03 sistem prizvoljnih sila i spregova u ravni poslednja ... sistem prizvoljnih sila i spregova...

3 SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI

Ravanski sistem proizvoljnih sila �F1

,..., �Fn i spregova m M1,..., Mk čine sile čije

napadne linije leže u jednoj ravni, dok su spregovi, kao vektori, upravni na tu ravan, odnosno teže da izazovu obrtanje u pomenutoj ravni (Slika 3.1).

Prostije ekvivalentno mehaničko dejstvo ovom sistemu sila ima glavni vektor �Fg,

koji odgovara vektorskom zbiru svih sila:� �F Fg

i

n

i= ∑=1

,

i glavni moment MgA , koji se nalazi al-gebarskom sumom spregova M1,..., Mk i momenata svih sila za proizvoljno izabra-nu tačku A:

M Mgj

k

ji

nFi

A A= +∑ ∑= =1 1

M�

Vektor momenta sile �F za tačku A je, po

defi niciji:

� � ��

M FFA AB= × , (3.1)

gde je B proizvoljna tačka na napadnoj liniji sile �F (Slika 3.2a). Ovaj vektor je upra-

van na ravan sile �F i tačke A. Po intenzitetu, moment sile

�F za tačku A je jednak

proizvodu intenziteta sile F i najkraćeg rastojanja h od tačke A do napadne linije sile �F (Slika 3.2a): M F hFi

A

�

= .

Treba naglasiti da pomeranje sile duž napadne linije ne menja njen moment za tačku. Smer momenta sile za tačku je defi nisan pravilom desne ruke (Slika 3.2b). U slučaju da sila

�F teži da izazove obrtno dejstvo oko tačke A suprotno od smera kazaljke na

satu ª( ) , vektor momenta sile za tu tačku je usmeren iz papira. Ako sila �F teži da iza-

zove obrtno dejstvo za tačku A u smeru kazaljke na satu ©( ) , vektor momenta sile za tu tačku je usmeren u papir. Izbor smera obrtanja koji će biti defi nisan kao pozitivan (ª + ili © +) je potpuno proizvoljan.

Slika 3.1

SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI48

Moment sile za tačku A se može izračunati korišćenjem Varinjonove teoreme za sistem u ravni. Naime, silu

�F treba razložiti na dve komponente

�Fx i

�Fy, najpogodnije

one koje su međusobno upravne. Zatim treba izabrati pozitivan smer momenta, te izračunati moment svake komponente za tačku A i sabrati ih, stavljajući odgovarajući predznak momenta. Za primer za Slike 3.2c, moment sile

�F za tačku A je:

M F h F hFx y

ª+= − +A

�

1 2 ,

gde je h1 krak komponente �Fx za tačku A, a h2 krak komponente

�Fy za istu tačku.

3.1 Uslov i jednačine ravnoteže sistema proizvoljnih sila i spregova u ravni

Sistem proizvoljnih sila i spregova u ravni se nalazi u ravnoteži pod uslovom da su glavni vektor i glavni moment jednaki nuli:

�F Mg g= =0 0, .A

(3.2)

Prvi, vektorski uslov se, nakon projektovanja na ose koordinatnog sistema xy može svesti na dve skalarne jednačine, čime se prethodni uslovi ravnoteže transformišu u sledeći sistem jednačina ravnoteže proizvoljnog sistema sila i spregova u ravni:

1 0 3 01 1

. ,0 . ,0∑ ∑0 2,0 . ∑=1

+

i

n

i

n

yi0 2,00 2�

(3.3)

Slika 3.2

Ravnoteža sistema proizvoljnih sila i spregova u ravni 49

koji podrazumeva da je suma projekcija svih sila na ose koordinatnog sistema jednaka nuli, i da je suma momenata svih sila i spregova za proizvoljnu tačku u ravni nula.

Postoje i alternativni oblici jednačina ravnoteže ([1], str. 52), koji za razliku od oblika (3.3) imaju izvesna ograničenja. Jedan od njih podrazumeva da suma projekci-ja svih sila na osu x koordinatnog sistema bude jednaka nuli, kao i da sume momenata svih sila i spregova za dve tačke A i B budu nula:

1 0 3 01

. , .0∑ ∑0 2,0 . ∑=

+

0 2i

n � �+

0 3 B3,0 .∑0 3,0 (3.4)

Ograničenje koje postoji za momentne tačke A i B je da one nisu na pravcu upravnom na x osu.

Drugi alternativni oblik uslova ravnoteže se ogleda u pisanju tri momentne jed-načine9 za tačke A, B i C:

1 0 3 0. ,0 . ,0∑ ∑0 2, ∑+ +� �+ �

0 20 2,0 .0 2,00 2 (3.5)

pri čemu su A, B i C nekolinearne tačke.

3.1.1 Algoritam rešavanja zadatakaTokom rešavanja zadataka iz ravnoteže proizvoljnog ravanskog si-

stema sila i spregova od pomoći može biti sledeći algoritam:1. Uočiti objekat čija se ravnoteža posmatra;2. Ucrtati sve aktivne sile i spregove koji na njega dejstvuju;3. Uočiti veze objekta, osloboditi se veza i u skladu sa Aksiomom o

vezama ([1], str. 21-27) ucrtati sve reakcije veza;4. Analizirati geometriju mehaničkog sistema radi pogodnog iz-

bora koordinatnog sistema, momente tačke, ili momentnih tačaka. Koordinantni sistem treba izabrati tako, da se što je moguće veći broj nepoznatih sila projektuje u pravoj veličini na jednu od njegovih osa. Isto tako, treba voditi računa o pogodnom izboru momente tačke, tako da što veći broj napadnih linija sila nepoznatih intenziteta prolazi kroz tu tačku ili da moment za izabranu tačku pravi samo jedna nepoznata veli-čina, da bi se mogla odrediti direktno iz napisane jednačine. Ovaj korak nije od suštinske važnosti, ali uprošćava algebru rešavanja zadatka. Pri pisanju momentne jednačine, treba proizvoljno izabrati smer momenta koji će se smatrati pozitivnim, i dosledno ga se pridržavati pri pisanju momentne jednačine;

5. Pisati jednačine ravnoteže i rešiti ih.

9Indeks sumiranja će i u momentnim jednačinama, pri rešavanju primera, biti izostavljan. Na taj način, oznaka M A

�+

∑

će podrazumevati ∑ ∑= =

+j

k

ji

nFi

1 1

M M A

�

za naznačen pozitivan smer momenta.

Slika 3.3

Slika 3.4


Primer 3.1 Glatki štap AB težine G, dužine L oslanja se krajem A na horizon-talni pod, a u tački C na ivicu zida visine h (Slika 3.3). U položaju ravnoteže štap sa horizontalom obrazuje ugao β. U tom položaju ga održava horizontalno uže AO. Odredite silu u užetu i reakcije veza u tač-kama A i C.

Rešenje: Objekat čija se ravnoteža posmatra jeste štap AB. U geometrijskom središtu štapa, tački T, dejstvuje vertikalno naniže sila težine

�G

(Slika 3.4).Reakcija veze užeta

�S je sila pravca AO,

usmerena od tačke A ka tački O. Kao posledica veze štapa i glatke horizontalne ravni dejstvuje reakcija veze

�NA normalna na horizontalni pod.

U ovom primeru, reakcija veze �NC je uprav-

na na štap, jer pravac štapa odgovara pravcutangente u tački dodira ivice i štapa. Dakle, na štap dejstvuje ravanski sistem sila, čije se napad-

ne linije ne sučeljavaju, već su proizvoljnih pravaca u ravni. Kako su pravci �

G i �NA

vertikalni, a sila �S horizontalna, pogodno je izabrati koordinatni sistem čija je jedna

osa horizontalna, a druga vertikalna (Slika 3.4). Ugao izmedu �NC i vertikalnog prav-

ca je β, kao ugao s normalnim kracima u odnosu na zadati β. Jednačine ravnoteže, dobijene projektovanjem sila na ose koordinatnog sistema, glase:

1 0 0

2 0 0

. : sin ,

. : cos .

∑∑

= − + =

= + − =

F S N

F N N Gxi

yi

C

C A

β

β

Kako kroz tačku A prolaze napadne linije sile �S i

�NA, sledi da će moment za tu

tačku praviti sile �

G i �NC, te će momentna jednačina napisana za ovu tačku sadržati

samo jednu nepoznatu veličinu, i to NC. Neka je pozitivan smer momenta onaj koji odgovara pozitivnom matematičkom smeru, suprotnom od kazaljke na satu. Krak sile

�G za tačku A predstavlja najkraće rastojanje između pravca

�G, što je vertikala, i

tačke A. Produžavanjem napadne linije sile �

G, te povlačenjem normale iz tačke A na taj pravac, u preseku se dobija tačka D. Prema tome, krak sile

�G za tačku A odgovara

rastojanju AD.

Slika 3.5


Iz trougla TDA, to rastojanje se dobija projektovanjem duži AT = L /2 na horizon-talni pravac:

AD AT= =cos cos .β βL2

Pri tome, sila �

G teži da izazove obrtno dejstvo saglasno pozitivnom matematičkom

smeru. Moment sile �

G za tačku A je + G L2

cos β . U cilju određivanja momenta sile �NC za tačku A, krak se određuje povlačenjem normale iz tačke A na pravac sile, u preseku sa pravcem sile, što je tačka C. Znači, krak ove sile je AC. Ta duž predstavlja hipotenuzu pravouglog trougla OAC, u kome je poznata naspramna kateta ugla β,

tj. kateta h. Odatle sledi: AC = sin

hβ

. Smer momenta sile �NC za tačku A je suprotan

pozitivno defi nisanom. Na osnovu toga je M N hNA C

C sin

�

= −β

.

Dakle, treća jednačine ravnoteže glasi:

3 02

0. : cos .∑+

= + − =ª

M G L N hA C

sinβ

β

Iz ove jednačine se direktno dobija:

N G LhC =

2sin cos ,β β

dok iz prethodno napisanih jednačina ravnoteže sledi:

S G Lh

N G Lh

= = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟2

12

2 2sin cos , sin cos .β β β βA

Primer 3.2 Štap AB težine G, dužine L ve-zan je krajem B za nepokretni cilindrični zglob, a krajem A za uže (Slika 3.5). Na štap u prika-zanom smeru dejstvuje spreg M, dok je u tački A okačen teret težine Q. U položaju ravnoteže štap sa vertikalom obrazuje ugao α, a uže sa štapom ugao β . Odrediti reakciju zgloba B i silu u užetu.

Rešenje: Na štap, osim aktivnih vertikalnih sila �

G i �

Q, aktivnog sprega M, dej-stvuju reakcije veze užeta

�S i reakcija zgloba.

Slika 3.6


Reakcija zgloba, kao sila nepoznatog intenziteta, pravca i smera dejstva, se pri analitičkom rešavanju pogodnije predstavlja preko dve komponente proizvolj-no pretpostavljenih smerova, najčešće međusobno upravnih pravaca.

Neka su komponente reakcije zgloba �X B i

�YB kolinearne sa horizontalnim i verti-

kalnim pravcem, smerova prikazanih na Slici 3.6a. Zbog činjenice da tri sile dejst-vuju u vertikalnom pravcu, usvojiće se koordinatni sistem čija je y osa vertikalna, a x osa horizontalna. Pre pisanja jednačina ravnoteže po ovim osama, od koristi je uočiti da je ugao između vertikalnog pravca u tački A i štapa jednak uglu α, kao naiz-menični u odnosu na zadati. To dovodi do zaključka da je ugao između sile u užetu i vertikalnog pravca α β−( ). Prema tome, jednačine ravnoteže su:

1 0 0

2 0 0

. : sin ,

. : cos .

∑∑

= + −( )=

= + −( )− − =

F X S

F Y S Q Gxi

yi

B

B

α β

α β

Kroz tačku B prolaze napadne linije nepoznatih sila po intenzitetu X B i YB

, pa su im momenti za tu tačku jednaki nuli. Obrtno dejstvo za tačku B imaju samo

�Q i

�G, te

nepoznata po intenzitetu sila �S . Stoga je pogodno za momentnu tačku izabrati upravo

tačku B. Krak sile �

G za tačku B odgovara duži BB1, što je iz pravouglog trougla BB T1 naspramna kateta ugla α (naizmeničan sa zadatim α, dok je BT= /2L hipotenuza ovog trougla. Dakle, traženi krak predstavlja projekciju hipotenuze BT naspram ugla α pa je BB = sin1 L α / 2. Obrtno dejstvo

�G za tačku B je pozitivnog matematičkog smera,

koji će se u ovom zadatku usvojiti za pozitivan smer momenta. To znači, da moment sile

�G za tačku B iznosi GLsinα / 2. Najkraće rastojanje napadne linije sile

�Q od tačke

B, odgovara duži BB2 , koja se može naći na osnovu sličnosti pravouglih trouglova BB T1 i BB A2 . Kako je kateta AB dvostruko veća od katete TB, sledi i da je BB2 dvostruko veće od duži BB1, te traženi krak sile

�Q za tačku B iznosi Lsinα. Znak

momenta sile �

Q za tačku B je, takođe, pozitivan. Povlačenjem normale iz tačke B na

Slika 3.7


napadnu liniju sile �S , nalazi se da je krak ove sile za tačku B jednak duži BB3

. Taj krak je naspramna kateta za ugao β u pravouglom trouglu ABB3, čija je hipotenuza dužina štapa L. Traženi krak je Lsinβ . Sila

�S oko tačke B teži da izazove obrtanje

saglasno smeru kazaljke na satu, te je moment ove sile za tačku B negativan. Osim sila, moment za tačku B potiče od aktivnog sprega M, koji je saglasnog smera sa pozitivno defi nisan smerom, pa će u momentnoj jednačinu fi gurisati kao pozitivan. Prema tome, momentna jednačina za tačku B glasi:

3 02

0. : .∑+

= + + − + =ª

M G L QL SLB sin sin sinα α β M

Iz ove jednačine se dobija:

SG Q

L=

+( )+

12

sinα

β βsin sin,

M

dok prethodne dve jednačine dovode do:

X S Y S Q GB B= − −( ) = − −( )+ +sin , cos .α β α β

Intenzitet reakcije zgloba, odgovara R X YB B B= +2 2 (Slika 3.6b), dok je pravac dej-stva ove sile defi nisan uglom γ : tan B

Bγ = Y

X .Krak sile

�S za tačku B je moguće odrediti i primenom Varinjonove teoreme.

Naime, sila �S se može razložiti na dve komponente

�S1 i

�S2 (Slika 3.6.c), od kojih je

jedna kolinearna sa pravcem koji prolazi kroz momentu tačku, što je pravac štapa, a druga komponenta ima pravac upravan na AB. Moment sile

�S za tačku B je ekviva-

lentan algebarskoj sumi momenata ovih komponenti za istu tačku. Kako napadna li-nija komponente

�S2 prolazi kroz tačku B, njen moment za tu tačku je nula. Krak druge

komponente, intenziteta Ssinβ, odgovara duži AB=L, te se i ovim načinom dobija da moment sile

�S za tačku B odgovara - sinSL β.

Primer 3.3 Štap OA zanemraljive težinevezan je krajem O za nepokretni cilindričnizglob. Drugi kraj pridržava uže, prebačeno preko idealnog kotura B, te zategnuto teretom težine Q. Tačka B se nalazi na vertikali kroz tačku O, na rastojanju L (Slika 3.7). U tački C štapa okačen je teret težine P, pri čemu je OC=a.Odrediti ugao ϕ koji štap u položaju ravnoteže gradi sa vertikalnim pravcem, kao i reakciju zgloba u tom položaju.

Slika 3.8


Rešenje: Na štap, čija se ravnoteža posmat-ra, dejstvuje aktivna vertikalna sila

�P u tački C,

reakcija veze užeta-sila �S , kolinearna sa užetom,

usmerena od tačke A ka tački B, jednakog inten-ziteta sa težinom tereta Q, kao i reakcija zgloba. Reakcija zgloba će se predstaviti u formi dve međusobno upravne komponente

�X O i

�YO, proiz-

voljno pretpostavljenih smerova (Slika 3.8).Kako je trougao OAB jednakokrak, uglovi

OAB i OBA su jednaki i iznose po 90 2o −( )ϕ / . Jednačine ravnoteže za koordinatni sistem prika-zan na Slici 3.8 glase:

1 0 90 2 0

2 0 90 2 0

. : sin / ,

. : cos / .

∑∑

= − −( ) =

= + −( ) − =

F X S

F Y S P

xi

yi

O

o

O

o

ϕ

ϕ

Na osnovu ove dve jednačine je moguće izraziti intenzitete X O i YO u funkciji nepoz-

natog ugla ϕ:

X S Y S PO O= ( ) = − ( ) +cos / , sin / .ϕ ϕ2 2

Da bi se odredio ugao ϕ, napisaće se i momentna jednačina. Kako kroz tačku O prola-ze napadne linije obe komponente reakcije zgloba, momentna jednačina će se napisati upravo za tu tačku. Moment sile

�S se može odrediti Varinjonovom teoremom, preko

momenata njenih komponenti. Stoga je pogodno razložiti silu �S na komponentu

�S2 u

pravcu koji prolazi kroz momentu tačku, i komponentu �S1 upravnu na OA. Pri tome

je S S1 90 2= sin o −( )ϕ / . Na taj način, moment sile �S za tačku B odgovara momentu

komponente �S1 za istu tačku, čije je krak duž OA=L. Smer mometa

�S1 za ovu tačku je

pozitivnog matematičkog smera. Sila �P teži da obrne štap oko tačke B u suprotnom

smeru, dok je krak ove sile jednak duži OO1 = a sinϕ. Dakle, momentna jednačina za tačku O glasi:

3 0 90 2 0. : sin / sin ,ª+

∑ = + −( ) − =M S L PaO

o ϕ ϕ

pri čemu je S=Q, jer je uže prebačeno preko idealnog kotura. Transformacijom sin sin cosϕ ϕ ϕ= 2

2 2 (videti fusnotu 6), sledi:

cos sin .ϕ ϕ2

22

0QL Pa−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=

Slika 3.9

Slika 3.10


Rešenja ove jednačine su ϕ π1 = , što je ravnotežni položaj koji odgovara vertikal-nom štapu sa tačkom A ispod tačke O i sin ,

ϕ2

2 2= QL

Pa koji je moguć samo pod uslovom QLPa2

1≤ .

Primer 3.4 Krivolinijski štap AB, pri-kazan na Slici 3.9, ima oblik kružnog luka poluprečnika R. Štap je uklešten na svom kraju A, a slobodan na drugom kraju. Štap je opterećen spregom intenziteta M, dok u tački B dejstvuje sila intenziteta F, a u tački C sila intenziteta H. Sila

�F je u prav-

cu tangente na štap u tački B, a sila �

H je horizontalna. Odrediti reakcije ukleštenja. Težinu štapa zanemariti.

Rešenje:

Veza ukleštenja sprečava pomeranje ukleštene tačke objekta, kao i obrtanje objekta oko te tačke. To znači da se u slučaju ravanskog sistema u tački uklešte-nja javlja sila nepoznatog pravca, intenziteta i smera, koja se najčešće predstav-lja preko dve međusobno upravne komponente, i spreg nepoznatog intenziteta i smera dejstva.

U skladu s tim, u tački A na Slici 3.10 uve-dene su dve komponente u horizontalnom i vertikalnom,

�X A

i �

YA, te spreg intenziteta M A

. Sve tri veličine su proizvoljnih sme-rova. Naglasimo, da se komponente

�X A

i �YA mogu postaviti u bilo kom pravcu, na primer, u pravcu tangente i normale u tač-ki A na kružni luk.

Jednačine ravnoteže za koordinatni sistem prikazan na Slici 3.10, glase:

1 0 30 0

2 0 30 0

. : sin ,

. : cos ,

∑∑

= − + =

= − =

F X H F

F Y Fxi

yi

A

o

A

o

dok momentna jednačina napisana za tačku A daje:

3 0 45 60 60 0. : cos cos cos .ª+

∑ = + + −( ) − +( ) =M M HR F R RA A

o o oM

Slika 3.12

Slika 3.11


Intenzitet reakcije veze ukleštenja iznosi R X Y H HF FA A

2

A

2= + = − +2 2 , dok je

M FR HRA =-M + −

−( )32

2 1

2.

Primer 3.5 Ploča oblika pravouglog trougla, kateta a=3m i b=4m, težine P kN= 1 , se održava u prikazanom ravnotežnom položaju (Slika 3.11) pomoću nepokretnog cilindričnog zgloba vezanog u temenu A i lakog horizontalnog šta-pa, vezanog u temenu C. Duž hipotenuze ploče dejstvuje:

a) ravnomerno raspoređeno opterećenje (Slika 3.11a), upravno na hipotenu-zu, specifi čnog opterećenja q kN m=1 / ;

b) trougaono kontinualno opterećenje (Slika 3.11b), takođe upravno na hipo-tenuzu, čija maksimalna vrednost specifi čnog opterećenja iznosi q kN m0 =2 / .

Koji je slučaj opterećenja nepovoljniji po laki štap?

Rešenje: a) U težištu ploče T, koje se nalazi na trećinama kateta mereno od teme-na pravog ugla, dejstvuje sila sopstvene težine ploče

�P.

Pri pisanju jednačina ravnoteže, kao posledica dejstva kontinualnog optere-ćenja, može se uvesti ekvivalentna koncentrisana sila

�Fq koja dejstvuje u težištu

površine kontinualnog opterećenja i predstavlja rezultantu paralelnog sistema sila. U slučaju ravnomerno raspoređenog opterećenja njen intenzitet je F qlq = , gde je l dužina po kojoj opterećenje dejstvuje.

Slika 3.13


Dakle, u tački koja se nalazi na sredini hipotenuze dejstvuje sila F q m kNq = 5 ⋅ = 5 . Komponente reakcije zgloba su obeležene sa

�X A i

�YA, dok je

�S reakcija veze lakog

štapa. Jednačine ravnoteže za sistem prikazan na Slici 3.12a su:

1 0 0

2 0 0

3 0

. : sin ,

. : cos ,

. :

∑∑∑

= − − =

= − − =

=+

F X S F

F Y P F

M Sa

xi q

yi q

A

A

A

α

α�

−− + − =P b F a F bq q

3 2 20sin cos ,α α

čijim se rešavanjem dobija: X kN Y kN S kNA A= = =8318

2918

5, , .

b) U drugom slučaju na hipotenuzu dejstvuje trougaono kontinualno optereće-nje.

Ukoliko je kontinualno opterećenje trougaono, intenzitet ekvivalentne kon-centrisane sile iznosi Fq

q l= 0

2, gde je q0

maksimalna vrednost specifi čnog optere-ćenja, a l dužina po kojoj opterećenje dejstvuje.

U ovom primeru, ta sila je intenziteta F kNq = 5 i dejstvuje u težištu trougaonog opte-rećenja, što je na trećini hipotenuze BC mereno od tačke C. Jednačine ravnoteže po x i y osi bivaju jednake onim u primeru a), dok momentna jednačina za tačku A glasi:

3 03

2

3 3b M Sa P b F a F b

q q. : sin cos∑+

= − + − =ª

A α α

te se dobija S kN= 29

, što je približno 7 puta manje opterećenje od onog u prethodnom slučaju.

Primer 3.6 Pravougaona ploča stranica AB OC i OA BC= = = =a a 3, težine G je temenom O vezana za nepokretni cilindrični zglob (Slika 3.13). U tački D je vezano uže, prebačeno preko idealnog kotura K, postav-ljenog na vertikali kroz tačku O, i vezano u tački E. Pri tome je OD DE EA DJ= = = 2 .Na ploču u prikazanom smeru dejstvuje spreg M. U položaju ravnoteže stranica OA ploče sa horizontalom obrazuje ugao α. Odrediti silu u užetu i reakciju zgloba O.

Slika 3.14


Rešenje: U preseku dijagonala OB i AC, što je tačka T, dejstvuje sila težine �

G. U skladu sa zglobnom vezom u tački O uvode se reakcije veza

�X O i

�YO (Slika 3.14).

Usled veze užetom EKD, u tačkama E i D na ploču dejstvuju sile �S i

�S’, jednakih

intenziteta S, jer je kotur idealan. Uočava se da kroz tačku K prolaze napadne linije tih sila, kao i sila

�YO. Stoga je pogodno najpre napisati momentnu jednačinu upravo za

tu tačku, što će omogućiti nalaženje X O. Osim toga, i tačka O je pogodna za pisanje

momentne jednačine, jer će u toj jednačini kao jedina nepoznata fi gurisati intenzitet sile S. Preostalu nepoznatu YO

, koja dejstvuje u vertikalnom pravcu je moguće odre-diti iz jednačine ravnoteže svih sila po y osi. Stoga će se ovaj zadatak rešiti preko alternativnih jednačina ravnoteže (3.4).

Pre pisanja ovih jednačina, treba uočiti da je krak sile

�G za tačku K

i tačku O iste dužine: KK OO1 1= ,jer su tačke na pravcu paralelnom sa napadnom linijom sile. Taj krak je moguće naći projekcijom polovine dijagonale:

OT =( ) +

=a a

a3

2

22

,

na horizontalni pravac. Ugao TOO1 odgovara razlici ravno-težne vrednosti ugla α i ÂOT .Za ÂOT , na osnovu dužina

stranica važi tan ÂOT( ) = aa 3

, te je taj ugao 30°, a traženi ^TOO o

1 30= −( )α . Moment sile

�G za obe tačke je, prema tome, + −( )Gacos oα 30 , pri čemu je, kao i

u prethodnim zadacima, usvojeno da je pozitivan znak momenta onaj, koji odgova-ra pozitivnom matematičkom smeru. Krak sile

�X O za tačku K odgovara duži OK,

koja se kasnije naći iz sinusne teoreme napisane za trougao OKE. U tom trouglu, poznato je OE= 2 3

3

a , dok je ÔKE=180 o o�− − −( ) = + −β α α β90 90 . Pri tome je β = ^ ^KED= KDE. Ovaj ugao se može odrediti iz trougla KJD:

tancot cot

tanβ

α αα

= = = =JK

JD

OJa

a

a36

32

36

3

odnosno sin , cos .tan

tan

tanβ β

αα

α= =

+ +3

9 92 2

Na osnovu sinusne teoreme za trougao OKE važi:

OKosin sin

,β α β

=+ −( )

2 33

90

a

Slika 3.15


odakle sledi OK = a 32

sin α , što se može dobiti i iz pravouglog trougla JKO.Momentna jednačina za tačku K:

1 0 303

20. : sin ,∑

+

= + + −( )+ =ª

M Ga X aK

o

OcosM α α

omogućava nalaženje X O:

XGa

aO

ocos=

+ −( )⎡⎣⎢

⎤⎦⎥2 3 30

3

M α αsin.

Momentna jednačina za tačku O je:

2 0 303

3

2 3

30. : sin sin ,∑

+

= + + −( )− − =ª

M Ga S a S aO

ocosM α β β’

na osnovu čega se može odrediti intenzitet sile u užetu:

SGa

a=

+ −( )M cos oα

β

30

3 sin,

dok se na osnovu jednačine ravnoteže:

3 0 90 90 0. : cos cos ,∑ = − + + −( )+ + −( )=F Y G S Syi O

o oα β β α’

dobija:Y G SO = −2 sin cos .β α

Primer 3.7 Ugaonik ABC čine dva štapa AB i BC istih dužina 2L. Težina štapa AB je G, a težina štapa BC je P. Štapovi su kruto spojeni pod pravim uglom u tački B. Ugaonik je postavljen na glatku cilindričnu površinu poluprečnika R, kako je to pokazano na Slici 3.15. Odrediti ravnotežnu vrednost ugla ϕ, koji krak ugaonika AB gradi sa horizontalnim pravcem.

Rešenje: Kako je ugaonik ABC sačinjen od dva homogena štapa, umesto da se određuje položaj težišta ugaonika, sile težine se mogu ucrtati za svaki od štapova pojedinačno u težištima štapova. Na ugaonik, osim sila težine

�G i

�P, koje dejstvuju u

tačkama T i S, respektivno, dejstvuje reakcija glatke cilindrične površi �N1 u tački D,

upravno na pravac AB, tj. kolinearno sa pravcem DO i reakcija �N2

u pravcu EO (Slika 3.16a). Da bi se odredila ravnotežna vrednost ugla ϕ, pogodno je napisati momentnu jednačinu za tačku O, kroz koju prolaze napadne linije nepoznatih reakcija veza, te se na taj način izbegava njihovo nepotrebno određivanje.

Slika 3.16

Slika 3.17


Dakle, momentna jednačina za tačku O glasi:

1 0 0. : ,∑+

= + − =ª

M G PO 1 1TT SS

gde su TT i SS1 1 kraci sila

�G , odnosno

�P za tačku O. Ovi se kraci mogu odrediti

uočavanjem da je četvorougao ODBE kvadrat, te su duži DT SE= = −R L . Sa Slike 3.16b, sledi:

TT D O DD

SS E O EE

1 1

1 1

= − = − −( )= − = − −( )

2

2

R R L

R R L

sin cos ,

cos sin .

ϕ ϕ

ϕ ϕ

Na taj način, nakon algebarskih i trigonometrijskih transformacija, momentna jedna-čina daje:

tan .ϕ =+ −( )+ −( )

PR G R LGR P R L

U slučaju da su težine krakova jednake P=G, izrazi u brojiocu i imenicu će biti isti, pa je ravnotežna vrednost ugla ϕ u tom slučaju 45°.

Primer 3.8 Štap AB dužine L, te-žine G se oslanja krajnjim tačkama o glatko cilindrično udubljenje polu-prečnika R (Slika 3.17). U tački A štapa vezano je uže, prebačeno preko idealnog kotura K, i o drugi kraj je okačen teret težine Q=G/4. Odrediti ugao ϕ koji štap gradi sa horizontal-nim pravcem u prikazanom položaju ravnoteže, kao i sile pritiska štapa na udubljenje, ako je L R= 3 .

Slika 3.18


Rešenje: Na štap, pored sile sopstvene težine �

G, koja dejstvuje u tački T u geo-metrijskom središtu štapa, dejstvuje sila u užetu S=Q u pravcu AK, kao i reakcije glatkog udubljenja

�NA i

�NB (Slika 3.18). Ove reakcije su upravne na pravce tangenti

na kružnicu cilindričnog udubljenja u tačkama A i B, odnosno, prolaze kroz centar cilindričnog udubljenja. Kako je trougao OAB jednakokrak, dužina njegove osnovice AB odgovara dvostrukoj projekciji kraka na pravac osnovice:

L = = ( )3 2R Rcos ,^OBA

te je:cos .^ ^OBA OBA= o( ) = ⇒3

230

Prema tome, obe reakcije �NA i

�NB sa pravcem štapa grade ugao od 30°. Momentna

jednačina za tačku O će sadržati momente sile �

G i sile �S za tu tačku. Ova jednačina

glasi:

1 0 30 752

0. : sin sin sin ,∑+

= − + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=ª

M G R S RO

o oϕϕ

gde je moment sile �

G određen naosnovu Varinjonove teoreme. Mo-ment komponente u pravcu visineOT jednakokrakog trougla OABza tačku O je nula, jer napadnalinija te komponente prolazi kroztačku O, dok je krak komponentaintenziteta G sinϕ u pravcu štapa za tačku O jednak visin OT o= Rsin30 .Analogno tome, momet sile

�S za istu tačku potiče samo od komponente upravne

na pravac OA, što je S sin 752

o +( )ϕ , jer je krak ove sile jednak poluprečniku R, dok komponenta u pravcu OA prolazi kroz momentnu tačku i ne daje moment za nju. Rešavanjem prethodne jednačine ravnoteže sledi ϕ = 30o.

Da bi se odredio intenzitet NB, napisaće se momentna jednačina za tačku A:

2 03

230 3 0. : cos sin ,∑

+

= − =ª

M G R N RA B

oϕ

te se dobija N GB = 3

2 . Momentna jednačina za tačku B, nekolinearnu sa tačkama O i A:

3 03

230 3 75

23 0. : cos sin sin ,∑

+

= − + + −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=�

M G R N R S RB A

o oϕϕ

omogućuje nalaženje N GA = 3

4.

Slika 3.19


3.2 Ravnoteža sistema paralelnih sila i spregova u ravni

Ravanski sistem paralelnih sila � �F Fn1 ,...,

i spregova M M1 ,..., k (Slika 3.19) čine sile čije su napadne linije međusobno paralelne, raspoređene u jednoj ravni, dok su vektorispregova upravni na tu ravan, odnosno teže da izazovu obrtanje u ravni u kojoj leže sile.Ekvivalentno mehaničko dejstvo ovom sistemuima glavni vektor

�Fg, koji se nalazi kao vektor-

ski zbir svih sila � �F Fg

i

n

i= ∑=1

i glavni moment

M Mgj

k

ji

nFi

A A= ∑ + ∑= =1 1

M�

, koji se nalazi algebar-

skom sumom spregova M M1 ,..., k i mome-nata svih sila za proizvoljno izabranu tačku A.

3.2.1 Uslov i jednačine ravnoteže sistema paralelnih sila i spregovaSistem paralelnih sila i spregova je u ravnoteži pod uslovom da je glavni vektor

jednak nuli i glavni moment jednak nuli (3.2). Ukoliko je pravac svih sila paralelan sa osom y, i glavni vektor će biti paralelan sa tom osom. U tom smislu se sistem pa-ralelnih sila i spregova može smatrati specijalnim slučajem ravanskog sistema sila i spregova, te je prva jednačina iz sistema (3.3) identički zadovoljena. Dakle, jednači-ne ravnoteže paralelnog sistema sila i spregova su:

1 01

. .0∑ ∑0 2,0 .=

+

i

n

0 2,00 2ª

A (3.6)

Postoji i drugi oblik zapisivanja uslova ravnoteže ovog sistema u skalarnoj for-mi:

1 0. ,0∑ ∑0 2+ª ª+

0 20 2 B∑,0 .0 2,0 (3.7)

prema kome sume momenata svih sila i spregova za tačke A i B moraju biti jednake nuli, pod uslovom da tačke A i B ne leže na pravcu paralelnom silama.

Zadaci iz ravnoteže krutog tela pod dejstvom paralelnog ravanskog sistema sila i spregova se rešavaju algoritmom koji se analogan algoritmu preporučenom za prob-leme ravnoteže proizvoljnog ravanskog sistema sila i spregova (str. 43)

Slika 3.21

Slika 3.20

Slika 3.22

63

Primer 3.9 Štap AB dužine L, težine G se održava u horizontalnom ravnotežnom položaju uz pomoć vertikalnog užeta AD i užeta koje je prebačeno preko idealnog ko-tura K, i o čiji kraj je okačen teret težine P. Deo užeta BK zauzima vertikalan položaj. Na rastojanju x od tačke A postavlja se teret M, težine Q (Slika 3.20). Odrediti interval vrednosti težine tereta P koji će omogućiti prikazani položaj ravnoteže, kao i položaj tereta M u tom slučaju. Koliki je intenzitet sile u užetu AD?

Rešenje: Na štap AB dejstvuju aktivne sile

�G i

�Q i reakcije užadi

�S i

�F , pri čemu je

F=P. Pravci svih sila su međusobno paralelni (Slika 3.21).

Jednačine ravnoteže (3.6) za ovaj sistem glase:

1 0 0

2 02

0

. : ,

. : ,

∑∑

= − − + =

= − − =+

F S Q G F

M FL G L Qx

yi

ª

A

odakle sledi S=Q+G–P. Iz momentne jednačine se nalazi x P LQ

G

= −( )2 . Zamenom do-bijenog rešenja u izraz za ograničenje x koordinate 0 ≤ ≤x L , dobija se interval vred-nosti za P:

G P G Q2 2

≤ ≤ + .

Ograničenje koje za vrednost P nameće zatezni karakter sile S je:

Q+G>P.Presek ova dva uslova je pređašnja dvostruka nejednakost, koja predstavlja traženo rešenje za vrednost tereta P.

Primer 3.10 Odrediti potrebnu vrednost težine tereta P u funkciji težine tereta Q, za ravnotežni sistem identičnih kotura prikazan na Slici 3.22.

Ravnoteža sistema paralelnih sila i spregova u ravni

Slika 3.23

Slika 3.24

Slika 3.25


Rešenje: Tretirajući ovaj sistem kao sistem idealnih kotura, za reakcije veza užadi prikazane na Slici 3.23 važi: S=S’=S’’, T=T’=T’’, dok je S = P. Na taj način se mogu napisati jednačine ravnoteže po vertikalnoj y osi za svaki kotur ponaosob. Za kotur C jednačina ravnoteže glasi:

1 0 0. : .∑ = − − + =F S P Nyi

Za kotur B ona je oblika:

2 0 2 0. : ,∑ = − =F S Tyi

dok se za kotur A može pisati:

3 0 2 0. : .∑ = − =F T Qyi

Rešavanjem ovog sistema algebarskih jednačina se dobija T SQ T Q= =

2 2 4, ,= odnosno

P Q=

4.

Primer 3.11 Ugaonik se sastoji od dva štapa, međusobno kruto vezana pod pravim uglom. Ugaonik je pomoću užeta vezanog u tački O okačen za tavanicu. Štap OC je dužine L, težine G, dok je štap AB dužine 2L, težine 2G, pri čemu je AC CB= (Slika 3.24). U tački A okačen je teret težine P. Odrediti potrebnu vrednost težine tereta P da bi ugao koji štap OC gradi sa vertikalnim pravcem u položaju ravnoteže bio α=30�.

Rešenje: Na ugaonik dejstvuju sile sopstvene težine štapova u njihovim težiš-tima

�G i 2

�G, sila težine tereta

�P i sila u

užetu �S (Slika 3.25). Kako su sve sile teži-

ne vertikalnog pravca, u položaju ravnote-že i uže mora zauzimati vertikalan pravac, tj. ugaonik je pod dejstvom sistema para-lelnih sila. Da bi se odredila vrednost P, a izbeglo traženje S, pogodno je napisati momentnu jednačinu za tačku O:

Slika 3.26

Slika 3.27

65

1 02

2 0. : sin sin cos sin .∑+

= + − −( ) =ª

M G L GL P L LO α α α α

Iz ove jednačine se dobija:

P G=−( )

5

2

sin

cos sin.

αα α

Za konkretnu vrednost ugla α=30�, vrednost težine tereta P je:

P G=−( )

5

2 3 1.

Primer 3.12 Kvadratna plo-ča stranice a=1m, težine G=2kN se oslanja temenom A na gladak horizontalan pod, a u temenu B je vezano uže, prebačeno preko idealnog kotura, a o drugi kraj je okačen teret težine P=1kN (Slika 3.26). Na ploču u prikazanom smeru dejstvuje spreg intenziteta M=1kNm. Koliki je teret potreb-no okačiti u temenu D, da bi plo-ča zauzela prikazani ravnotežni položaj, kada stranica AB gradi ugao 30° sa horizontalom.

Rešenje: Uočavajući da na ploču dejstvuju sila sopstvene težine

�G, težina

�Q i reakcija ide-

alne veze �NA, koje imaju vertika-

lan pravac, zaključuje se da i pra-vac užeta BK mora biti vertikalan, jer bi u suprotnom postojala kom-ponenta sile u užetu u horizontal-nom pravcu koja ne bi bila uravno-težena. Na osnovu toga, na ploču dejstvuje paralelan sistem sila i spreg M (Slika 3.27).

Ravnoteža sistema paralelnih sila i spregova u ravni


Zadatak će se rešiti pisanjem dve momentne jednačine (3.7) i to za tačke D i A kroz koje prolaze napadne linije sile

�Q, odnosno

�NA. Izbor tih tačaka zadovoljava krite-

rijum da momentne tačke ne leže na pravcu koji je paralelan pravcu sila. Jednačine ravnoteže u tom slučaju glase:

1 0 602

215 2 15 0

2 0

. : cos cos cos ,

. :

∑

∑

+

+

= − − + =

= − −

M N a G a Pa

M

ª

ª

D A

o o o

A

M

M GG a Pa Qa2

275 30 60 0cos cos cos .o o o+ + =

Rešavanjem ovog sistema dobija se: N kN Q kNA = 2 a =1, .

3.3 Neidealne (hrapave) veze

Pri kontaktu hrapavih površina dva tela kod kojih postoji težnja za kretanjem (klizanjem) jednog tela u odnosu na drugo telo, dolazi do pojave trenja klizanja. Pri tome se, kao odraz uticaja jednog tela na drugo, osim normalne reakcije veze

�N u

tački dodira, koja postoji i kada je veza idealna (glatka), pojavljuje i sila trenja kliza-nja. Sila trenja klizanja

�Ftr je upravna na normalnu reakciju veze, a svojim smerom je

suprotna od smera u kom teži da se pomeri tačka dodira (linija ili površina dodira) u odnosu na drugo telo. Sila trenja klizanja pri mirovanju je, prema Kulonovom zako-nu, ograničena po intenzitetu sa tzv. graničnom vrednošću Ftr :

0 ≤ F F≤tr gr . (3.8)

Granična vrednost sile trenja odgovara proizvodu statičkog koefi cijenta trenja i inten-ziteta normalne reakcije veze:

F NgrFF μ . (3.9)

Ukupna reakcija hrapave veze u graničnom slučaju kada je F Ftr gr= sa pravcem nor-male u tački dodira zaklapa tzv. ugao trenja φ ([1], str. 85):

tan .φ μ= (3.10)

3.3.1 Algoritam rešavanja zadatakaPri rešavanju zadataka iz ravnoteže krutog tela uz prisustvo hrapa-

vih veza, zadaci se mogu rešavati sledećim algoritmom:1. Uočiti objekat čija se ravnoteža posmatra;2. Ucrtati sve aktivne sile i spregove koji na njega dejstvuju;3. Uočiti veze objekta, osloboditi se veza i u skladu sa Aksiomom o

Slika 3.28

Slika 3.29

67

vezama ([1], str. 21-27) ucrtati sve reakcije veza; pri tome, reakciju hra-pave površine predstaviti sa dve komponente – normalnom reakcijom veze i silom trenja, ili bez razlaganja na komponente – usmeriti je pod uglom trenja φ prema normali na površinu;

4. Analizirati geometriju mehaničkog sistema, te usvojiti koordinat-ni sistem i pisati jednačine ravnoteže;

6. Analizirati saglasnost broja nepoznatih veličina i jednačina rav-noteže. Ako je broj nepoznatih veličina manji od broja raspoloživih jednačina, odrediti dodatne jednačine koje se mogu pisati na osnovu fi zike problema, iz Kulonovog zakona. Treba imati u vidu da pisanje Kulonovog zakona biva od koristi samo u zadacima u kojima je koefi -cijent trenja poznat ili se treba odrediti. Naime, ako se vrednost koefi ci-jenta trenja ne zna i ne traži, korišćenje Kulonovog zakona podrazume-va uvođenje nove jednačine sa novom nepoznatom, što nije od koristi. Takođe, ne treba izgubiti iz vida da Kulonov zakon pruža vezu između intenziteta Ftr i N. To znači, da u slučaju dobijenog predznaka „-” uz intenzitet ovih sila, kada je njihov smer pogrešno pretpostavljen, ove veličine u Kulonov zakon treba zameniti po apsolutnoj vrednosti;

7. Rešiti formirani sistem jednačina i nejednačina, izražavajući in-tenzitete sile trenja i normalne reakcije veza iz jednačina ravnoteže i zameniti ih u Kulonov zakon.

Primer 3.13 Štap težine G, dužine L, oslanja se u tački C na glatku površpolucilindra radijusa R, a kraj B se na-lazi na hrapavom podu (Slika 3.28). Osa štapa u položaju ravnoteže sa hori-zontalom obrazuje poznat oštar ugao α.Odrediti reakciju hrapavog poda i silu pritiska štapa na polucilindar.

Rešenje: Na štap, pored sile sopstvene težine u tački T, kao jedine aktivne sile, dejstvuje normalna reakcija veze u tački C u radijalnom pravcu i reakcija hrapave veze u tački B (Slika 3.29). Reakcija veze se može predstaviti preko normalne kom-ponente, upravne na horizontalni pod i sile trenja. Sila trenja je upravna na normalnu

komponentu reakcije veze, dakle, horizontalnog pravca. Pod dej-stvom sile sopstvene težine štap teži da sklizne sa polucilindra, odnosna tačka B teži da se pomeri u horizontalnom pravcu udesno. Tome se suprotstavlja sila trenja �FtrB bivajući usmerena ulevo.

Neidealne (hrapave) veze

Slika 3.30


Za koordinatni sistem prikazan na Slici 3.29, jednačine ravnoteže imaju oblik:

1 0 0

2 0 0

. : sin ,

. : cos .

∑∑

= − =

= − + =

F N F

F N G Nxi tr

yi

C B

C B

α

α

Momentnu jednačinu je pogodno napisati za tačku B kroz koju prolaze napadne linije sila

� �N FtrB Bi :

3 02

0. : cos ,∑+

= − + =ª

M N G LB C BC α

gde je BC krak sile �NC za tačku B. Taj krak se, na osnovu pravouglog traougla OBC,

u kome je poznata kateta R i njoj naspramni ugao α, izražava kao BC = Rcot .α Dobijeni sistem od tri algebarske jednačine sadrži tri nepoznate N F NtrC B Bi, , te se ovaj zadatak može rešiti samo na osnovu ovih jednačina ravnoteže: N G L

RC = 2

sinα, F G N Gtr

LR

LRB B= =

2

2

21sin , sin cos .α α α−( )

Primer 3.14 Telo koje je sastavljeno od tri kruto spojena štapa naslanja se u tački A na horizontalnu ravan, a u tački D na strmu ravan koja sa horizontalom gradi ugao od 60º (Slika 3.30). Štap BC je dužine l i težine G, dok su štapovi AB i CD dužine a l = 3

4 i

zanemarljive težine. Štapovi AB i CD su pod pravim uglom vezani za štap BC. Veza u tač-ki D je idealna, dok u tački A postoji trenje. U položaju ravnoteže štap BC gradi ugao 30º sa horizontalom. Odrediti reakcije veza u da-tom položaju ravnoteže i uslov koji treba da zadovolji koefi cijent trenja μ u tački A, da bi taj položaj ravnoteže bio moguć.

Rešenje: Budući da su težine štapova AB i CD zanemarljive, od aktivnih sila na telo dejstvuje sila težine štapa BC u tački T (Slika 3.31a). Reakcija veze

�ND u tački D

je u pravcu normale na strmu ravan. Reakcija hrapave veze u tački A predstavljena je sa dve komponente:

�NA − upravno na horizontalnu ravan i sila trenja

�FtrA − u pravcu

horizontale. Sila trenja je usmerena udesno, jer je očigledno da će, zbog dejstva sile sopstvene težine, telo, odnosno tačka A u kojoj postoji hrapava veza, težiti da sklizne ulevo. Sa Slike 3.31a je uočljivo postojanje tri nepoznate reakcije veze, koje se mogu odrediti iz tri jednačine ravnoteže za posmatrani sistem proizvoljnih sila u ravni. Sam redosled pisanja tih jednačina može da bude potpuno proizvoljan, i u tom smislu u ovom zadatku je pogodno krenuti od momentne jednačine i to za tačku A, u kojoj će kao jedina nepoznata fi gurisati ND, s obzirom da napadne linije sila

� �N FtrA A i prolaze

kroz tu tačku.

Slika 3.31

69

Momentna jednačina glasi:

1 0 01. : ,∑+

= − + + =ª

M G N NA D1 1 D2 1AA DD AD

gde su N ND1 D2 i intenziteti komponenata reakcije �ND u horizontalnom i vertikal-

nom pravcu N N N ND1 D

o

D2 D

o, = =( )sin cos60 60 , respektivno, dok su im kraci (Slika 3.31b):

AA BB B A

DD CC BB CC

1

o o

2 2

o

1 2

1 3

230 30

30 3

= − = −

= + − = +

l a

l a

cos sin ,

sin cos 00 30

30 30 301 3

o o

2 2

o o oAD BC B A C D

−

= − + = − +

a

l a a

cos

cos sin sin .

Iz momentne jednačine sledi N GD =

4.

Intenzitet komponenti reakcije hrapave veze NA i FtrA odrediće se iz jednačina ravnoteže za koordinanti sistem prikazan na Slici 3.31a:

2 0 60 0

3 0 60 0

. : sin ,

. : cos ,

∑∑

= − =

= − + =

F F N

F N G Nxi tr

yi

A D

o

A D

o

odakle se dobija F NG GtrA A = = 3

878

, .

Uslov koji treba da zadovolji koefi cijent trenja se nalazi na osnovu Kulonovog zakona:

F NtrA A≤ μ ,

te je:

μ ≥ 3

7.


Slika 3.32

Slika 3.33


Primer 3.15 Štap AB te-žine G, dužine 2l se oslanja o glatku ivicu u tački C, i o hrapavo cilindrično udublje-nje poluprečnika R u tački A (Slika 3.32). Centar O ci-lindrične površi i tačka C se nalaze na istoj horizontali, na rastojanju R. Odrediti oblast vrednosti koefi cijenta trenja μ, da bi prikazani ravnotežni položaj u kom štap sa horizontalom gradi ugao od 30º bio moguć. Usvojiti da je l R = 3.

Rešenje: Na štap dejstvuje aktivna sila težine �

G (Slika 3.33a).

Na osnovu jednakokrakog trougla OAC, zaključuje se da je AC = R 3, što znači da se težište štapa i tačka C poklapaju. U tački C dejstvuje normalna reakcije veze

�NC,

u pravcu normale na štap. U tački A se ostvaruje hrapava veza, tako da se reakcija veze razlaže na komponentu

�NA u pravcu OA i silu trenja

�FtrA, u pravcu tangente na

cilindričnu površinu. Štap AB će težiti da se obrne u smeru kazaljke na satu oko ose koja je upravna na ravan crteža, te će tačka A težiti da sklizne naviše po obodu cilin-dričnog udubljenja. Stoga će sila trenja biti usmerena naniže.

Sa Slike 3.33a je uočljivo da kroz tačke A i C prolaze napadne linije dve sile, te je za njih pogodno pisati momentne jednačine. Takođe, i tačka O će se iskoristiti za pisanje momentne jednačine, budući da je sa njima nekolinearna, a da se kraci sila koje prave obrtno dejstvo za tu tačku lako određuju. Jednačine ravnoteže glase:

1 0 30 0

2 0 30 0

. : cos ,

. : cos ,

∑∑

+

+

= − =

= − + =

ª

ª

M N l Gl

M N R GR F Rtr

A C

o

O C

o

A

Slika 3.34

71

3 0 30 60 0. : sin sin .∑+

= − + =ª

M N l F ltrC A

o

A

o

Rešenje ovog sistema jednačina je N F NGtr

G GC A A = , , 3

2 4

3

4= = .

Na osnovu Kulonovog zakona:

F NtrA A≤ μ ,

uslov za vrednost koefi cijenta trenja je:

μ ≥ 3

3.

Analiza ravnoteže štapa se može izvršiti i korišćenjem teoreme o tri sile. Naime, reakcija hrapave površi

�FA mora proći kroz tačku C, u kojoj se seku napadne linija

sile težine i reakcije �NC

, tj. mora imati pravac štapa (Slika 3.33b). Sa slike poligona sila sledi:

F G GA

o= =cos ,602

pa su njene komponente:

F F G N F GtrA A

o

A A

o= = = =cos , sin ,604

603

4

što je rezultat identičan rezultatu dobijenom pisanjem jednačina ravnoteže.

Primer 3.16 Materijalna tačka M težine G postavljena je na hrapavu žicu oblika kružnog luka poluprečnika R (Slika 3.34). Za tačku je ve-zano uže, prebačeno preko idealnog kotura za-nemarljivih dimenzija postavljenog u tački K i o drugi kraj užeta okačen je teret težine P. Poznat je koefi cijent trenja μ između tačke i žice. Odrediti interval vrednosti za težinu tereta P u funkciji G, μ i oštrog ugla ϕ μϕ

tan2

>( ) koji pravac OM gradi sa horizontalom u ravnotežnom položaju.

Rešenje: Na tačku M, pored sile sopstvene težine, dejstvuju sila u užetu inten-ziteta S=P i reakcija hrapave podloge. Njena komponenta

�N je u pravcu normale na

tangentu, tj. u pravcu OM. Sila trenja leži na pravcu tangente. Smer sile trenja je dik-tiran smerom suprotnim od smera u kom tačka M teži da se kreće. Međutim, u ovom problemu taj smer nije jednoznačan. Naime, on je zavisan od odnosa projekcije sile težine

�G i projekcije sile u užetu na tangencijalan pravac, u kom je moguće kretanje

tačke M. Uočavanjem jednakokrakog trougla OKM, zaključuje se da je ugao između


Slika 3.35


pravca sile �S i pravca MO jednak ϕ

2. Dakle, u prvom slučaju kada je G S cos ϕ ϕ< sin

2 tačka teži da se kreće naviše, te će sila trenja biti usmerena naniže (Slika 3.35a). U drugom slučaju, za G S cos ϕ ϕ> sin

2 tačka teži da se kreće naniže, pa je sila trenja

usmerena naviše (Slika 3.35b).Jednačine ravnoteže za prvi slučaj, tj. sistem sučeljnih sila prikazan na Slici

3.35a su:

1 02

0

2 02

0

. : cos sin ,

. : sin cos .

∑

∑

= − + − =

= − − =

F G S F

F N G S

xi tr

yi

ϕϕ

ϕϕ

Iz ovog sistema jednačina sledi da je F G P N G Ptr = − + = +cos sin , sin cos .ϕ ϕϕ ϕ2 2

Dopunska jednačina u formi Kulonovog zakona:

F Ntr ≤ μ , (3.11)dovodi do sledeće nejednakosti:

P G≤ +−

μ ϕ ϕμϕ ϕ

sin cos

sin cos.

2 2

(3.12)

S obzirom na postavljeni uslov tanϕ μ2

> , izraz u imeniocu je veći od nule.Za drugi slučaj, jednačine ravnoteže su:

1 02

0

2 02

0

b F G S F

b F N G S

xi tr

yi

. : cos sin ,

. : sin cos ,

∑

∑

= − + + =

= − − =

ϕϕ

ϕϕ

te je F G P N G Ptr = − = +cos sin sin cosϕ ϕϕ ϕ2 2 , . Uočava se da je intenzitet idealne

reakcije veze nezavisan od smera sile trenja, tj. identičan u oba slučaja. Na osnovu Kulonovog zakona (3.11) sledi:

cos sin

sin cos.

ϕ μ ϕμϕ ϕ

−+

≤2 2

G P (3.13)

Slika 3.36

Slika 3.37

73

Analizom izraza (3.12) i (3.13), zaključuje se da oni predstavljaju gornju, odnosno donju granicu intervala vrednosti težine tereta P:

cos sin

sin cos

sin cos

sin cos.

ϕ μ ϕμ

μ ϕ ϕμϕ ϕ ϕ ϕ

−+

≤ ≤ +−2 2 2 2

G P G

Primer 3.17 Disk poluprečnika R, težine G oslanja se u tačkama A i B na dve međusobno upravne strme ravni (Slika 3.36). Veza u tački A je hrapava, koefi cijen-ta trenja μ, dok je veza u tački B idealna. Na disk je namotano uže i prebačeno preko idealnog kotura K. Na drugom kraju užeta je okačen teret težine P. U prikazanom po-ložaju ravnoteže deo užeta DK je horizon-talan. U ravni diska u prikazanom smeru dejstvuje spreg momenta M. Odrediti in-terval vrednosti M da bi prikazani položaj ravnoteže bio moguć.

Rešenje: Na disk, pored aktivnog sprega M i sile sopstvene težine, dejstvuju sila u užetu intenziteta S=P, reakcija glatke veze

�NB, upravno na OB i reakcija hrapave

veze, čija komponenta �NA je upravna na OA. Sila trenja je kolinearna sa pravcem

OA. I u ovom problemu smer sile trenja nije jednoznačan. Analiza ovog smera se može izvršiti razmatranjem momentne jednačine za tačku C. Naime, moment za tu tačku potiče od sile trenja, aktivnog sprega M i njemu suprotnog po smeru momenta sile

�S , čiji je krak za tačku C jednak poluprečniku R. Ako je M<SR, sila trenja će

težiti da napravi moment istog smera kao M, da bi uravnotežili SR. To znači da će sila trenja biti usmerena naviše (Slika 3.37a). U suprotnom, kada je M>SR, sila trenja za tačku C pravi moment istog smera kao i sila

�S , da bi uravnotežili M, tj. usmerena je

naniže (Slika 3.37b).



U prvom slučaju, postavljajući koordinatni sistem kolinearno sa strmim ravni-ma, jednačine ravnoteže imaju oblik:

1 0 0

2 0 30 60 0

. : ,

. : cos cos

∑∑

+

= − + − =

= + + − =

ª

M SR F R

F F N S Gtr

xi tr

C A

A B

o o

M

,,

. : sin sin .3 0 30 60 0∑ = − − =F N S Gyi A

o o

Kako je S=P, ovaj sistem sadrži četiri nepoznate veličine: M, F N NtrA A B, i . S obzi-rom da je poznat koefi cijent trenja, kao dopunska relacija koristiće se Kulonov zakon u obliku nejednačine:

F NtrA A≤ μ . (3.14)

Iz prve jednačine sledi F Ptr RA = − +M , dok treća daje N P GA = + 3

2 . Zamenom ovih vrednosti u Kulonov zakon (3.14), dobija se:

PR R P G− + ≤μ3

2M. (3.15)

Na osnovu odgovarajućih jednačina ravnoteže za drugi slučaj (Slika 3.37b):

1 0 0

2 0 30 60 0

b M SR F R

b F N S Gtr

yi

. : ,

. : sin sin ,

∑∑

+

= − + + =

= − − =

ª

C A

A

o o

M

dobija se F P Ntr RP G

A A, = − = +M 3

2 . Kulonov zakon (3.14) nalaže:

M ≤ + +PR R P Gμ

3

2. (3.16)

Dakle, da bi se obezbedio prikazani ravnotežni položaj sistema moment sprega M, prema (3.15) i (3.16), mora biti u granicama:

PR R P G PR R P G− + ≤ ≤ + +μ μ

3

2

3

2M .

Slika 3.38

Slika 3.39

75

Primer 3.18 Štap AB težine G, dužine 2L održava se u rav-noteži (Slika 3.38) oslanjanjući se na dva hrapava polucilindra, poluprečnika R i r, čiji su cen-tri O i O1 2 na istoj vertikali, pri čemu je O O = = 1 2 2a R r+( ). Koefi cijent trenja između štapa i oba polucilindra je isti i iznosi μ. Odrediti koji uslov mora da zado-volji dužina štapa, ako je poznato da je CB = b.

Rešenje: Sile koje dejstvuju na štap su sila sopstvene težine

�G i re-

akcije veza u tačkama C i D (Slika 3.39). Treba primetiti da u ovom zadatku postoji trenje u dve tačke. Kako štap može da sklizne nani-že, sile trenja su usmerene naviše. Osim toga, težište štapa se mora nalaziti van duži CD da bi se spre-čilo obrtanje štapa oko ose upravne na ravan crteža, tj. da bi se ostvario kontakt štapa sa gornjim polucilin-drom. Odatle sledi da:

L b< .

Pre pisanja jednačina ravnoteže treba uočiti da je ugao nα koji štap gradi sa hori-zontalom u položaju ravnoteže defi nisan geometrijom problema. Naime, trouglovi O CE i O DE1 2 su slični, pa je:

DC DE EC= = + = +a r Rsin tan tan ,α α α

odnosno cos α = +R ra . S obzirom na zadatu vrednost dužine a, ugao α je 45�.


Slika 3.40


Usvajanjem koordinatnog sistema prikazanog na Slici 3.39 i izborom tačke C kao momentne, jednačine ravnoteže su:

1 0 0. : sin ,∑ = + − =F F F Gxi tr trD C α (3.17)

2 0 0. : cos ,∑ = − − =F N N Gyi C D α (3.18)

3.∑ =+

MC

ª

00 0: sin .N a G b LD α − −( ) = (3.19)

Ovom sistemu jednačina koji sadrži pet nepoznatih veličina treba pridružiti i dve dopunske nejednačine: F NtrD D≤ μ , (3.20)

F NtrC C≤ μ . (3.21)

Rešavanje ovog sistema (3.17)-(3.21) je pogodno izvršiti sabiranjem nejednačina (3.20) i (3.21) 10, čime se dobija jedna nejednačina:

F F N Ntr trD C D C+ ≤ +( )μ .

Leva strana ove nejednačine, na osnovu (3.17) je G sinα, a na osnovu (3.18) i (3.19) mogu se odrediti ND i NC, pa sledi:

L ba

≤ −−( )1

4

μμ

.

Primer 3.19 Štap AB duzine l i zanemar-ljive težine na koji dejstvuje vertikalna sila

�F ,

svojim krajevima naleže na hrapave strme ravni tako da zauzima horizontalan ravnotež-ni položaj (Slika 3.40). Strme ravni su među-sobno upravne, a desna sa horizontalom gradi ugao α. Koefi cijent trenja između štapa i str-mih ravni je μ. Odrediti interval u kome se može kretati napadna tačka sile F (rastojanje x ) za prikazani ravnotežni položaj.

10Pri sabiranju dve nejednačine, znak nejednakosti se zadržava, dok pri oduzimanju nejednačina to ne mora biti slučaj. Na primer, ako je a<c i b<d, onda je a+b<c+d. Međutim, znak za odnos a-b i c-d se unapred ne zna.

Slika 3.41

Slika 3.42

77

Rešenje: Na štap pored ak-tivne sile

�F , dejstvuju reakcije

hrapavih veza u tačkama A i B. Kako je u uvodu rečeno, te reak-cije veza u graničnom slučaju ravnoteže sa pravcem normale u tački dodira zaklapaju ugao tre-nja φ, za koji važi da je tan φ μ= .To znači da se pravci reakcija hrapavih veza nalaze unutar tzv. konusa trenja prikazanih na Slici 3.41. Osa svakog od tih konusa je u pravcu normale na hrapavu po-vršinu, dok je poluugao pri vrhu ugao trenja φ. Presek ova dva konusa trenja u ovom problemu odgovara četvorouglu C D C D1 1 2 2. U skladu sa teoremom o tri sile, sledi da vertikalna napadna linija sile �F , kao treće sile koja dejstvuje na štap, mora ležati u toj oblasti ili seći tu oblast. Maksimalno rastojanje napadne linije sile

�F od tačke B, na Slici 3.41 obeleženo sa

xmax , je defi nisano slučajem kada napadna linija sile prolazi kroz tačku C1. Na osnovu

trougla ABC1, sledi da je C B = sin 1 l α φ+( ), te je:

x lmax cos sin .= − −( ) = +( )C B o

1

290 α φ α φ

Minimalno rastojanje napadne linije sile �F je defi nisano napadnom linijom koja

prolazi kroz tačku C2, pri čemu je C B = sin2 l α φ−( ), te je:

x lmin cos sin .= − +( ) = −( )C B o

2

290 α φ α φ

Primer 3.20 Disk težine G, polu-prečnika r je postavljen tako da dodiruje u tačkama A i B dve ravni, koje među-sobno zaklapaju ugao α (Slika 3.42). Koefi cijent trenja između obe ravni i diska je μ. Odrediti moment sprega M kojim treba dejstvovati u prikazanom smeru na disk da ravnoteža ne bude narušena. Kolika je veličina intenziteta tog sprega kada su ravni međusobno upravne?


Slika 3.43

Slika 3.44


Rešenje: Na disk u tačkama A i B dejstvuju reakcije hrapavih veza. Da bi se ovaj zadatak rešio primenom konusa trenja i teoreme o tri sile, potrebno je izvršiti svođenje sistema koji čine sila težine

�G i spreg M na rezultantu (Slika 3.43a). Time

će se dobiti jedna sila i omogućiti primena teoreme o tri sile na sistem neparalelnih sila u ravni koga će činiti ta rezultanta i reakcije hrapavih veza. Da bi se ovo svođenje izvršilo, spreg M je potrebno predstaviti preko sprega sila ([1], str. 9): dve sile

�F i �

F’ paralelnih pravaca koje leže u ravni obrtanja sprega, suprotnih su smerova, istih intenziteta F F = ’, dok je najkraće rastojanje izmeđi napadnih linija sila tzv. krak sprega h (Slika 3.43b). Prema tome, moment sprega je:

M = Fh.

Ako se postavi uslov da je F=G, sledi da je krak sprega sila:

hG

= M.

Kako sile �F’ i

�G predstavljaju dve uravnotežene sile, prema Aksiomi 3 ([1], str. 17),

one se mogu ukloniti. Dakle, rezultanta sistema je sila �F , intenziteta G (Slika 3.43c).

Na Slici 3.44 predstavljeni su ko-nusi trenja u tačkama A i B sa poluuglo-vima φ pri vrhu, pri čemu je tanφ μ= .U unutrašnjosti tih konusa leže napadne linije sila reakcija hrapavih veza u tač-kama A i B. Osenčena površina preseka konusa na Slici 3.44 je oblast kroz koju u položaju ravnoteže mora proći napad-na linija rezultante sistema. Duž koja je na slici obeležena sa hmax

se može izra-ziti kao:

hmax sin .= AS φ

79

Da bi se odredila dužina AS , treba najpre uočiti da su trouglovi ECA i ECB podudar-ni, pa je ^ ^CEB CEA= = α

2. Time se mogu odrediti svi uglovi u trouglu ABS, te na

osnovu sinusne teoreme sledi:

AS ABosin sin

.α φ α2 180+( ) =

−( )Iz trougla ABC osnovica AB je dvostruka projekcija kraka AC = CB = r :

AB = 22

r cos .α

Traženo maksimalno rastojanje napadne tačke rezultante od vertikale kroz tačku C je:

h r rmax

sin sin

sinsin cos sin cot .=

+( ) = +⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

φ φφ φ φ

αα

α2

2 2

Na osnovu trigonometrijskih identiteta11, sledi da je:

M

Gr r⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

=+ +

++

⎡

⎣⎢⎢

⎤

⎦⎥⎥

=+

+⎡max

cot cotμ

μ μ

μ

μ

α μμ

μα

1

1

1 1 2 11

22 2 2 2 ⎣⎣⎢⎤⎦⎥

Da bi se obezbedio prikazani položaj ravnoteže mora biti ispunjen uslov:

M ≤+

+⎡⎣⎢

⎤⎦⎥

rG μμ

μα

11

22cot .

Ukoliko su ravni međusobno upravne α = 90o, intenzitet sprega mora zadovoljavati uslov:

Mα

μ μμ= ≤+( )

+90 2

1

1o rG .


11 costan

, sintan

tanφ

φφ

φ

φ=

+=

+1

1 12 2

Slika 3.45

Slika 3.46


3.4 Ravnoteža sistema krutih tela

Sistem krutih tela čine dva ili više tela (Slika 3.45). Sistem može da bude povezan sa objektima van sistema, što su tzv. spoljašnje veze, dok veze kojima su međusobno povezana tela unutar sistema predstavljaju unutrašnje veze.Prilikom razmatranja ravnote-že sistema kao celine, potreb-no je osloboditi se spoljašnjih veza i u skladu sa njima, uvesti odgovarajuće reakcije veza (Slika 3.46a).

Ukoliko je celokupan sistem u ravnoteži, u tom stanju će biti i svaki od elemenata sis-tema ponaosob. Pri razmatranju ravnoteže pojedinačnih elemenata sistema, potreb-no je uvesti unutrašnje reakcije veza, u skladu sa unutrašnjim vezama (Slika 3.46b). Unutrašnje reakcije veza se postavljaju prema četvrtoj Aksiomi statike ([1], str. 20) po principu akcije i reakcije, odnosno, kao sile istih napadnih linija, istih intenziteta, a suprotnih smerova ili kao spregovi istih osa obrtanja, a suprotnih smerova.

Vrlo važna, principijelna posledica principa akcije i reakcije, jeste činjenica da se pri proučavanju ravnoteže sistema kao celine, unutrašnje reakcije veza ne pojavljuju.

Slika 3.47

81

3.4.1 Algoritam rešavanja zadatakaRešavanje zadataka iz ravnoteže sistema krutih tela pod dejstvom ra-

vanskog sistema sila i spregova može se vršiti prema sledećem algoritmu:1. Uočiti sistem čija se ravnoteža posmatra;2. Ucrtati sve aktivne sile i spregove koji dejstvuju na elemente

sistema;3. Uočiti spoljašnje veze sistema, osloboditi se spoljašnjih veza i u

skladu sa Aksiomom o vezama ([1], str. 21-27) ucrtati reakcije veza;4. Pisati jednačine ravnoteže za sistem kao celinu;5. Izvršiti dekompoziciju sistema, uvodeći reakcije unutrašnjih veza;6. Pisati jednačine ravnoteže za pojedinačne elemente sistema. Pri

tome, načelno, treba voditi računa da je broj raspoloživih jednačina rav-noteže za sistem u celini i pojedinačne elemente veći od broja nepoz-natih veličina. U tom smislu, treba pisati samo onoliko jednačina rav-noteže, koliko se nepoznatih veličina u problemu pojavljuje. Redosled pisanja jednačina ravnoteže može biti potpuno proizvoljan, s tim što treba težiti da se napišu one jednačine koje do rešenja dovode na najjed-nostavniji način.

Treba naglasiti, da se korak broj četiri ovog algoritma može izos-taviti, te odmah vršiti dekompozicija sistema, bez pisanja jednačina rav-noteže za sistem kao celinu. U mnogim zadacima, ovakav pristup pred-stavlja jednostavniji način rešavanja problema.

Primer 3.21 Ugaonik OAB, iste dužine krakova OA = AB = l i težine P vezan je nepokretnim cilindričnim zglobom za podlogu. Za njega je u tački A vezan štap AC dužine l, težine P, na čijem je krajuu tački C okačen teret težine G =2P.Sistem se održava u ravnoteži uz pomoć užeta, koje je vezano za tačku C, prebačeno preko idealnog kotura B i vezano za podlogu u tač-ki D. U položaju ravnoteže pravac OA gradi ugao 60° sa horizonta-lom, dok je štap AC horizontalan, a tačka B na istoj vertikali sa tačkom O. Odrediti silu u užetu i ugao α koji deo užeta BD zaklapa sa vertikalom u ravno-težnom položaju (Slika 3.47). Odrediti i reakcije u zglobovima O i A.

Ravnoteža sistema krutih tela

Slika 3.48

Slika 3.49


Rešenje: Sistem krutih tela čine ugaonik i štap. Spoljašnje veze su deo užeta BD i cilindrični zglob O. U skladu s tim, uvedene su reakcije spoljašnjih veza prikazane na Slici 3.48. Uočava se da prikazani sistem sadrži četiri nepoznate veličine: in-tenzitete komponenti reakcija zglo-ba X YO O i , intenzitet sile u užetu S i ugao α. S obzirom da je sistem sila ravanski, mogu se napisati tri jedna-čine ravnoteže za sistem kao celinu. Znači, dobija se neodređen sistem od tri jednačine sa četiri nepoznate. Zbog toga je neophodno izvršiti de-kompoziciju sistema.

Geometrijskom analizom se zaključuje da su trouglovi OAB i ABC jednakokraki i podudarni, sa uglovima na osnovici 30°. Na bazi toga, pisanje momente jednačine za tačku O sistema kao celine daje:

1 0 22

602

60 60 0. : cos cos cos .∑+

= − − +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− +( ) =ª

M Sh P l P l l G l lO

o o o (3.22)

Krak sile �S je h = OB sinα, pri čemu je OB 2 cos= l 30�, što daje h l= 3 sin .α

Nakon dekomponovanja sistema (Slika 3.49), u tački A u kojoj su ti elemen-ti zglobno vezani, uvode se dve komponente unutrašnje zglobne veze intenziteta X X Y YA A A A= , = ’ ’ . U tački B na ugaoniku i tački C na štapu dejstvuje unutrašnja

Slika 3.50

83

reakcija veze užeta intenziteta S S S” ’= = . Analizom Slike 3.49 se može uočiti da u momentnoj jednačini za tačku A štapa jedina nepoznata je intenzitet sile u užetu S. Ta jednačina glasi:

2 0 302

0. : sin ,∑+

= − − =ª

M Sl P l GlA

o

te je S =5P. Zamenom izračunatog intenziteta sile S u jednačinu (3.22) dobija se sinα = 3 3

10. Jednačine ravnoteže po x i y osi za sistem sila koje dejstvuju na štap AC

su:3 0 30 0

4 0 30 0

. : cos ,

. : sin .

∑∑

= − =

= − − + =

F X S

F Y G P Sxi

yi

A

o

A

o

Iz ovih jednačina se nalazi: X YP PA A= , a = 5 3

2 2. Preostalo je da se odrede

� �X YO O i .

Njih je najjednostavnije odrediti na osnovu jednačina ravnoteže za sistem kao celinu (Slika 3.48):

5 0 0

6 0 3 0

. : sin ,

. : cos ,

∑∑

= − =

= − − − =

F X S

F Y G P Sxi

yi

O

O

α

α

odakle je X Y PPO O = , a =5 3 3

2

73

101+( ).

Primer 3.22 Disk težine Q, poluprečnika r oslanja se na glatki vertikalni zid, a u ravno-teži ga održava glatki štap AB težine G, dužine L (Slika 3.50). Štap je krajem A vezan za ci-lindrični zglob, a u tački K se oslanja na štap KD, uklešten na desnom kraju. Na štap AB dej-stvuje spreg momenta M, dok težina štapa KD iznosi P, a dužina d. Odrediti sve reakcije spoljašnjih i unut-rašnjih veza, ako se zna da štap AB obrazuje sa vertikalom ugao β , a štap KD je horizontalan. Usvojiti da je KB = b.

Rešenje: U ovom zadataku će se odmah izvršiti dekompozicija sistema, te će se zasebno posmatrati ravnoteža diska i štapova. Na disk dejstvuju: spoljašnja reakcija glatkog vertikalnog zida

�N , aktivna sila težine

�Q i unutrašnja reakcija veze

�NE, koja

se kao posledica glatke veze između diska i štapa postavlja normalno na štap, tj. u pravcu EC (Slika 3.51a). Na štap KD dejstvuje aktivna sila težine

�P, dok se zbog

ukleštenja u tački D uvode komponente � �X YD D, , i spreg momenta M D (sve proizvolj-


Slika 3.51


nih smerova, predstavljenih na Slici 3.51c. U tački K dejstvuje sila �NK

, , što je unut-rašnja reakcija veze između štapova. Štap AB je pod dejstvom aktivnog opterećenja M i

�G, i unutrašnjih reakcija veza

�NK i

�NE

’ , postavljenih saglasno zakonu akcije i reakcije u odnosu na

�NK

’ i �NE

, respektivno ( ).K K E EN N N N’ ’= =,

Sistem sila koji dejstvuje na disk je sučeljan, dok su druga dva tela pod dejstvom proizvoljnih sila i spregova u ravni. Jednačine ravnoteže za disk glase:

1 0 0

2 0 0

. : cos ,

. : sin ,

∑∑

= − =

= − + =

F N N

F Q Nxi

yi

E

E

β

β

što daje N QE =

sin,β N Q = cot β . Kako je određen intenzitet NE, a da bi se izračunao

NK, može se pisati momentna jednačina za tačku A štapa AB:

3 02

0. : sin .∑+

= − − − + =ª

M N G L NA E KAE AKβ M

Duž AE se može odrediti na osnovu podudarnosti trouglova AEC i ACH (Slika 3.51a). Ta podudarnost povlači za sobom da je ^CAE= , pa je AE = cot

β β2 2

r . Duž AK je na osnovu zadatih vrednosti (L-b). Prethodno napisana momentna jednačina daje intenzitet reakcije N GL

L bQ r

L b L bK = 2 2 2

2( ) ( )sin

sin− − −+ +β βM . Intenziteti komponenti X A

i YA se mogu odrediti iz jednačina ravnoteže za štap AB:

4 0 0

5 0 0

. : cos cos ,

. : sin sin .

∑∑

= + − =

= − − + =

F X N N

F Y G N Nxi

yi

A E K

A E K

β β

β β

Iz ovih jednačina se mogu odrediti eksplicitna rešenja za X A i YA.Jednačine ravnoteže za štap KD (Slika 3.51c):

6 0 0

7 0 0

. : cos ,

. : sin

∑∑

= − + =

= − − =

F X N

F Y N Pxi

yi

D K

D K

β

β

Slika 3.52

Slika 3.53

85

8 0. : s∑ =+

M ND K

ª

iin ,β d P d M+ − =2

0D

omogućuju izračunavanje X Y MD D D, i .

Primer 3.23 Sistem krutih tela čine štap AB težine G, dužine 2L i ploča DEH oblika pravouglog jed-nakokrakog trougla težine P=3G, kateta a (Slika 3.52). Štap i ploča su u tačkama A i D zglobno vezane za podlogu. Štap se krajem B naslanja na sredinu glatke hipotenuze ED,a osim toga štap i ploča su vezani vertikalnom oprugom CE. U prika-zanom ravnotežnom položaju štap je horizontalan, a hipotenuza sa hori-zontalnim pravcem gradi ugao od 45°. Usvojiti da je a=2L.

a) Odrediti sve reakcije spoljašnjih i unutrašnjih veza;b) Koliko je statičko izduženje opruge ako je njena krutost c?

Rešenje: Ovaj zadatak će se rešavati bez posmatranja ravnoteže sistema kao ce-line. Slika 3.53 prikazuje dekomponovan sistem. Na štap AB dejstvuju spoljašnja reakcija zgloba A, sila težine

�G i dve unutrašnje reakcije veza: reakcija

�N upravna

na pravac ED i sila u opruzi �Fc. Za unutrašnje reakcije veza

�N’ i

�Fc

’ koje dejstvuju na ploču važi: N N F Fc’= =, ’

c .

Pravac sile u opruzi (sile uspostavljanja ili restitucije) se postavlja istim principom kao kod užeta, pa je u slučaju pravolinijske opruge sila u opruzi koli-nearna sa osom opruge. Smer sile u opruzi je preporučljivo postaviti kao zatezni, dok se o valjanosti te pretpostavke sudi na osnovu dobijenog rezultata: predznak ,,+” potvrđuje da je opruga zategnuta, a predznak ,,-” da je pritisnuta.



Jedan od mogućih načina rešavanja zadatka je pisanje momentnih jednačina za tačku A štapa i tačku D ploče:

1 02

2 2 20

2 0 22

32 0

. : ,

. : .

∑

∑

+

+

= − − =

= + − =

ª

ª

M N L G L F L

M N L P L F L

c

c

A

D

Rešenje ovog sistema spregnutih jednačina je N G F Gc= =2 2 3, . Pisanjem preosta-lih jednačina ravnoteže za štap:

3 02

20

4 02

20

. : ,

. : ,

∑

∑

= − =

= + − − =

F X N

F Y N G F

xi

yi c

A

A

odnosno za ploču:

5 02

20

6 02

20

. : ,

. : ,

∑

∑

= + =

= − − + =

F X N

F Y N P F

xi

yi c

D

D

dobija se: X Y Y G X GA A D D, = = = = −2 2 . Treba primetiti da je smer �X D suprotan od

pretpostavljenog smera.b) Da bi se odredilo statičko izduženje opruge, potrebno je poznavati neke oso-

bine sile u opruzi.

Sila u opruzi je proporcionalna deformaciji opruge, pri čemu je koefi cijent proporcionalnosti krutost opruge c. Krutost opruge c N

m[ ] je brojčano jednaka sili kojom treba dejstvovati na oprugu da bi se ona izdužila za jedinicu dužine. Statičko izduženje opruge fst je deformacija opruge koja obezbeđuje neki položaj ravnoteže, pa je u statičkoj ravnoteži F c fc st= . Fizički, statičko izduženje opruge predstavlja dužinu za koju se izdužila ili skratila opruga u odnosu na njenu duži-nu u nenapregnutom stanju da bi obezbedila određeni ravnotežni položaj.

U ovom primeru traženo statičko izduženje opruge je fst cGc

c= =F 3 .

Slika 3.54

Slika 3.55

87

Primer 3.24 Dva diska jednakih poluprečnika r miruju na spoljašnjos-ti glatke cilindrične površi polupreč-nika R=3r (Slika 3.54). Težina dis-ka 1 je M, dok disk 2 ima težinu m (m>M). Centri diskova su povezani pomoću krivolinijskog lakog šta-pa AB. Rastojanje između krajeva štapa iznosi 4r. U tačkama A i B jeostvarena zglobna veza između šta-pa i diskova. Odrediti ugao θ koji pravac AB obrazuje sa horizontalom u položaju ravnoteže sistema. Kolika je reakcija lakog štapa?

Rešenje: Posmatrajući ravnotežu sistema kao celine, te uvodeći spoljašnje reakcije veza

�NA i

�NB, može se konstatovati da sile

�NA i

�NB prolaze kroz centar cilindrične

površi O i centre diskova A i B, respektivno (Slika 3.55). Takođe, treba primetiti da je trougao OAB jednakostraničan, na osnovu čega se može izvesti da je ugao između �NA i horizontale 60o −( )θ , a ugao između

�NB i horizontale 60o +( )θ . Pisanje momen-

tne jednačine za tačku O:

1 0 4 60 4 60 0. : cos cos ,∑+

= −( ) − +( ) =ª

M M r m rO

o oθ θ

omogućuje direktno nalaženje ugla θ :

tan .θ = −+

3

3

m Mm M

U slučaju da su težine diskova jed-nake, ovaj ugao će biti jednak nuli, tj. pravac AB će biti horizontalan.


Slika 3.56

Slika 3.57


U cilju određivanja sile u lakom štapu, izvršiće se dekompozicija sistema, prika-zana na Slici 3.56.

Budući da je štap zglobno vezan za centre diskova, kao unutrašnje reakcije veza pojavljuju se po dve upravne komponente jedne kose sile u tačkama A i B: S S T T S S T T’ ’= = = =, , , 1 11 1

’ ’ . Za jedan od pravaca komponenti usvaja se pravac AB. Da bi se odredili intenziteti ovih komponenti posmatra se ravnoteža lakog štapa. Pisanje momentne jednačine za tačku A ili za tačku B dovodi do zaključka da su intenziteti T1 i T jednaki nuli, pa sledi zaključak o pravcu reakcije veze lakog krivo-linijskog štapa.

Reakcija veze lakog krivolinijskog štapa je kolinearna sa pravcem koji spaja njegove krajnje tačke.

To znači, da se pri razmatranju ravnoteže dekomponovanog sistema diskova, unutrašnja reakcija lakog štapa predstavlja jednom silom kako je to prikazano na Slici 3.57a.

Na diskove u položaju ravnoteže dejstvuju po tri sile čije se napadne linije seku u centrima diskova. Određivanje intenziteta sile

�S se može izvršiti na osnovu poligo-

na sila za levi disk koji je prikazan na Slici 3.57b. Korišćenjem sinusne teoreme se dobija:

S M M= +( ) = +( )2

330

33sin cos sin .o θ θ θ

Treba primetiti da bi ravnoteža ovog sistema postojala i vodila do istih rešenja za reakcije veza u slučaju da je između diskova i površi ostvarena neidealna veza.

Slika 3.58

Slika 3.59

89

Naime, na osnovu Slike 3.57a uočava se da bi u tom slučaju sile trenja, koje bi ležale u tangencijalnoj ravni između diskova i površi, morale, zbog momentnih jednačina za centre diskova, biti jednake nuli. Samim tim, reakcije hrapavih veza bi prolazila kroz centre diskova.

Primer 3.25 Ravanska konstrukcija prikazana na Slici 3.58 sačinjena je od tri elemen-ta međusobno zglobno vezana: elementa ABCD i kružnih lu-kova BE i ED. Težina jedinice dužine svih štapova je poznata i iznosi p. Na delu CD dejstvu-je ravnomerno raspoređeno kontinualno opterećenje speci-fi čnog opterećenja q. U tački E okačen je teret težine G. U tač-ki C konstrukcija je oslonjena na strmu ravan posredstvom pokretnog cilindričnog zgloba, a u tački A pomo-ću nepokretnog cilindričnog zgloba. Usvajajući da je AB=3m, R m p q kN

m=6 , = =1 , odrediti reakcije veza u tačkama A, B, C i D.

Rešenje: Kod konstruk-cija koje se sastoje od više objekata, osim razmatranja ravnoteže celine i pojedinač-nih elemenata, moguće je raz-matrati i ravnotežu podsiste-ma formiranog od dva ili više elemenata. U skladu s tim, u ovom zadatku moguće je analizirati podsistem sačinjenod lukova BE i ED(Slika 3.59).

Konstrukcija sačinjena od dva elementa međusobno zglobno vezana i vezana zglobovima za okolinu se u teoriji konstrukcija naziva luk na tri zgloba.

U ovom primeru na luk dejstvuju sile sopstvenih težina �

G1 i �

G2, sila težine tereta �G, kao i reakcije zglobova B i D. Sila težine intenziteta G pR kN1 2

= =3π π dejstvuje u tački T1 koja se nalazi na osi simetrije luka BE, a na rastojanju od centra krivine R sinα

α ,gde je α poluugao kružnog luka ([1], str. 103).


Slika 3.60


Dakle OT = = 1

4

412 2R msinπ

π π . Slično, OT = 2186

6

R msinπ

π π= , dok je G pR kN2 3= =2π π .

Komponente reakcije zglobova B i D, proizvoljno izabranih smerova, su pretpostav-ljene u pravcu BD i upravno na njega. Ovako izabrani pravci su vrlo pogodni kod bilo kog luka na tri zgloba, jer pisanjem momentnih jednačina:

1 0 612 2 2

26 6

18 1

21 2. :∑

+

= − −⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟⎟− − +

⎛⎝⎜⎜⎜

⎞⎠⎟⎟⎟+

ª

M G G GB π πYY

M G G G

D

D

BD

OC OC OC

=

= +⎛

⎝⎜⎜⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟⎟⎟⎟+ + −

⎛∑

+

0

2 012 2 2

2

18 1

21 2

,

. :ª

π π⎝⎝⎜⎜⎜

⎞⎠⎟⎟⎟− =YB BD 0,

se mogu izračunati Y YB D i . No pre toga, iz trougla OCD sledi OC = OD cos30o=3 3m. Iz trougla OBD koji je jednakokrak sa uglom α =15�, nalazi se BD =

2Rcos15 = � 3 2 3 1+( )m. Pisanje preostale jednačine ravnoteže po x osi (ili treće momentne jednačine) se neće sprovesti odmah, jer bi sadržala dve nepoznate veličine X B i X D.

Stoga se pribegava dekompoziciji luka na tri zgloba i posmatra ravnoteža jednog od lukova (Slika 3.60a), pri čemu se aktivna sila težine

�G koja dejstvuje u tački veze

lukova pridodaje jednom od njih.

Momentna jednačina za tačku E:

3 018 1

202. : ,∑

+

= − + − =ª

M G Y XE D DKD EKπ

gde su kraci EK = KD=h, omogućiće nalaženje X D. Dokaz da su stranice EK i KD jednake proizilazi iz toga da je ugao ^ ^EDK= EDO −( )α . Takođe,

Slika 3.61

91

^ ^DEK= DEO −( )α . Kako je ^ ^DEO= EDO, sledi da je ^ ^DEK= EDK , odnosno trougao EKD je uvek jednakokrak. U ovom konkretnom primeru on je i pravougli, pa je h R m= =2

2 3 2 . Na osnovu Slike 3.59 jednačina ravnoteže po x osi glasi:

4 0 01 2. : sin sin sin ,∑ = + + + + =F X X G G Gxi D B α α α

i određuje X B.

Da bi se odredile reakcije zglobova A i C može se posmatrati element ABCD, prikazan na Slici 3.60b, pri čemu za unutrašnje reakcije veza važi: X X Y Y X X Y YB B B B D D D D= , = , = , = ’ ’ ’ ’ .

Reakcija pokretnog cilindričnog zgloba postavlja se upravno na pravac u kom je moguće pomeranje.

Reakcija �RC je stoga postavljena upravno na strmu ravan proizvoljnog smera.

Očigledno, na ovaj element dejstvuju tri sile nepoznatih intenziteta: X Y RA A C, i . Njih je moguće rešiti iz jednačina ravnoteže:

5 02

20

6 0

. : cos sin cos sin ,

.

∑

∑

= + + + + + − =

=

F X X Y X Y F R

F

xi

yi

A B B D D q Cα α α α

:: sin cos sin cos

,

.

Y X Y X Y R

G G G

M

A B B D D C

B

+ − + − + −

− − =

=∑+

α α α α2

2

0

7 0

3 4 5

ª

:: ,X G G R F YA C q DAB OB BC BCCD

BD− − + − − =3 5

2

2 20

pri čemu je:

G p kN G p kN G p kN F q3 4 56 3 3 3 3= +( )BC = = AB = , = CD = i = CDq, = 3kN .

Primer 3.26 Polukružna ploča polu-prečnika R, težine G vezana je zglobno za tačku A, a u tački E se oslanja na štap težine P (Slika 3.61). Vertikalno rastojanje izme-đu tačaka O i A je H. U položaju ravnoteže pravac AB sa horizontalom obrazuje ugao α, a štap OD u vertikalnom položaju odr-žava sila

�F poznatog intenziteta koja dej-

stvuje u tački D u horizontalnom pravcu. Odrediti potrebnu dužinu štapa L i reakciju zglobova O i A.


Slika 3.62


Rešenje: Nakon dekompozicije sistema (Slika 3.62a, Slika 3.62b), uočava se da je ploča pod dejstvom sučeljnog sistema sila (teorema o tri sile), a štap pod dejstvom proizvoljnog sistema sila u ravni.

Sučeljni sistem sila sačinjavaju spoljašnja reakcija veze �RA zgloba A nepoznatog

pravca dejstva, proizvoljno pretpostavljenog smera, sila težine �

G i unutrašnja reak-cija

�N’ u pravcu normale na štap, tj. horizontalnog pravca. Poligon ovih sila prika-

zan je na Slici 3.62c, pri čemu je ugao koji �RA gradi sa horizontalom obeležen sa

β. Određivanje ovog ugla se može izvršiti geometrijskom analizom (Slike 3.62a). Znajući da je položaj težišta polukružne ploče određen sa CT = 4

3Rπ , sledi:

CS SA CT AS

AA AS

+ = + =

= =1

1

sin cos cos ,

sin sin .

α β α

α β

R

R

Prethodne dve jednačine sadrže dve nepoznate: ugao β i AS. Njihovim rešavanjem se dobija cot cotβ α π= − 4

3 . Na osnovu poligona sila važi:

N R G= =G cot ,sin

.ββA

Da bi se odredila dužina štapa i reakcija zgloba O, potrebno je analizirati ravnotežu štapa (Slika 3.62b), gde je N N’= . Dužina štapa direktno sledi iz momentne jednačine za tačku O, za poznat krak sile

�N za tu tačku. Taj krak je OE = AA = 1H H R− − sinα.

Na osnovu jednačine ravnoteže:

1 0 0. : sin ,∑+

= − −( ) =ª

M FL N H RO α

sledi da je:

LG H R

F=

−( ) −( )sin cos sin

sin.

α α αα

π4

3

Slika 3.64

Slika 3.63

93

Preostale dve jednačine ravnoteže za štap:

2 0 0

3 0 0

. : ,

. : ,

∑∑

= + − =

= − =

F X F N

F Y Pxi

yi

O

O

daju:

Y P XG

FO O= =−( )

−,cos sin

sin.

α αα

π4

3

Primer 3.27 Sistem krutih tela se sastoji od diska poluprečnika R, težine G i tela oblika četvrtine diska istog po-luprečnika, težine G (Slika 3.63). Disk se oslanja tačkom A na glatki vertikalni zid, dok telo leži na horizontalnoj hrapa-voj podlozi. U položaju ravnoteže pra-vac OD gradi sa horizontalom ugao α.Odrediti sve spoljašnje i unutrašnje reak-cije veza, kao i položaj napadne tačke reakcije horizontalne podloge (rastojanje DK).

Rešenje: Na disk dejstvuje aktivna sila težine

�P, spoljašnja

reakcija veze �NA

upravna na vertikalni pravac, te unutrašnja reakcija veze

�NB u pravcu OB

(Slika 3.64a). Iako karakter veze u tački B nije defi nisan, jasno je da zbog teoreme o tri sile reakci-ja u tački B mora prolaziti kroz tačku O. Za ovaj sistem sučelj-nih sila mogu se napisati sledeće jednačine ravnoteže po koordi-natnim osama v i u:

1 0 0

2 0 0

. : sin ,

. : cos ,

∑∑

= − + =

= − =

F P N

F N Nvi

ui

B

A B

α

α

čije rešenje je N N PPB A, = =

sincot .α α


Slika 3.65

Slika 3.66


Na telo oblika četvrtine kruga dejstvuju unutrašnja reakcija veze �N N NB B B( = )’ ’ ,

sila težine �

G i dve komponente spoljašnje hrapave veze - normalna reakcija veze �N

upravna na horizontalan pravac, i sila trenja �Ftr u horizontalnom pravcu (Slika 3.64b).

Sila trenja je usmerena ulevo, jer se suprotstavlja težnji tela da se, bivajući pritisnuto diskom, pomeri po horizontalnoj podlozi udesno.

Jednačine ravnoteže za ovaj element sistema su:

3 0 0

4 0 0

5 0

. : cos ,

. : sin ,

. :

∑∑

∑

= − + =

= − − =

= −+

F N F

F N N G

M N

xi tr

yi

B

B

D D

α

α

�

KK DT+ =G 2

20,

gde je položaj težišta ploče, kao tela oblika kružnog isečka: DT = =23

4 23

4

4

R Rsinπ

π π ([1], str.103). Kako je težište na osi simetrije, pravac DT sa horizontalom gra-di 45°. Stoga krak sile

�G iznosi DT 2

2. Dakle, preostale tražene reakcije veza su

F P N P Gtr = = +cotα , , dok je DK = +( )4

3

RGP Gπ .

Primer 3.28 Dve istovetne polucilindrične ploče polupreč-nika R, težina Q, se u ravnotež-nom položaju prikazanom na Slici 3.65, međusobno dodiruju delovima svojih ravnih hrapavih površina. U tačkama A i B plo-če se naslanjaju na horizontalnu glatku ravan. Ugao između rav-nih površina ploča i horizontale je α. Odrediti sve reakcije spoljašnjih i unutrašnjih veza, napadnu tačku reakcije unutrašnje veze (rastojanje AC), kao i minimalnu vrednost koefi cijenta trenja između dodirnih površina polucilindara.

Rešenje: Razmatrajući ravnote-žu sistema kao celine, uočava se da na njega dejstvuju aktivne sile težina polucilindara, kao i spoljašnje nor-malne reakcije

�NA i

�NB, koje obrazu-

ju sistem paralenih sila u ravni (Slika 3.66). U cilju određivanja

�NA ili

�NB

pogodno je napisati momentnu jed-načinu za tačku B ili A. Momentna

Slika 3.67

95

jednačina za tačku A ima oblik:

1 0 0. : sin cos sin∑+

= − +( )− −( )=ª

M N Q QA B AB AB SE AD TDα α α

gde se iz trougla ASB nalazi AB = Rcotα , dok je SE TD= = 43

Rπ , te sledi da je

N QB= +( )1 sinα . Treba uočiti da je N QB > .Jednačina ravnoteže po vertikalnoj y osi usmerenoj naviše:

2 0 2 0. : ,∑ = + − =F N N Qyi A B

omogućuje izračunavanje preostale spoljašnje reakcije veze: N QA = −( )1 sinα . Na osnovu izračunatog intenziteta zaključuje se da je N QA< . Zarad određivanja unut-rašnjih reakcija veza, potrebno je izvršiti rastavljanje sistema, uvodeći zbog hrapave unutrašnje veze odgovarajuće reakcije veze. Te se reakcije veze mogu uvesti kao sile � �F FC C i ’ vertikalnog pravca ( )C CF F= ’ . Naime, kako na svaki polucilindar dejstvuju vertikalna sila težine i vertikalna spoljašnja reakcija veze, onda i unutrašnja reakcija veze mora biti vertikalnog pravca (Slika 3.67). S obzirom da je N QA< , sledi da

�FC

ima isti smer kao �NA, uravnotežujući

�Q. Razlažući reakciju

�FC na komponente

�FtrC i �

NC, sledi da će sila trenja �FtrC biti kolinearna sa AC i usmerena naviše, što je saglasno

sa lako uočljivom činjenicom da gornji polucilindar teži da sklizne naniže po pravcu AC u odnosu na donje telo. Smerovi reakcije veze

�FC

’ i njenih komponenti su suprot-ni u odnosu na

�FC i njene komponente (Slika 3.67b).

Jednačina ravnoteže za gornji polucilindar:

3 0 0. : ,∑ = + − =F N F Qyi A C

dovodi do F QC= sinα, pa je na osnovu Slike 3.67a:

N F Q F F QtrC C C C= = = =cos sin cos , sin sin .α α α α α2


Slika 3.68

Slika 3.69


Koristeći Kulonov zakon F NtrC C≤ μ , sledi da je tanα μ≤ , odnosno tražena mi-nimalna vrednost koefi cijenta trenja je μ αmin tan= . Napadna tačka reakcije

�FC, odno-

sno rastojanje AC, se može naći iz momentne jednačine za tačku A (Slika 3.67a):

4 0 0. : cos sin ,∑+

= − −( ) =ª

M N Q RA C AC TDα α

te je:

AC = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

R 1 4

3sin cos.

α π α

Primer 3.29 Za klizač C težine G, koji može da klizi po vertikal-noj vođici, vezano je uže prebačeno preko idealnog kotura (Slika 3.68). Drugi kraj užeta je zakačen za tačku B štapa AB. Štap je težine G, dužine l, a tačkom A oslonjen je na hrapavi horizontalni pod. Odrediti vrednosti koefi cijenata trenja μ1

i μ2 na mestima C i A, da bi sistem bio u ravnoteži u položaju kada štap gradi sa horizon-talom ugao α =30�, a uže na oba kraja ugao β =60�.

Rešenje: Zadatak je mo-guće uraditi razlažući zadati sistem na klizač i štap (Slika 3.69). Na štap dejstvuje pro-izvoljan sistem sila u ravni: unutrašnja zatezna sila u uže-tu

�S’, aktivna sila težine

�G,

spoljašnja normalna reakcija veze

�NA

, te sila trenja �FtrA.

Kako tačka A može da se kre-će u horizontalnom pravcu,

sila trenja leži na tom pravcu, a svojim smerom se suprotstavlja težnji tačke A za kre-tanjem ulevo. Naime, zbog zatezanja užeta, tačka A teži da se pomeri u levu stranu, pa je sila trenja usmerena udesno.

97

Važno je uočiti da se analiza određivanja smera sile trenja, osim na bazi ak-tivnih opterećenja, može izvršiti i na bazi sile u užetu, premda je to reakcija veze, ali je njen smer uvek zatezni, dakle, unapred poznat.

Uočava se da je štap pod dejstvom sistema proizvoljnih sila u ravni (tri jednačine ravnoteže, tri nepoznate veličine), dok na klizač dejstvuje sistem sučeljnih sila (dve jednačine ravnoteže, tri nepoznate veličine). Pogodno je prvo napisati jednačinu rav-noteže za tačku A štapa:

1 02

30 60 30 60 30 0. : cos cos sin sin cos ,∑+

= + − =�

M G l S l S lA

o o o o o

jer ona odmah daje S G= 3

2. Zatim se, na osnovu:

2 0 60 0. : cos ,∑ = − + =F S Fxi tro

A

može dobiti FtrG

A = 3

4 . Preostala jednačina ravnoteže je:

3 0 60 0. : sin .∑ = + − =F S N Gyio

A

Iz nje se dobija N GA =

4 , dok Kulonov zakon F NtrA A≤ μ2 daje:

μ2 3≥ .

Posmatrajući klizač, može se zaključiti da će sila trenja �FtrC biti usmerena naviše,

jer klizač, zbog G S> osin60 teži da se kreće naniže. Za sistem sučeljnih sila koje dejstvuju na klizač, jednačine ravnoteže su:

4 0 60 0

5 0 60 0

. : cos ,

. : sin .

∑∑

= + =

= + − =

F S N

F S F Gxi

yi tr

o

C

o

C

Iz njih se dobija N FGtr

GC C, = − =3

4 4 . Dopunska jednačina za nalaženje koefi cijenta trenja μ1 je Kulonov zakon, koji ovde treba koristiti u formi F NtrC C≤ μ1 , jer je reak-cija

�NC pogrešno pretpostavljenog smera. Odatle sledi:

μ1

3

3≥ .


Slika 3.70

Slika 3.71


Primer 3.30 Dva štapa jednakih dužina i težina ve-zani su zglobno za podlogu u tačkama A i B. U tački C su, takođe, međusobno zglobno vezani. U tački C je okačen teret težine G=15kN. Tačke A i B su na istoj horizontali na međusobnom rastojanju d=8m, dok je tačka C na visini h=3m od pravca AB (Slika 3.70). Odrediti reakcije zglobova A i B po in-tenzitetu, pravcu i smeru, ako su težine štapova P=1kN. Odrediti te reakcije u slučaju da se težine štapova zanemare. Kolika se greška javlja pri zanemarivanju njihovih težina?

Rešenje: Posmatraće se, najpre, ravnoteža sistema kao celine. Spoljašnje veze se ostvaruju u tačkama A i B (Slika 3.71).

Jednačine ravnoteže za ovaj sistem glase:

1 04 2

3

40

2 0 0

3

. : ,

. : ,

.

∑∑∑

+

= − − − + =

= − − − + =

ª

M P d G d P d Y d

F Y P G P Y

Fyi

x

A B

A B

ii X X= − =0 0: ,A B

a njihovo rešenje je Y P kNGB = + =

28 5, , Y kNA = 8 5, . Treća jednačina daje vezu

X XA B= , ali ne i konkretne vrednosti ovih veličina. Stoga je neophodno izvršiti dekompoziciju, prikazanu na Slici 3.72. Dovoljno je napisati jednu jednačinu za pro-nalaženje X A

, i to momentnu jednačinu za tačku C:

4 04 2

0. : ,∑+

= + − =ª

M P d X h Y dC A A

čije rešenje je X P G kNdhA =

4323

+( ) = .

Slika 3.72

Slika 3.73

Slika 3.74

99

Intenziteti reakcija zglobova su:

R R kN kNA B= = ⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+ ( ) = ≈32

38 5

6697

613 6

22

, , .

Njihovi pravci (Slika 3.73) su defi nisani sa:

tan ,

tan ,

α α

α α

AA

A

A

o

BB

B

B

o

;

.

= = ⇒ ≈

= = ⇒ ≈

YXYX

51

6438 5

51

6438 5

U drugom slučaju, zanemariva-njem težina, štapovi AC i CB se tre-tiraju kao laki. U skladu s tim, u tač-ki C dejstvuju, pored sile težine

�G,

i sile u lakim štapovima �S1 i

�S2

, čiji su pravci kolinearni sa pravcima AC i CB, respektivno, a smerovi pret-postavljeni kao pritisni (Slika 3.74).

Jednačine ravnoteže za ovakav sistem sučeljnih sila:

5 0 0

6 0 0

. : cos cos ,

. : sin sin ,

∑∑

= − =

= − + =

F S S

F S G Sxi

yi

1 2

1 2

γ γ

γ γ

pri čemu je sinγ = =hAC

35

, daju:

S S G kN1 2= = =2

12 5sin

, .γ


Slika 3.75


Prema principu akcije i reakcije, u zglobovima A i B se indukuju sile istog inten-ziteta i pravca. Znači, kada se zanemare težine štapova, reakcije zglobova su koline-arne sa pravcima štapova.

Prema tome, apsolutna greška koja se pravi pri izračunavanju intenziteta reakcije zgloba u slučaju zanemarivanja težine štapova je:

ε R

R SRA

A 1

A

=−

= =0 08 8, %.

Apsolutna greška koja se pravi pri izračunavanju pravca reakcije zgloba u slučaju zanemarivanja težine štapova je:

εα γ

ααA

A

A

=−

= =0 04 4, %.

Na Slici 3.75 grafi čki je predstavljena apsolutna greška koja se dobija izračuna-vanjem ugla koji reakcija zgloba gradi sa horizontalnim pravcem u slučaju da se za-nemare težine štapova u odnosu na njenu tačnu vrednost, koja odgovara slučaju kada se te težine uzmu u obzir. Ova greška je data kao funkcija odnosa težine tereta G i P. Treba uočiti da je funkcija greške zavisna od geometrije problema, tj. ugla γ . Za kon-kretnu vrednost iz ovog zadatka sinγ = 3

5, greška se sa porastom odnosa GP monotono

smanjuje i tek za slučaj G=10P pada ispod praga inženjerske tolerancije od 5-6%.

Slika 3.76

Slika 3.77

101

Primer 3.31 Disk težine G, poluprečnika r oslanja se na horizontalnu ravan u tački D i stepenicu u tački E, visine h (Slika 3.76). Centar diska C je vezan užetom, prebačenim preko idealnog kotura K. Drugi kraj užeta je vezan za tačku B štapa AB. Štap je težine P, dužine L i zglobno je vezan krajem A za podlogu. U položaju ravnoteže deo užeta CK gradi ugao β sa horizontalom, deo KB je horizontalan, a štap obrazuje ugao α sa podlogom. Odrediti minimalnu vrednost momenta sprega M kojim treba dejstvovati na štap da bi disk počeo da prelazi stepenicu.

Rešenje: Neposredno pre nego što disk pređe stepenicu, dolazi do njegovog odvajanja od horizontalne podloge. Tada horizontalna podloga nije više veza za disk, odnosno reakcija veze u tački D ne postoji (Slika 3.77a). Da bi se rešio ovaj problem odvajanja potrebno je analizirati ravnotežu diska, ali i štapa, jer su ova dva elementa vezana užetom (Slika 3.77c). Unutrašnja reakcija veze je sila u užetu, intenziteta S S= ’.


Slika 3.78


Jednačine ravnoteže za sistem sučeljnih sila koje dejstvuju na disk se mogu napisati u obliku:

1 0 0

2 0 0

. : cos sin ,

. : sin cos ,

∑∑

= − =

= + − =

F S N

F S N Gxi

yi

β γ

β γE

E

pri čemu je sa γ obeležen ugao koji pravac CE gradi sa vertikalom. Na osnovu Slike 3.77b je:

γ = −arccos .

r hr

Iz prethodnih jednačina se dobija:

S G=−( )

sin

cos.

γβ γ

Momentna jednačine za tačku A štapa (Slika 3.77c) glasi:

3 02

0. : sin cos .∑+

= + − =ª

M SL P LA α α M

Ova jednačina daje minimalnu vrednost momenta sprega koja dovodi do odvajanja diska od horizontalne podloge:

Mmin =−( ) +GL PLsin sin

coscos .

γ αβ γ

α2

Primer 3.32 Štap AB težine P, dužine 2L postavljen je u sud pri-kazan na Slici 3.78, teži-ne Q. Sud se u tačkama C i D oslanja na glatku horizontalnu ravan, pri čemu je CD = a. U tački A između suda i štapa se ostvaruje hrapava veza.

a) Odrediti pod ko-jim uglom α treba po-staviti štap u odnosu na horizontalni pravac da bi sila trenja bila jednaka nuli;

b) Smatrajući ugao α poznatim, odrediti težinu P pri kojoj će doći do prevr-tanja suda.

Slika 3.79

103

Rešenje: a) Da bi se odredila ravnotežna vrednost ugla α razmatraće se ravnoteža štapa,

oslobođenog veza u tačkama A i E (Slika 3.79). Iako je veza u tački A hrapava, zbog uslova zadatka da sila trenja bude jednaka nuli, reakcija u tački A će imati samo normalnu komponentu, tj. biće upravna na pravac AC. Ova reakcija je obeležena sa

�NA. Osim nje, i odgovarajuće reakcije veze

�NE, na štap u težištu T dejstvuje sila

sopstvene težine �P. Prema tome, na štap dejstvuju tri sile, koje se prema teoremi o tri

sile moraju sučeljavati. Tačka sučeljavanja je obeležena sa S. Iako se radi o sistemu sučeljnih sila umesto crtanja poligona sila ili pisanja uobičajenih nezavisnih jedna-čina ravnoteže (2.2), zadatak će se rešiti analitički korišćenjem momentne jednačine ravnoteže:

1 0 0. : cos ,∑+

= − =ª

M N PA E AE AT α

i jednačine ravnoteže sila po y osi:

2 0 0. : cos .∑ = − =F N Pyi E α

Na osnovu trougla AEA1, znajući da je AA =1 a, sledi da je AE = /a cosα . Osim toga

duž AT odgovara polovini dužine štapa, što je L. Rešavanjem prethodnog sistema jednačina, može se izvesti relacija koja defi niše ugao α:

cos .3 α = aL

b) Oslonac oko kog može da nastupi prevrtanje suda u smeru kazaljke na satu je oslonac u tački D. Pri tome će se ovo telo odvojiti od horizontalne podloge, te se reak-cija veze u tački C neće uzeti u obzir. Razmatrajući sistem suda i štapa, na njega tada dejstvuju sile njihovih sopstvenih težina

�Q i

�P i reakcija oslonca D obeležena sa


Slika 3.80


�ND (Slika 3.80). Kako sud ima vertikalnu osu simetrije, napadna linija sile sopstvene težine suda

�Q mora biti kolinearna sa njom, odnosno mora ležati na rastojanju a/2

od tačaka C i D. U graničnom slučaju, kada dolazi do preturanja, reakcija �ND treba

da se uravnoteži sa rezultantom druge dve sile, tj. napadna linija rezultante treba da prođe kroz oslonac D. To znači da je moment rezultante za preostali oslonac D jednak nuli. Shodno tome, suma momenata svih sila za oslonac oko kog može da dođe do prevrtanja mora biti jednaka nuli:

3 02

01. : .∑+

= − =ª

M Q a PD A S

U skladu sa Slikom 3.79 važi:

A S AS AA1 1= − = −L acos .α

Na taj način, dobija se granična vrednost težine štapa P pri kojoj dolazi do prevrta-nja:

P Q aL a

=−( )2 cos

.α

Ukoliko je:

P Q aL a

>−( )2 cos

,α

moment sile �P za tačku D je veći od momenta sile

�Q za istu tačku, pa dolazi do pre-

vrtanja suda oko oslonca D u smeru kazaljke na satu.

03 sistem prizvoljnih sila i spregova u ravni poslednja ... sistem prizvoljnih sila i spregova...

Documents