1

Za zadani sustav prostornih sila (kN) kjiF ⋅+⋅+⋅= 4321 ______ oktant

(kN) kjiF −⋅+⋅−= 542 ______ oktant koje djeluju na materijalnu to�ku odredite:

a) rezultantu silu ?FR =

b) ravnotežnu silu ?F =3 a) Rezultanta sila ?FR =

(kN) kFjFiFF RzRyRxR ⋅+⋅+⋅=

kN FFF xxRx 24221 −=−=+= kN FFF yyRy 85321 =+=+=

kN FFF zzRz 31421 =−=+=

Vektor rezultante: (kN) kjiFR ⋅+⋅+⋅−= 382 ______ oktant

Intenzitet rezultante: ( ) kN ,FFFFRzRyRxR 77877382 222222 ==++−=++=

Prikloni kutovi prema:

- osi x °=α−=−==α 103228077

2R

R

RxR ,

FF

cos

- osi y °=β===β 24912077

8R

R

RxR ,

FF

cos

- osi z °=γ===γ 70342077

3R

R

RxR ,

FF

cos

Vrijedi relacija: Suma kvadrata cosinusa priklonih kutova sile prema koordinatnim osima

jednaka je jedinici.

11

177

9644

177

3

77

8

77

2

1222

222

=

=++

=���

����

�+���

����

�+���

����

� −

=γ+β+α

coscoscos RRR

2

b) Ravnotežna sila ?F =3 (kN) kFjFiFF zyx ⋅+⋅+⋅= 3333

(kN) kjiF ⋅+⋅+⋅= 4321

(kN) kjiF −⋅+⋅−= 542 Jednadžbe ravnoteže za prostorni sustav sila: 1. kN F F4-2 FFF F xxxxxx 2000 33321 =�=+=++� = 2. kN F F53 FFF F yyyyyy 8000 33321 −=�=++=++� =

3. kN F F1-4 FFF F zzzzzz 3000 33321 −=�=+=++� = Ravnotežna sila: (kN) kjiF ⋅−⋅−⋅= 3823 ______ oktant

Intenzitet sile: ( ) ( ) kN ,FFFFzyx

77877382 2222223 333

==−+−+=++=

Prikloni kutovi prema:

- osi x °=°−°=α°−=α===α 283 ili ,FF

cos 33x 77360772280

77

2

3

33

- osi y °=°−°=β°−=β−=−==β 204156360156912077

8

3

33 33

x ili , FF

cos

- osi z °=γ−=−==γ 110342077

3

3

33 3

x , FF

cos

3

Za doma�u zada�u Zadan sustav sila (kN) kjiF ⋅+⋅−⋅= 3421 ______ oktant

(kN) kjiF ⋅−⋅+⋅−= 2532 ______ oktant (kN) kji F ⋅−⋅−= 233 ______ oktant Rješenja: a) Rezultanta: (kN) kjFR −⋅−= 2 ______ gdje leži? kN FR 5=

°=γ°=β°−=β°=α°−=α

117

207153

27090

R

RR

RR

ili

ili

b) Ravnotežna sila: (kN) kjF +⋅= 24 ______ gdje leži? kN 2,24 F == 54

=γ==γ

=β==β

=α=α

44

44

44

0,446cos

0,893cos

cos

5

15

2

0

4

Stati�ki moment sile obzirom na pol Sila (kN) jiF 34 +⋅= djeluje u to�ci A(5;2) (m). Odredite stati�ki moment sile obzirom na:

a) ishodište koordinatnog sustava O (0;0) b) to�ku B (6;1) (m).

a) Stati�ki moment sile obzirom na ishodište koordinatnog sustava O (0;0) (kN) jiF 34 +⋅=

(kN) jir 25 +⋅= 505 =−=−= OAx xxr (xhvatišta sile – xpola)

202 =−=−= OAy yyr (yhvatišta sile – ypola)

( )

( ) ( ) (kNm) kk

kji

FFF

rrr

kji

FrFM

(kNm) FrFM

zyx

zyxO

O

⋅=⋅−⋅===×⋅=

×⋅=

74235034025

b) Stati�ki moment sile obzirom na ishodište koordinatnog sustava B (6;1) (kN) jiF 34 +⋅=

(kN) jir +⋅−= 165 −=−=−= BAx xxr (xhvatišta sile – xpola)

112 =−=−= BAy yyr (yhvatišta sile – ypola)

( )

( ) ( ) (kNm) k k

kji

FFF

rrr

kji

FrFM

(kNm) FrFM

zyx

zyxO

B

⋅−=⋅−⋅−=−==×⋅=

×⋅=

74131034011

5

Zadatak: Stati�ki moment sile (kN) jiF 34 +⋅= koja djeluje u to�ci A(5;2) (m) obzirom na ishodište koordinatnog sustava O (0;0) iznosi 7 kNm (prethodno smo izra�unali). Odredite ekscentricitet (e) sile F obzirom na ishodište koordinatnog sustava te odsje�ke ex i ey na osima x i y.

kN FFFyx

534 2222 =+=+=

- ekscentricitet: ( ) ( )(m)

FFM

e FeFM OO 5

7==�⋅=

- odsje�ak na osi x ( ) ( ) (m)

FFM

e F0-FeFMy

OxxyxO 3

7==�⋅⋅=

- odsje�ak na osi y ( ) ( ) (m)

FFM

e Fe-FFMx

OyxyyO 4

70 −=−=�⋅⋅=

6

Primjer 1: Nacrtajte dijagrame unutarnjih sila za gredu optere�enu na slici.

Reakcije:

( )( )

0256256

062,,

06qFRR F Kontrola

azadovoljen F .

kN ,R qFR M .

kN , R qFR M .

BAz

x

AAB

BBA

=+−=⋅++−−

=⋅++−−=Σ=Σ

==+⋅⋅−⋅−⋅=Σ==+⋅⋅−⋅−⋅=Σ

3118739927156

0

03

27156038671502

7399031681501

Dijagrami:

kN,RT

kN,,,FqRT

kN,)T(T

TkN,,,qRT

kN,RT

kN,RT

BB

Ad

l

lA

A

AA

7399

739911813827156118623271566

2718

271813827156623271566

27156

27156

3

23

32

1

−=−=

−=−−=−⋅−=−⋅−=

==

==−=⋅−=⋅−=

====

U to�ci 3 je popre�na sila Tz = 0 što zna�i da je za x = 7 m moment savijanja ekstreman: M3 = Mmaks

( )0

166985521612504623008271561368

89679414891093362300727156367

27156001271561

0

3

2

1

=

==−=⋅⋅−⋅=+⋅⋅−⋅==−=⋅⋅−⋅=⋅⋅−⋅=

=⋅=⋅==

B

maksA

A

A

A

M

MkNm,,,,qRM

kNm,,,,qRM

kNm,,,RM

M

Mjerilo:

7

1 cm :: … m

Tz 1 cm :: … kN My 1 cm :: … kNm

8

Primjer 2:

Reakcije:

( )( )

0

032,,

06qFRR F Kontrola

azadovoljen F .

kN ,R ,qFR M .

kN 9,36 R ,qFR M .

BAz

x

AAB

BBA

=+−=⋅++−−

=⋅++−−=Σ=Σ

==+⋅⋅−⋅−⋅=Σ==+⋅⋅−⋅−⋅=Σ

158158680363964118

0

03

641180516391102

30512321101

Dijagrami:

kN,RT

kN,,,FqFRT

kN,,FRT

kN,RT

kN,RT

BB

A

Ad

Al

AA

3639

363978806411832680641183

64388064118

64118

64118

2

1

1

−=−=−=−−=⋅−−=−⋅−−=

=−=−=

==

==

U to�ci 1 se popre�na sila ne poništava pa tražimo mjesto ekstrema momenta savijanja.

0

20236117240205935132638056411851335

282372641182

0

2

1

==−−=⋅⋅−⋅−⋅=⋅⋅−⋅−⋅=

=⋅=⋅==

B

A

A

A

M

kNm,,,,,qFRM

kNm,,RM

M

za 52 << x m vrijedi ( ) ( ) ( )2

222

−⋅−⋅−−⋅−⋅= xxqxFxRM Ay

( )222

2 −⋅−⋅+⋅−⋅= xq

FxFxRM Ay

zy T

dx

dM= mjesto ekstrema: 0== z

y Tdx

dM

9

( )

m ,,,

qFR

x qxqFR

xq

FRdx

dM

AA

Ay

4932491226

8064118202

01222

=+=+−=+−=�=⋅+⋅−−

=⋅−⋅⋅−−=

( ) ( ) ( )

kNm ,,,,,

,,,,M

xxqxFxRM

maks

Ay

99265862820119054142491

491264918049364118

22

22

=−−=⋅⋅−⋅−⋅=

−⋅−⋅−−⋅−⋅=

Mjerilo: 1 cm :: … m Tz 1 cm :: … kN My 1 cm :: … kNm

10

Primjer 3:

Reakcije:

( )( )

011

042

06qFRR F Kontrola

azadovoljen F .

kN R qFR M .

kN 0 R qFR M .

BAz

x

AAB

BBA

=+−=⋅++−−

=⋅++−−=Σ=Σ

==+⋅⋅−⋅−⋅=Σ==+⋅⋅−⋅−⋅=Σ

606056050110

0

03

110027471202

5021451201

Dijagrami:

kNRT

kNFqRT

kNqRT

kNRT

kNRT

BB

Ad

Al

A

AA

50

50604251104

101001104251104

110

110

2

2

1

−=−=

−=−⋅−=−⋅−=

=−=⋅−=⋅−=

====

U to�ci 2 je popre�na sila Tz = 0 pa je za x = 5 m moment savijanja ekstreman: M2 = Mmaks

0

35020055024255110245

11011101

0

2

1

=

==−=⋅⋅−⋅=⋅⋅−⋅==⋅=⋅=

=

B

maksA

A

A

M

MkNmqRM

kNmRM

M

11

Mjerilo:

1 cm :: … m Tz 1 cm :: … kN My 1 cm :: … kNm

12

Primjer 4:

Reakcije:

( )( )

0

062,,

06qFRR F Kontrola

azadovoljen F .

kN ,R qFR M .

kN 09,20 R qFR M .

BAz

x

AAB

BBA

=+−=⋅++−−

=⋅++−−=Σ=Σ

==+⋅⋅−⋅−⋅=Σ==+⋅⋅−⋅−⋅=Σ

2582589842010980148

0

03

801480356101502

1034651501

Dijagrami:

kN,RT

kN,,FqRT

kN,,FqRT

kN,,qRT

kN,RT

kN,RT

BB

A

Ad

Al

A

AA

20109

2010984629801486

803584129801481

80119129801481

80148

80148

3

2

2

1

−=−=−=−⋅−=−⋅−=

=−⋅−=−⋅−=

=⋅−=⋅−=

====

U to�ci 1 se popre�na sila ne poništava pa tražimo mjesto ekstrema momenta savijanja.

0

54642052214885843629108014853610

50729514744501295801485015

205954801484

0

3

2

1

==−−=⋅−⋅⋅−⋅=⋅−⋅⋅−⋅=

=−=⋅⋅−⋅=⋅⋅−⋅==⋅=⋅=

=

B

A

A

A

A

M

kNm,FqRM

kNm,,,,,qRM

kNm,,RM

M

za 105 << x m vrijedi ( ) ( ) ( )2

445

−⋅−⋅−−⋅−⋅= xxqxFxRM Ay

13

( )242

5 −⋅−⋅+⋅−⋅= xq

FxFxRM Ay

zy T

dx

dM= mjesto ekstrema: 0== z

y Tdx

dM

( )

m ,,,

qFR

x qxqFR

xq

FRdx

dM

AA

Ay

2364232429

8480148404

01422

=+=+−=+−=�=⋅+⋅−−

=⋅−⋅⋅−−=

( ) ( ) ( )

kNm ,,,,,

,,,,M

xxqxFxRM

maks

Ay

60751107232103029272232

232292318423680148

24

45

=−−=⋅⋅−⋅−⋅=

−⋅−⋅−−⋅−⋅=

Mjerilo: 1 cm :: … m Tz 1 cm :: … kN My 1 cm :: … kNm

14

Korištena literatura: Andrejev, V., Mehanika I. dio Statika, Tehni�ka knjiga, Zagreb, 1969. Bajt, M. I., Džanelidze, G. J., Kelzon, A. S., Riješeni zadaci iz teorijske mehanike sa izvodima iz

teorije prvi dio Statika i kinematika, Gra�evinska knjiga, Beograd 1978. Bazjanac, D., Tehni�ka mehanika I dio Statika, Tehni�ka knjiga, Zagreb, 1966. Cindro, N., Fizika 1, Mehanika-valovi-toplina, Školska knjiga, Zagreb,1980. Kiri�enko, A., Tehni�ka mehanika I dio Statika, GI, Zagreb, 1990. Kittel, C., Knight, W. D., Ruderman, M. A., Mehanika , Tehni�ka knjiga, Zagreb, 1982. McLean, W. G., Nelson, E. W., Theory and problems of Engineering Mechanics, Statics and

Dynamics 2/ed, Schaum`s Outline Series, McGraw-Hill Book Company, New York, 1962 Nikoli�, V., Hudec, M., Principi i elementi biomehanike, Školska knjiga, Zagreb,1988. Peri�, R., Tehni�ka mehanika, RGNF VGŠ Varaždin, 1979. Rustempaši�, A., Tehni�ka mehanika, Svjetlost, Sarajevo, 1990. Špiranec, V., Tehni�ka mehanika, Školska knjiga, Zagreb,1990. www.mating.hr/prim_mehanika