 1m / 1cm

d

+ ↓ Fa ( B+ε ) = + ↓ Fa ( M −ε ) = + ↓ Fa ( M +ε ) =

UFa = 3kN / 1cm

d

= + ↓ Fa ( H −ε ) = − YB = −3.03kN

UFt = 2kN / 1cm

Transverzalna sila (Ft) +

d ←⎯⎯ Ft ( B−ε )

+

=0

UMf = 3kNm / 1cm +

d

d

←⎯⎯ Ft ( B+ε ) = ←⎯⎯ Ft ( M −ε ) =

Slika 2.23.

= − X B = −1.598 kN +

+

d

UL = 1m / 1cm

d

←⎯⎯ Ft ( M +ε ) = ←⎯⎯ Ft ( H −ε ) =

UMf = 5kNm / 1cm

= − X B + F1 = 0.402 kN

UFt = 5kN / 1cm

Moment savijanja (Mf) { Md = 0 + fB { +

d M fM

UFa = 3kN / 1cm

= X B ⋅ 2a = 3196 . kNm

{ Md + f ( H −ε ) = X B ⋅ 4 a − F1 ⋅ 2 a = 2 .392 kNm

- Greda CH - Analiza po poljima Polje I: 0 ≤ x ≤ a FDX = -F'DX FDY = -F'DY MD = M'D FHX = -F'HX FHY = -F'HY MH = F'H +

FDX = F'DX = XD FDY = F'DY = YD FHX = F'HX = XH FHY = F'HY = YH

l

←⎯⎯ Fa = 0 l

+ ↑ Ft = − Fq1 = − q ⋅ x = − x

Fq1 = q. x = x

z M l = − F ⋅ 0.5x = −0.5 ⋅ x 2 + fx q1

0≤x≤1m x (m) Fa (kN) 0 0 0 1-ε

Ft (kN) 0 -1

Mfx (kNm) 0 -0.5

Slika 2.24.

Polje II: 0 ≤ x ≤ 3a Fq1 = q. a = 1 kN Fq2 = q. x = x kN +

l

′ = − X D = −3kN ←⎯⎯ Fa = − FXD l

′ − Fq 2 = − x + 4.47 + ↑ Ft = − Fq1 + FDY z l ′ ⋅ x − M′D − Fq 2 ⋅ x / 2 = + M fx = − Fq1 ⋅ ( x + a / 2 ) + FDY 2

= −0.5 ⋅ x + 4.47 x − 3.5 0≤x≤3m x (m) Fa (kN) Ft (kN) 0 -3 4.47 1 -3 3.47 2 -3 2.47 3 -3 1.47

Mfx (kNm) -3.5 0.47 3.44 5.41

Analiza po karakterističnim tačkama (presjecima) Transverzalna sila (Ft) Aksijalna sila (Fa) d + d ′ = −3.03kN + ↓ Ft ( H +ε ) = − FHY ′ = −0.402 kN ⎯⎯→ Fa ( H +ε ) = − FHX +

d

′ = −0.402 kN ⎯⎯→ Fa ( E −ε ) = − FHX

d

′ = −3.03kN + ↓ Ft ( E −ε ) = − FHY

42

Moment savijanja (Mf) { Md f ( H +ε ) = M ′H = 2 .392 kNm + { M d = M ′ − F′ ⋅ a = 5.41kNm fE H HY +

2. Grafičko rješenje Otpori oslonaca Na osnovu razmjere za dužinu UL = 1m / 1cm nacrtamo okvirni nosač (slika 2.25.a). Zatim na osnovu plana sila (slika 2.25.b) konstruišemo verižni poligon u okviru plana položaja. Završnu zraku verižnog poligona z1 prenesemo u plan sila iz kojeg očitavamo intenzitet reakcija oslonaca FA i FB. Dakle, postupak je identičan postupcima opisanim u prethodnim primjerima proračuna punih linijskih nosača. Kontinualno opterećenje treba svesti na koncentrisanu silu Fq = q. 4a = 4 kN. Kako je nepokretni oslonac na desnoj strani sile u planu sila nižemo počevši od sile F1, zatim F3, Fq, F2, a prvi zrak verižnog poligona povlačimo iz tačke B (nepokretnog oslonca).

UL = 1 m / 1 cm UF = 1 kN / 1 cm

FA = ef. UF = 5.5. 1 = = 5.5 ≅ 5.47 kN FB = fa. UF = 3.4. 1 = = 3.4 ≅ 3.43 kN FBX = XB = fg. UF = = 1.6. 1 = 1.6 ≅ 1.598 kN FBY = YB = ga. UF = = 3. 1 = 3 ≅ 3.03 kN αB = 62° ≅ 62.19°

a) plan položaja ab = F1 / UF = 2/1 = 2 cm bc = F3 / UF = 3√3/1 = 3√3 cm cd = Fq / UF = 4/1 = 4 cm de = F2 / UF = 3/1 = 3 cm

Slika 2.25.

b) plan (poligon) sila PRIMJER 12 Za dati okvirni (trozglobni - Gerberov) nosač na slici 2.26. odrediti grafički i analitički otpore oslonaca i nacrtati statičke dijagrame. dati su podaci: F = 2 kN, q = 0.5 kN/m i a = 1 m. Rješenje: 1. Analitičko rješenje a) Otpori oslonaca

Slika 2.26. Σx=0 Σy=0 {Σ M = 0 A + { Σ MG = 0 +

Okvirni (trozglobni) nosač posmatramo kao kruto tijelo. Kontinualno opterećenje zamijenimo koncentrisanom silom Fq = q. 4a = 2 kN, a uticaj oslonaca zamijenit ćemo reakcijama veza FAX, FAY, FBX i FBY (slika 2.30). Na nosač sada djeluje proizvoljni sistem sila u ravni za koji su analitički uvjeti ravnoteže definisani za usvojeni koordinatni sistem Oxy jednačinama (1), (2) i (3), a jednačina (4) predstavlja dopunski uvjet koji uvjetuje da je napadni moment u zglobu G jednak nuli.

F - F - XA + XB = 0 ............................ (1) YA + YB - Fq = 0................................. (2) -F. a + F. 2a - Fq. a + YB. 5a = 0.......... (3) -F. a + XB. 3a + YB. a = 0.................... (4)

Navedene jednačine treba dopuniti jednačinama koje definišu razlaganje reakcija FA i FB na komponente. G G G Fi = FiX + FiY (i = A, B) .................. (5)

G G FiX = X i ⋅ i ...................................... (6) G G FiY = Yi ⋅ j ....................................... (7)

X i = Fi ⋅ cosα i ................................. (8) Yi = Fi ⋅ sinα i .................................. (9)

Iz (3): Iz (4): Iz (1): Iz (2):

YB = (Fq - F) / 5 = 0 ........................... (13) XB = (F - YB) / 3 = 0.67 kN ............... (14) XA = XB = 0.67 kN............................ (15) YA = Fq - YB = 2 kN........................... (2')

Iz (10) i (12) slijedi:

FB =

2

α B = arctg

2 2 Fi = X i + Yi ................................. (10) Yi ......................................... (11) tgα i = Xi Yi ................................... (12) α i = arctg Xi

FA =

YB XB

2

2

0.67 + 0 = 0.67 kN

= arctg 2

0 0.67 2

= 0° 2

X A + YA = 0.67 + 2 = 2.11kN

α A = arctg

43

2

X B + YB =

YA XA

= arctg

2 0.67

= 71.48°

b) Statički dijagrami - dijagrami momenata savijanja (Mf), aksijalnih (Fa) i transverzalnih (Ft) sila Statičke dijagrame odredit ćemo kao u prethodnom primjeru prostor okvirnog nosača. - Greda AD Uvjeti ravnoteže: Σx=0

-XA + F - FDX = 0 FDX = F - XA = 1.33 kN YA - FDY = 0 FDY = YA = 2 kN - MD - XA. 3a + F. 2a = 0 MD = - XA. 3a + F. 2a = 2 kNm

Σy=0 { + Σ MD = 0

Aksijalna sila (Fa) +

l

+

l

←⎯⎯ Fa ( A+ε ) = − YA = −2 kN +

UMf = 2 kNm / 1 cm

l

UFt = 2 kN / 1 cm

←⎯⎯ Fa ( C−ε ) = ←⎯⎯ Fa ( C+ε ) = +

l

UFa = 2 kN / 1 cm

= ←⎯⎯ Fa ( D−ε ) = − YA = −2 kN Transverzalna sila (Ft) l l + ↑ Ft ( A +ε ) = + ↑ Ft ( C−ε ) = X A = 0.67 kN l

UL = 1 m / 1 cm

l

Slika 2.27.

+ ↑ Ft ( C+ε ) = + ↑ Ft ( D−ε ) = X A − F = −1.33kN Moment savijanja (Mf) l M fA = 0 z l + M fC = X A ⋅ a = 0.67 kNm z l + M f ( D−ε ) = X A ⋅ 3a − F ⋅ 2 a = −2 kNm

- Greda BE Uvjeti ravnoteže: Σx=0

FB - F + FEX = 0 FEX = F - FB = 2 - 0.67 = 1.33 kN FEY = 0 ME - F. a + FB. 3a = 0 ME = F. a - FB. 3a = 0

Σy=0 { + Σ ME = 0 Aksijalna sila (Fa) d

UL = 1 m / 1 cm UFt = 2 kN / 1 cm UMf = 1 kNm / 1 cm

d

Slika 2.28.

+ ↓ Fa ( B+ε ) = + ↓ Fa ( M −ε ) = d

d

= + ↓ Fa ( M +ε ) = + ↓ Fa ( E −ε ) = 0

←⎯⎯ Ft ( B+ε ) = ←⎯⎯ Ft ( M −ε ) =

Moment savijanja (Mf) d M fB = 0

= − FB = −0.67 kN

M fM = FB ⋅ 2 a = 1.34 kNm

Transverzalna sila (Ft) +

d

+

d

+

d

d

+

d

←⎯⎯ Ft ( M +ε ) = ←⎯⎯ Ft ( E −ε ) =

d

M fE = FB ⋅ 3a − F ⋅ a = 0

= − FB + F = −0.67 + 2 = 1.33kN - Greda NE - Analiza po poljima Polje I: 0 ≤ x < a F'EX = -FEX F'EX = FEX = 1.33 kN F'DX = -FDX F'DX = FDX = 1.33 kN F'DY = -FDY F'DY = FDY = 2 kN MD = M'D = 2 kNm Fq1 = qx = 0.5x +

l

← ⎯⎯ Fa = 0 l

+ ↑ Ft = − Fq1 = −0.5 ⋅ x UL = 1 m / 1 cm

z M l = − F ⋅ 0.5x = −0.25 ⋅ x 2 + fx q1

0≤x<1m x (m) Fa (kN) 0 0 0.5 0 0 1-ε

UMf = 2 kNm / 1 cm Ft (kN) 0 -0.25 -0.5

Mfx (kNm) 0 -0.0625 -0.25

UFt = 2 kN / 1 cm UFa = 2 kN / 1 cm

44

Slika 2.29.

Polje II: 0 ≤ x ≤ 3a Fq1 = q. a = 0.5 kN Fq2 = q. x = 0.5x +

l

′ = − X D = −1.33kN ←⎯⎯ Fa = − FXD l

′ − Fq 2 = −0.5x + 15 + ↑ Ft = − Fq1 + FDY . l

′ ⋅ x − M ′D − Fq 2 ⋅ x / 2 = M fx = − Fq1 ⋅ ( x + a / 2 ) + FDY 2

= −0.25 ⋅ x + 15x . − 2.25 0≤x≤3m x (m) Fa (kN) Ft (kN) 0 -1.33 1.5 1 -1.33 1 2 -1.33 0.5 3 -1.33 0

Mfx (kNm) -2.25 -1 -0.25 0

Analiza po karakterističnim tačkama (presjecima)

Aksijalna sila (Fa) +

d

+

d

⎯ ⎯→ Fa ( E+ε ) = ⎯ ⎯→ Fa ( G−ε ) = +

d

+

d

=⎯ ⎯→ Fa ( G+ε ) = ⎯ ⎯→ Fa ( K−ε ) =

Transverzalna sila (Ft) d d + ↓ Ft ( E+ε ) = + ↓ Ft ( G −ε ) = d

d

Moment savijanja (Mf) { Md = 0 + fE

= + ↓ Ft ( G +ε ) = + ↓ Ft ( K−ε ) = 0

{ d + M fG = 0 { d + M fK = 0

= − FE ′ = −1.33kN 2. Grafičko rješenje Otpori oslonaca

UF = 0.5 kN / 1 cm FRL = a'c'. UF = 5.6. 0.5 = 2.8 ≅ 2.83 kN FRD = F = c'b'. UF = 4. 0.5 = 2 kN

UL = 1 m / 1 cm

b) plan (poligon) sila

a'b' = Fq / UF = 2 / 0.5 = 4 cm b'c' = F / UF = 2 / 0.5 = 4 cm c'b' = F / UF = 2 / 0.5 = 4 cm

ab = Fq / UF = a'b' = 4 cm bc = F / UF = b'c' = 4 cm cb = F / UF = c'b' = 4 cm

FRL = ac. UF = a'c'. UF = 2.8 ≅ 2.83 kN FRD = F = cb. UF = 4. 0.5 = 2 kN

a) plan položaja FA = fa. UF = 4.2. 0.5 = = 2.1 ≅ 2.11 kN FB = bf. UF = 1.35. 0.5 = = 0.675 ≅ 0.67 kN

Slika 2.30.

Grafičko određivanje otpora oslonaca prikazano je na slici 2.30. Na osnovu usvojene razmjere za dužinu UL = 1m / 1cm nacrtan je plan položaja (slika 2.30.a), a na osnovu usvojene razmjere za silu UF = 0.5kN / 1cm nacrtani su planovi sila. Planovi sila su defnisani na sljedeći način: Rezultante sila FRL i FRD određene pomoću planova sila na slici 2.30.b. predstavljaju rezultante vanjskih sila koje djeluju na F'GD = -FGD dijelove okvirnog nosača AG i GB. Uzmimo da na sistem djeluje samo sila FRL , to jest da je dio F'GL = -FGL nosača GB neopterećen (prvo stanje opterećenja). Pri određivanju reakcija u osloncima F'G = -FG pretpostavljamo da su zglobovi uklonjeni, a njihovo djelovanje zamijenjeno odgovarajućim reakcijama. U tom slučaju na dio nosača GB djeluju samo dvije sile, i to vanjska reakcija FB1 u desnom c) plan (poligon) sila zglobu i unutarnja reakcija FGL u zglobu G (slika 2.30.a). Te su dvije sile u ravnoteži, što znači da imaju isti pravac djelovanja, koji prolazi kroz zglobove B i G. Prema III Njutnovom aksiomu i sila F'GL kojom u tom slučaju dio nosača BG djeluje na dio nosača AG mora imati isti pravac BG. Na dio nosača AG djeluju tri sile, i to vanjska FRL, koja je poznata po pravcu, smjeru i veličini, vanjska reakcija FA1 u lijevom zglobu A i unutarnja reakcija F'GL u zglobu G (poznat je samo njen pravac). Sile FA1, FRL i F'GL, stoje međusobno u ravnoteži i radi toga se njihovi pravci djelovanja moraju sjeći u jednoj tački i to u sjecištu sila F'RL i F'GL. Time je određen pravac djelovanja reakcije FA1, pa pomoću FA1 + FRL + F'GL = 0 dobijamo veličinu i smjer sila FA1 i F'GL (slika 2.30.c). Uočimo da reakcija FB1 u zglobu B, koja u tom slučaju djeluje na dio nosača BG, ima istu veličinu i smjer kao reakcija F'GL. Pretpostavimo zatim da je samo dio nosača BG opterećen silom FRD (drugo stanje opterećenja). Analognim postupkom dobijamo reakcije FA2, FB2 i F'GD (slika 2.30.a i c). Superpozicijom prvog i drugog stanja opterećenja dobijamo stvarno opterećenje okvirnog nosača koji je zadat, pa prema tome i totalne reakcije u zglobovima A, B i G. Dakle, da je primjena

45

opisane metode opravdana vidimo iz sljedećeg razmatranja: U prvom stanju opterećenja dio nosača AG je u ravnoteži pod dejstvom sila FA1, FRL i F'GL. U drugom stanju opterećenja dio nosača AG je u ravnoteži pod djelovanjem vanjske reakcije FA2 i unutrašnje reakcije FGD (suprotnog smjera). Superponirati oba stanja opterećenja za dio nosača AG isto je što i dodati oba navedena sistema sila, od kojih je svaki za sebe jednak nuli, a to znači da je i rezultantni sistem jednak nuli. Prema tome, dio nosača AG bit će u ravnoteži u stvarnom stanju opterećenja. To vrijedi, očigledno i za dio nosača BG. Na taj način dobijamo rezultante reakcije u zglobovima a geometrijskim zbrajanjem komponenata FA1 i FA2, s jedne strane i komponenata FB1 i FB2, s druge strane, što daje tražene reakcije FA i FB (slika 3.20.c). Rezultantnu reakciju u zglobu G kojom dio nosača BG djeluje na dio AG dobijemo geometrijskim zbrajanjem sila F'GL i F'GD (suprotnog smjera). Sila FG kojom dio nosača AG djeluje na dio BG ima isti pravac, istu veličinu, ali je suprotno usmjerena. Opisana metoda može se uvijek primijeniti bez obzira na oblik trozglobnog nosača i karakter njegovog opterećenja, osim u slučaju kad sva tri zgloba leže na istom pravcu. PRIMJER 13 Za sistem krutih tijela opterećen prema slici 2.31. potrebno je: a) odredti reakcije svih spoljašnjih i unutrašnjih veza sistema i b) nacrtati statičke dijagrame momenta savijanja, aksijalnih i transverzalnih sila za svako tijelo sistema posebno. Sopstvene težine greda se zanemaruju. Dati su podaci: F = 1 kN, G = 1 kN, M = 2 kNm, a = 4 m, b = 3 m, c = 2 m, d = 1 m, e = 4 m, f = 3 m, g = 1 m, q = 1 kN/m. Rješenje a) Reakcije spoljašnjih i unutrašnjih veza sistema Reakcije svih spoljašnjih i unutrašnjih veza sistema odredit ćemo analitički, razlaganjem datog sistema (slika 2.31) na tri podsistema: podsistem I - kugla M, podsistem II - greda CD i podsistem III - greda (konzola) AB (slika 2.32). Uspostavljanjem ravnoteže podsistema bit će uravnotežen sistem kao cjelina. Sistem i podsistemi oslobođeni veza prikazani su na slici 2.32.

Slika 2.31.

Slika 2.32. G G G Fi = FiX + FiY (i = C, A) ................................... (8) G G ....................................................... (9) FiX = X i ⋅ i G G .......................................................... (10) FiY = Yi ⋅ j X i = Fi ⋅ cosα i ................................................... (11)

Podsistem I - kugla M Analitički uvjeti ravnoteže za sučeljni sistem sila u ravni koji djeluje na kuglu M definisani su za usvojeni koordinatni sistem Oxy, prema slici 2.32.a. jednačinama: Σx=0 Σy=0

FN' cos 60° - Fu' = 0....................................... (1) FN' cos 30° - G 3 = 0 .................................. (2)

Iz (2): Iz (1):

FN' = G 3 / cos 30° = 2 kN ......................... (2') Fu' = FN' cos 60° = 1 kN................................ (1')

Yi = Fi ⋅ sinα i ................................................... (12) 2

Podistem II - greda CD Na gredu CD, prema slici 2.32.b. djeluje proizvoljni sistem sila u ravni. Za usvojeni koordinatni sistem Oxy analitički uvjeti ravnoteže glase: Σx=0 Σy=0 { + Σ MC = 0

Iz (5): Iz (4):

Fu - XC - FN cos 60° = 0 ....................................... (3) YC - FN cos 30° + FD = 0...................................... (4) -FN. g - M + FD. e. cos 30° = 0.............................. (5)

Iz (3):

Dopunski izrazi potrebni za rješenje sistema jednačina (3) do (5) prema slici 2.32. su: FN = -FN' .............................................................. (6) FN = FN' = 2 kN .................................................... (7)

2

Fi = X i + Yi .................................................. (13) Yi ......................................................... (14) tgα i = Xi Yi .................................................... (15) α i = arctg Xi M + FN ⋅ g = 1155 . kN ............................... (5') FD = e ⋅ cos 30° YC = FN cos 30° - FD = 0.577 kN........................ (4') Fu = -Fu' .............................................................. (16) Fu = Fu' = 1 kN .................................................... (17) XC = Fu - FN cos 60° = 0 ..................................... (3')

Na osnovu izraza (8) do (15) i slike 2.32.b. intenzitet, pravac i smjer reakcije u zglobu C iznosi: FC = FCY ............................................................. (18) FC = FCY = YC = 0.577 kN.................................. (19) αC = 90°

Podsistem III - greda (konzola) AB Na gredu AB prema slici 2.32.c. takođe djeluje proizvoljni sistem sila u ravni. Kontinualno opterećenje svedeno je na koncentrisanu silu Fq = q (c - d) = = 1 kN. Za usvojeni koordinatni sistem Oxy uvjeti ravnoteže glase: Σx=0 Σy=0 { + Σ MA = 0

-F + XA = 0.................................................... (20) -FD' - Fq + YA = 0 .......................................... (21) -F. a/8 + FD'. b + Fq. (c + d)/2 + MA = 0 ........ (22)

Dopunski izrazi su: Iz (20): Iz (21): Iz (22):

46

FD' = -FD .......................................................... (23) FD' = FD = 1.155 kN ........................................ (24) XA = F = 1 kN .................................................. (20') YA = FD' + Fq = 2.155 kN................................. (21') MA = F. a/8 - FD'. b - Fq. (c + d)/2 = = - 4.465 kNm (pogrešno pretpost. smjer) ..... (22')

Na osnovu izraza (8) do (15) i slike 2.32.c., intenzitet, pravac i smjer reakcije FA iznose:

FA =

2

2

X A + YA = 2.376kN

b) Statički dijagrami - dijagrami momenata savijanja (Mf), aksijalnih (Fa) i transverzalnih (Ft) sila

Statičke dijagrame ćemo nacrtati za svako tijelo posebno. Sve sile koje djeluju na tijelo su sad poznate jer smo odredili reakcije svih veza. Greda CD - Analiza po karakterističnim tačkama (presjecima) Pri analizi transverzalnih sila, napadnih momenata i aksijalnih sila za gredu CD potrebno je sve sile koje djeluju na tu gredu razložiti u komponente da budu normalne na osu grede CD i kolinearne sa osom grede CD. U tom cilju ćemo izračunati: FCy1 = FC cos 30° + Fu cos 60° = 1 kN ....................... (25) FCX1 = -FC sin 30° + Fu sin 60° = 0.578 kN ............... (26) FDX1 = FD sin 30° = 0.578 kN .................................... (27) FDY1 = FD cos 30° = 1 kN .......................................... (28)

UMf = 1 kNm / 1 cm UFt = 2 kN / 1 cm UFa = 1 kN / 1 cm UL = 1 m / 1 cm

Aksijalna sila (Fa) +

l

+

l

←⎯⎯ Fa ( C−ε ) = 0 +

l

←⎯⎯ Fa ( C+ε ) = ←⎯⎯ Fa ( N −ε ) = +

l

+

l

+

l

+

l

= ←⎯⎯ Fa ( N +ε ) = ←⎯⎯ Fa ( K −ε ) = = ←⎯⎯ Fa ( K +ε ) = ←⎯⎯ Fa ( D−ε ) = = − FCX1 = −0.578 kN Transverzalna sila (Ft) l + ↑ Ft ( C−ε ) = 0 l

l

l

l

+ ↑ Ft ( C+ε ) = + ↑ Ft ( N −ε ) = FCY1 = 1kN l

+ ↑ Ft ( N +ε ) = + ↑ Ft ( K −ε ) = + ↑ Ft ( K +ε ) = l

= + ↑ Ft ( D−ε ) = FCY1 − FN = −1kN

Slika 2.33.

Moment savijanja (Mf) z l + M fC = 0 zMl = F + fN CY1 ⋅ g = 1kNm z l + M f ( K−ε ) = FCY1 ⋅ f − FN ( f − g) = −1kNm l zM l + f ( K+ε ) = + M f ( K−ε ) + M = 1kNm

z l + M fD = FCY1 ⋅ e − FN ( e − g ) + M = 0

Greda (konzola) AB - Analiza po poljima Polje I: 0 ≤ x ≤ 1m Fq1 = q x = x +

d

⎯⎯→ Fa = X A = 1kN d

+ ↓ Ft = − YA + Fq1 = x − 2.155 2 { d + M fx = YA ⋅ ( x + 1) − Fq1 ⋅ 0.5x − M A = −0.5 ⋅ x + 2.155x − 2.31

0 ≤ x ≤ 1m x (m) Fa (kN) 0 1 0.25 1 0.5 1 0.75 1 1 1

Ft (kN) -2.155 -1.905 -1.655 -1.405 -1.155

Mf (kNm) -2.310 -1.803 -1.358 -0.975 -0.655

47

α A = arctg

YA XA

= 6511 . °

- Analiza po karakterističnim tačkama (presjecima)

Aksijalna sila (Fa) +

l

+

l

←⎯⎯ Fa ( B− ε ) = 0 +

l

←⎯⎯ Fa ( B+ ε ) = ←⎯⎯ Fa ( D − ε ) = +

+

l

l

= ←⎯⎯ Fa ( D + ε ) = ←⎯⎯ Fa ( E − ε ) = F = 1kN +

l

+

l

⎯⎯→ Fa ( A − ε ) = 0

UL = 1 m / 1 cm +

l

⎯⎯→ Fa ( A + ε ) = ⎯⎯→ Fa ( H − ε ) = X A = 1kN Transverzalna sila (Ft) l l l + ↑ Ft ( A − ε ) = + ↑ Ft ( A + ε ) = + ↑ Ft ( D− ε ) = 0 l

l

+ ↑ Ft ( D+ ε ) = + ↑ Ft ( E − ε ) = − FD′ = −1155kN .

UMf = 2 kNm / 1 cm UFt = 1 kN / 1 cm UFa = 1 kN / 1 cm

l

+ ↓ Ft ( A − ε ) = 0 l

l

+ ↓ Ft ( A + ε ) = + ↓ Ft ( H − ε ) = − YA = −2.155kN Moment savijanja (Mf) zMl + f ( B−ε ) = 0 zMl + f ( B+ε ) = F ⋅ a / 8 = 0.5kNm z M l = F ⋅ a / 8 = 0.5kNm + fD z M l = F ⋅ a / 8 − F′ ⋅ ( b − c) = −0.655kNm + fE D z Ml + f ( A −ε ) = 0 z Ml + f ( A +ε ) = − M A = −4.465kNm { d + M fH = − M A + YA ⋅ d = −2.31kNm

Na osnovu izračunatih vrijednosti za moment savijanja (Mf), aksijalne (Fa) i transverzalne sile (Ft) nacrtani su dijagrami na slikama 2.33. i 2.34.

Slika 2.34. PRIMJER 14

Na horizontalnom vratilu AB nalaze se dva zupčanika 1 i 2. Zupčanika 1 poluprečnika R1 = 30 cm je cilindrični sa pravim zubima i prenosi obodnu silu intenziteta F1 = 20 kN. Zupčanik 2 poluprečnika R2 = 20 cm, sa kosim zubima, prenosi obodnu silu F2 i aksijalnu silu intenziteta F3 = 20 kN. radijalne sile, koje u tačkama zahvata zupčanika sa zupčanicima drugih vratila djeluju prema vratilu AB i iznose oko 10% obodne sile, zanemarene su. Odrediti silu F2 pri ravnoteži datog vratila (slika 2.35), kao i otpore oslonaca i nacrtati statičke dijagrame. Dimenzije na vratilu su u milimetrima (mm). Sopstvene težine zanemariti.

Slika 2.35. Rješenje Otpori oslonaca (ležajeva)

Ako se oslobodimo oslonaca (ležajeva) A i B i njihov uticaj zamijenimo reakcijama FAX, FAY, FBX i FBY i FBZ možemo uočiti da sada na vratilo AB djeluje prostorni sistem proizvoljnih sila (slika 2.36). Za usvojeni koordinatni sistem Oxyz analitički uvjeti ravnoteže definisani su jednačinama: Σx=0 Σy=0 Σz=0 { + Σ MX = 0 {Σ M = 0 Y + {Σ M = 0 Z +

XA - F1 + XB = 0..............................(1) YA - F2 + YB = 0..............................(2) F3 - ZB = 0 .......................................(3) F2. 0.8 - YB. 1.1 = 0 .........................(4) -F1. 0.3 - F3. R2 + XB. 1.1 = 0...........(5) F1. R1 - F2. R2 = 0.............................(6)

Slika 2.36.

48

Dopunske jednačine glase: G G G FA = FAX + FAY .................................................................. (7) G G FAX = X A ⋅ i ...................................................................... (8) G G FAY = YA ⋅ j ....................................................................... (9) X A = FA ⋅ cosα A .............................................................. (10) YA = FA ⋅ sinα A ............................................................... (11) 2 2 FA = X A + YA ................................................................ (12) YA ....................................................................... (13) tgα A = XA YA .................................................................. (14) α A = arctg XA G G G G FB = FBX + FBY + FBZ ....................................................... (15)

G G FBX = X B ⋅ i ...................................................................... (16) G G FBY = YB ⋅ j ....................................................................... (17) G G FBZ = Z B ⋅ k ...................................................................... (18) X B = FB ⋅ cosα .................................................................. (19)

F2 = F1 (R1 / R2) = 30 kN .....................................(6') XB = F1 (0.3 / 1.1) + F3 (R2 / 1.1) = 9.1 kN .........(5') YB = F2 (0.8 / 1.1) = 21.82 kN ............................(4') ZB = F3 = 20 kN ...................................................(3') YA = F2 - YB = 8.18 kN .......................................(2') XA = F1 - XB = 10.9 kN .......................................(1')

Iz (6): Iz (5): Iz (4): Iz (3): Iz (2): Iz (1):

Intenzitet i pravac reakcije FA cilindričnog ležišta određen izrazima (12) i (14) iznosi: 2

2

FA = 10.9 + 818 . = 13.63kN

818 . = 36.89° 10.9 Intenzitet i pravac reakcije FB sfernog ležišta određen je izrazima (22) do (25): α A = arctg 2

2

2

FB = 9.1 + 21.82 + 20 = 30.97 kN α B = arccos β B = arccos

YB = FB ⋅ cosβ ................................................................... (20) Z B = FB ⋅ cos γ .................................................................. (21)

γ B = arccos

2 2 2 FB = X B + YB + Z B ......................................................... (22) X B ..................................................................... (23) cosα B = FB YB ...................................................................... (24) cosβ B = FB Z B ...................................................................... (25) cos γ B = FB

XB

= 72.91°

FB YB FB ZB FB

= 45.21° = 49.78°

Statički dijagrami

Kada izvršimo redukciju sila na osu z dobit ćemo vratilo opterećeno kako je prikazano na slici 2.37.a. Pri tome je: M1 = F1. R1 = 6 kNm .............................(29) (Vektor momenta M1 ima pozitivan smjer z ose jer sila F1 u ravni Oxy pravi pozitivan moment u odnosu na osu z.) M2 = F2. R2 = 6 kNm .............................(30) (Vektor momenta M2 ima negativan smjer z ose jer sila F2 u ravni Oxy pravi negativan moment u odnosu na osu z.) M3 = F3. R2 = 6 kNm .............................(31) (Vektor momenta M2 ima negativan smjer y ose jer sila F3 u ravni Oxz pravi negativan moment u odnosu na osu y.) Sad računamo aksijalnu silu Fa i moment uvijanja (torzije) Mt za uzdužnu osu vratila u karakterističnim presjecima A, C, D i B.

Aksijalna sila (Fa) +

l

Moment uvijanja - torzije (Mt)

+

l l { Ml + t ( A − ε ) = M t ( A + ε ) = M t ( C− ε ) = 0

l

←⎯⎯ Fa ( A −ε ) = ←⎯⎯ Fa ( A +ε ) = +

l

+

l

+

{ l + M t ( C + ε ) = M 1 = 6kNm

l

= ←⎯⎯ Fa ( C−ε ) = ←⎯⎯ Fa ( C+ε ) =

{ Ml t ( D− ε ) = M 1 = 6kNm +

= ←⎯⎯ Fa ( D−ε ) = 0 +

d

+

d

+

d

{ Ml t ( D+ ε ) = M 1 − M 2 = 0 +

⎯⎯→ Fa ( B−ε ) = 0 +

d

⎯⎯→ Fa ( B+ε ) = ⎯⎯→ Fa ( D−ε ) = − Z B = −20 kN ⎯⎯→ Fa ( D+ε ) = − Z B + F3 = 0

Dijagrami promjene aksijalne sile (Fa) i momenta uvijanja - torzije (Mt) prikazani su na slici 2.37.b1 i b2. a) Vertikalna ravan Oxz Veličine transverzalne sile (Ftx)i momenta savijanja Mfy izračunat ćemo kao funkcije koordinata zl i zd u poljima I, II i III. Polje I: 0 ≤ z ≤ 0.3 m l + ↑ Ftx = X A = 10.9 kN

Polje II: 0.3 ≤ zl ≤ 0.8 m l + ↑ Ftx = X A − F1 = 10.9 − 20 = −9.1kN

z M l = X ⋅ z = 10.9 ⋅ z + fy A l l

z M l = X ⋅ z − F ( z − 0.3) = −9.1 ⋅ z + 6 + fy A l 1 l l

zl (m) 0 0.3

Ftx (kN) 10.9 10.9

Mfy (kNm) 0 3.27

zl (m) 0.3 0.8

Ftx (kN) -9.1 -9.1

Mfy (kNm) 3.27 -1.28

Polje III: 0 ≤ zd ≤ 0.3 m d + ↓ Ftx = − X B = −9.1kN { M d = X ⋅ z = 9.1 ⋅ z + fy B d d

zd (m) 0 0.3

Ftx (kN) -9.1 -9.1

Mfy (kNm) 0 2.72

b) Horizontalna ravan Oyz U ovoj ravni također računamo transverzalnu silu Fty i moment savijanja Mfx kao funkcije koordinata zl i zd u poljima I, II i III. Polje I: 0 ≤ zl ≤ 0.3 m l + ↑ Fty = YA = 818 . kN z l . ⋅ zl + M fx = YA ⋅ z l = 818

zl (m) 0 0.3

Fty (kN) 8.18 8.18

Mfx (kNm) 0 2.454

Polje II: 0.3 ≤ zl ≤ 0.8 m l + ↑ Fty = YA = 818 . kN

Polje III: 0 ≤ zd ≤ 0.3 m d + ↓ Fty = − YB = −21.82 kN

z M l = Y ⋅ z = 8.18 ⋅ z + fx A l l

{ M d = Y ⋅ z = 21.82 ⋅ z + fx B d d

zl (m) 0.3 0.8

Fty (kN) 8.18 8.18

49

Mfx (kNm) 2.454 6.544

zd (m) 0 0.3

Fty (kN) -21.82 -21.82

Mfx (kNm) 0 6.544

50

Dijagrami transverzalne sile Ftx i momenta savijanja Mfy u vertikalnoj ravni Oxz prikazani su na slici 2.37.c1 i c2, a transverzalne sile Fty i momenta savijanja Mfx za horizontalnu ravan Oyz na slici 2.37.d1 i d2. Rezultujuća transverzalna sila Ft i moment savijanja Mf definisani su kako slijedi:

Ft = Mf = =

2

2

Ft =

Ftx + Fty = 13.63kN 2

2

Mf =

M fx + M fy = 2

(10.9 ⋅ z l ) + (8.18 ⋅ z l )

zl (m) 0 0.3

Ft (kN) 13.63 13.63

Polje III: 0 ≤ zd ≤ 0.3 m

Polje II: 0.3 ≤ zl ≤ 0.8 m

Polje I: 0 ≤ zl ≤ 0.3 m

2

=

2

2

2

2

2

Ft (kN) 12.24 12.24

2

Ft = Ftx + Fty = 23.64 kN 2

M fx + M fy =

2

M f = M fx + M fy =

( −9.1 ⋅ z l + 6) + (8.18 ⋅ z l )

zl (m) 0.3 0.8

Mf (kNm) 0 4.088

2

Ftx + Fty = 12.24 kN

2

2

= ( 9.1 ⋅ z d ) + ( 2182 . ⋅ zd )

Mf (kNm) 4.088 6.668

zd (m) 0 0.3

Ft (kN) 23.64 23.64

2

Mf (kNm) 0 7.087

Dijagrami rezultujuće transverzalne sile Ft i momenta savijanja Mf prikazani su na slici 2.37.e i f.

PRIMJER 15

Homogena kvadratna horizontalna ploča prikazana na slici 2.38., težine G = 40 kN i stranice a = 2 m, vezana je za postolje sfernim zglobom A i cilindričnim ležištem B, a u tački C pridržava se užetom CE. Na ploču u tački D djeluje sile F intenziteta 50 kN, a u težištu T spreg sila intenziteta M = 30 kNm. Odrediti analitički sve reakcije veza ako su koordinate tačke E(x = 0, y = 0, z = a 2 ). Rješenje

Ako homogenu ploču oslobodimo veza (slika 2.39) i uticaj veza zamijenimo odgovarajućim reakcijama, možemo uočiti da na nju djeluje proizvoljni sistem sila i spregova sila u prostoru. Oslobađajući se veze preko sfernog zgloba njegov uticaj zamijenit ćemo reakcijom FA koju smo razložili na tri komponente FAX, FAY, FAZ. Uticaj cilindričnog ležišta zamijenjen je reakcijom FB odnosno njenim komponentama FBY i FBZ, a uticaj užeta CE zamijenjen je silom u užetu Fu koju smo razložili na tri komponente FuX, FuY, FuZ.

Slika 2.38.

Iz trougla DAC slijedi: 2

2

d = a +a = a 2 tgβ =

a a

=1

β = arctg1 = 45° Iz trougla ACE slijedi: z a 2 =1 tgα = = d a 2

α = arctg1 = 45°

Slika 2.40.

Slika 2.39. Analitički uvjeti ravnoteže dati su jednačinama: Σx=0 Σy=0 Σz=0 {ΣM =0 X + { + Σ MY = 0 { Σ MZ = 0 +

XA - Xu = 0...............................(1) YA + YB - Yu = 0 ......................(2) ZA + ZB + Zu - G - F = 0...........(3) Zu. a - F. a - G. a/2 = 0 ..............(4) -Zu. a - ZB. a + G. a/2 = 0 ..........(5) -M + YB. a = 0..........................(6)

Dopunske jednačine glase: G G G FB = FBX + FBY .............. (7) G G FBX = XB ⋅ i ................. (8) G G FBY = YB ⋅ j ................. (9)

X B = FB ⋅ cosα B ........... (10) YB = FB ⋅ cosα B ........... (11) 2

2

FB = X B + YB ............ (12) YB .................. (13) tgα B = XB YB ............. (14) α B = arctg XB

51

G G G G Fi = FiX + FiY + FiZ (i = A, u) ................... (15) G G FiX = X i ⋅ i ............................................. (16) G G FiY = Yi ⋅ j ............................................. (17) G G FiZ = Zi ⋅ k .............................................. (18)

X i = Fi ⋅ cosα i ...................................... (19) Yi = Fi ⋅ cosβ i ....................................... (20) Z i = Fi ⋅ cos γ i ....................................... (21) 2 2 2 X i + Yi + Z i ............................ (22) X i ........................................... (23) cosα i = Fi Yi ............................................ (24) cosβ i = Fi Z i ............................................ (25) cos γ i = Fi Izračunavanje karakterističnih uglova dato je na slici 2.40.

Fi =

YB = M/a = 30/2 = 15 kN .............................................................................................(6') Zu = F + G/2 = 50 + 40/2 = 70 kN ................................................................................(26) ZB = G/2 - Zu = 40/2 - 70 = -50 kN (pogrešno pretpost. smjer) ..................................(27) ZA = G + F - ZB - Zu = 40 + 50 -(-50) - 70 = 70 kN ....................................................(3')

Iz (6): Iz (4): Iz (5): Iz (3):

Na osnovu izraza (25) cos γ = Z u za i = u i γu = α = 45° slijedi: u Fu Zu Fu = = 98.995kN ...............................................................................................(28) cos 45° Primjenom izraza (23) i (24) ili izraza: Xu = Fu. cos α . cos β = Fu. cos 45° . cos 45° = Fu. cos2 45° = 49.498 kN .....................(29) Yu = Fu. cos α . sin β = Fu. cos 45° . sin 45° = 49.498 kN ............................................(30) dobijamo iz jednačina (1) i (2): XA = Xu = 49.498 kN.....................................................................................................(1') YA = Yu - YB = 34.498 kN .............................................................................................(2') Dakle, odredili smo sve nepoznate veličine a primjenom izraza koji definišu intenzitete i pravac djelovanja reakcija FA i FB dobijamo: 2

2

2

FA = X A + YA + Z A =

α A = arccos β A = arccos γ A = arccos 2

XA FA YA FA ZA FA 2

= arccos = arccos = arccos 2

2

2

2

49.498 + 34.498 + 70 = 92.413kN

49.498 92.413 34.498 92.413 70 92.413

= 57.61° = 68.08° = 40.76°

2

FB = YB + Z B = 15 + ( −50) = 52.202 kN α B = arctg

⎛ −50 ⎞ = arctg⎜ ⎟ = −73.3° ⎝ 15 ⎠ YB ZB

52