3
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA
U RAVNI
Ravanski sistem proizvoljnih sila F1 ,..., Fn i spregova m M1,..., M k 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:
n Fg = ∑ Fi ,
i =1
i glavni moment M gA , koji se nalazi algebarskom sumom spregova M1,..., M k i
momenata svih sila za proizvoljno izabranu tačku A:
k
n
j =1
i =1
M gA = ∑ M j + ∑ M AFi
Vektor momenta sile F za tačku A je, po
definiciji:
M AF = AB × F ,
Slika 3.1
(3.1)
gde je B proizvoljna tačka na napadnoj liniji sile F (Slika 3.2a).
Ovaj vektor je upravan 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 AFi = F h.
Treba naglasiti da pomeranje sile duž napadne linije ne menja njen moment za tačku.
Smer momenta
sile za tačku je definisan 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 izazove 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 definisan kao pozitivan
(ª + ili © +) je potpuno proizvoljan.
48
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
Slika 3.2
Moment sile za tačku Ase 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:
ª+ M AF = − Fx h1 + Fy h2 ,
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:
Fg = 0, M gA = 0.
(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:
n
1. ∑
i =11
+
n
0, 2. ∑
i 1
yi
0, 3. ∑
0,
(3.3)
49
Ravnoteža sistema proizvoljnih sila i spregova u ravni
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 projekcija 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:
+
n
1. ∑
0, 2. ∑
i =1
+
0, 3. ∑
B
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 jednačine9 za tačke A, B i C:
+
+
1. ∑
0, 2. ∑
+
0, 3. ∑
0,
(3.5)
pri čemu su A, B i C nekolinearne tačke.
3.1.1
Algoritam rešavanja zadataka
Tokom rešavanja zadataka iz ravnoteže proizvoljnog ravanskog sistema 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 izbora 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 veličina, 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.
+
Indeks sumiranja će i u momentnim jednačinama, pri rešavanju primera, biti izostavljan. Na taj način, oznaka ∑ M A
9
k
n
j =1
i =1
će podrazumevati ∑ M j + ∑ M AFi za naznačen pozitivan smer momenta.
50
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
Primer 3.1 Glatki štap AB težine G,
dužine L oslanja se krajem A na horizontalni 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 tačkama A i C.
Slika 3.3
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
pod.
reakcija veze N A normalna na horizontalni
U ovom primeru, reakcija veze N C je upravna na štap, jer pravac štapa odgovara pravcu
tangente u tački dodira ivice i štapa. Dakle, na
Slika 3.4
štap dejstvuje ravanski sistem sila, čije se napad ne linije ne sučeljavaju,
već
su
proizvoljnih
pravaca u ravni. Kako su pravci G i N A
vertikalni, a sila S horizontalna, pogodno je izabrati koordinatni
sistem čija je jedna
osa horizontalna, a druga vertikalna (Slika 3.4). Ugao izmedu N C i vertikalnog pravca je β , kao ugao s normalnim kracima u odnosu na zadati β . Jednačine ravnoteže,
dobijene projektovanjem sila na ose koordinatnog sistema, glase:
1.∑Fxi = 0 : − S + N C sin β = 0,
2.∑Fyi = 0 :
N C cos β + N A − G = 0.
Kako kroz tačku
A prolaze napadne linije sile S i N A, sledi da će moment za tu
tačku praviti sile G i N C, te će momentna jednačina napisana za ovu tačku sadržati
samo jednu nepoznatu veličinu, i to N C. 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.
Ravnoteža sistema proizvoljnih sila i spregova u ravni
51
Iz trougla TDA, to rastojanje se dobija projektovanjem duži AT = L /2 na horizontalni pravac:
AD = AT cos β =
L
cos β .
2
Pri tome, sila G teži da izazove obrtno dejstvo saglasno pozitivnom matematičkom
L
smeru. Moment sile G za tačku A je + G cos β . U cilju određivanja momenta sile
2
N C 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 ,
h
. Smer momenta sile N C za tačku A je suprotan
tj. kateta h. Odatle sledi: AC =
sinβ
h
.
pozitivno definisanom. Na osnovu toga je M ANC = − N C
sinβ
Dakle, treća jednačine ravnoteže glasi:
ª+
3. ∑ M A = 0 :
+G
L
h
cos β − N C
= 0.
2
sinβ
Iz ove jednačine se direktno dobija:
NC = G
L
sin β cos β ,
2h
dok iz prethodno napisanih jednačina ravnoteže sledi:
S =G
L
L
⎞
⎛
sin 2 β cos β , N A = G ⎜ 1 − sin β cos2 β ⎟ .
2h
2
h
⎝
⎠
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 prikazanom 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.
Slika 3.5
Rešenje: Na štap, osim aktivnih vertikalnih sila G i Q, aktivnog sprega M, dej-
stvuju reakcije veze užeta S i reakcija zgloba.
52
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
Reakcija zgloba, kao sila nepoznatog intenziteta, pravca i smera dejstva, se
pri analitičkom rešavanju pogodnije predstavlja preko dve komponente proizvoljno pretpostavljenih smerova, najčešće međusobno upravnih pravaca.
Slika 3.6
Neka su komponente reakcije zgloba X B i YB kolinearne sa horizontalnim i vertikalnim pravcem, smerova prikazanih na Slici 3.6a. Zbog činjenice da tri sile dejstvuju 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 naizmenični 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.∑Fxi = 0 :
X B + S sin ( α − β) = 0,
2.∑Fyi = 0 : YB + S cos ( α − β) − Q − G = 0.
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
S.
nepoznata po intenzitetu
sila
Stoga je pogodno za momentnu tačku izabrati upravo
tačku B. Krak sile G za tačku B odgovara duži BB1 , što je iz pravouglog trougla BB1T
naspramna kateta ugla α (naizmeničan sa zadatim α , dok je BT=L/2 hipotenuza ovog
trougla. Dakle, traženi krak predstavlja
projekciju hipotenuze BT naspram ugla α pa
je BB1 = Lsinα / 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
BB1T i BB2 A. 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
Ravnoteža sistema proizvoljnih sila i spregova u ravni
53
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 definisan smerom, pa će u momentnoj jednačinu figurisati kao pozitivan.
Prema tome, momentna jednačina za tačku B glasi:
ª+
L
3. ∑ M B = 0: + G sinα + QLsinα − SLsinβ + M = 0.
2
Iz ove jednačine se dobija:
S=
(G 12 + Q)sinα
sin β
+
M
,
L sin β
dok prethodne dve jednačine dovode do:
X B = −S sin ( α − β), YB = −S cos ( α − β) + Q + G.
Intenzitet reakcije zgloba, odgovara RB = X B2 + YB2 (Slika 3.6b), dok je pravac dejYB
stva ove sile defi
nisan uglom γ : tanγ = X B .
Varinjonove teoreme.
Krak sile S za tačku B je moguće odrediti i primenom
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 ekvivalentan algebarskoj sumi momenata ovih komponenti za istu tačku. Kako napadna linija 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 - SLsinβ .
Primer 3.3 Štap OA zanemraljive težine
vezan je krajem O za nepokretni cilindrični
zglob. 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 3.7
54
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
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 intenziteta sa težinom tereta Q, kao i reakcija zgloba.
Reakcija zgloba će se predstavitiu formi
dve
međusobno upravne komponente X O i YO, proizvoljno pretpostavljenih smerova (Slika 3.8).
Kako je trougao OAB jednakokrak, uglovi
OAB i OBA su jednaki i iznose po ( 90o − ϕ / 2 ) .
Jednačine ravnoteže za koordinatni sistem prikazan na Slici 3.8 glase:
1.∑Fxi = 0 :
X O − S sin ( 90o − ϕ / 2 ) = 0,
Slika 3.8
2.∑Fyi = 0 : YO + S cos ( 90o − ϕ / 2 ) − P = 0.
Na osnovu ove dve jednačine je moguće izraziti intenzitete X O i YO u funkciji nepoznatog ugla ϕ :
X O = S cos (ϕ / 2 ) , YO = − S sin (ϕ / 2 ) + P.
Da bi se odredio ugao ϕ , napisaće se i momentna jednačina. Kako kroz tačku O prolaze napadne linije obe komponentereakcije 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
o
je S1 = Ssin ( 90
momentu
− ϕ / 2 ). Na taj način, moment sile S za tačku B odgovara
S
komponente S1 za istu tačku, čije je krak
duž
Smer
mometa
za
ovu
tačku je
OA=L.
1
pozitivnog matematičkog smera. Sila P teži da obrne štap oko tačke B u suprotnom
smeru, dok je krak ove sile jednak duži OO1 = a sin ϕ . Dakle, momentna jednačina za
tačku O glasi:
ª+
3.∑ M O = 0 :
+ S sin ( 90o − ϕ / 2 ) L − Pa sin ϕ = 0,
pri čemu je S=Q, jer je uže prebačeno preko idealnog kotura. Transformacijom
sin ϕ = 2 sin ϕ2 cos ϕ2 (videti fusnotu 6), sledi:
ϕ⎛
ϕ⎞
cos ⎜ QL − 2 Pa sin ⎟ = 0.
2⎝
2⎠
Ravnoteža sistema proizvoljnih sila i spregova u ravni
55
Rešenja ove jednačine su ϕ1 = π, što je ravnotežni položaj koji odgovara vertikalnom štapu sa tačkom A ispod tačke O i sin ϕ22 = 2QL
Pa , koji je moguć samo pod uslovom
QL
≤
1
.
2 Pa
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.
Slika 3.9
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 ukleštenja javlja sila nepoznatog pravca, intenziteta i smera, koja se najčešće predstavlja preko dve međusobno upravne komponente, i spreg nepoznatog intenziteta i
smera dejstva.
U skladu s tim, u tački A na Slici 3.10 uvedene 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 tački A na kružni luk.
Jednačine ravnoteže za koordinatni
Slika 3.10
sistem prikazan na Slici 3.10, glase:
1.∑Fxi = 0 :
X A − H + F sin 30o = 0,
2.∑Fyi = 0 : YA − F cos 30o = 0,
dok momentna jednačina napisana za tačku A daje:
ª+
3.∑ M A = 0 :
M A + M + HR ( cos 45o − cos 60o ) − F ( R + R cos 60o ) = 0.
56
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
Intenzitet reakcije veze ukleštenja iznosi RA =
HR ( 2 −1)
.
M A =-M + 3 FR
2 −
2
X A2 + YA2 = H 2 − HF + F 2 , dok je
Primer 3.5 Ploča oblika pravouglog trougla, kateta a=3m i b=4m, težine
P = 1kN , se održava u prikazanom ravnotežnom položaju (Slika 3.11) pomoću
nepokretnog cilindričnog zgloba vezanog u temenu A i lakog horizontalnog štapa, vezanog u temenu C. Duž hipotenuze ploče dejstvuje:
a) ravnomerno raspoređeno opterećenje (Slika 3.11a), upravno na hipotenuzu, specifičnog opterećenja q =1kN /m ;
b) trougaono kontinualno opterećenje (Slika 3.11b), takođe upravno na hipotenuzu, čija maksimalna vrednost specifičnog opterećenja iznosi q0 =2 kN /m.
Koji je slučaj opterećenja nepovoljniji po laki štap?
Slika 3.11
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 opterećenja, 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 Fq = ql ,
gde je l dužina po kojoj opterećenje dejstvuje.
Slika 3.12
Ravnoteža sistema proizvoljnih sila i spregova u ravni
57
Dakle, u tački koja se nalazi na sredini hipotenuze
dejstvuje
sila
Fq = q ⋅ 5 m = 5kN .
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.∑Fxi = 0 :
X A − S − Fq sin α = 0,
2.∑Fyi = 0 : YA − P − Fq cos α = 0,
+
3.∑ M A = 0 :
b
a
b
Sa − P + Fq sin α − Fq cos α = 0,
3
2
2
83
kN , YA = 5kN , S =
čijim se rešavanjem dobija: X A = 18
29
18
kN .
b) U drugom slučaju na hipotenuzu dejstvuje trougaono kontinualno opterećenje.
Ukoliko je kontinualno opterećenje trougaono, intenzitet ekvivalentne konq l
centrisane sile iznosi Fq = 20 , gde je q0 maksimalna vrednost specifičnog opterećenja, a l dužina po kojoj opterećenje dejstvuje.
U ovom primeru, ta sila je intenziteta Fq = 5kN i dejstvuje u težištu trougaonog opterećenja, 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:
ª+
b
2a
b
3b. ∑ M A = 0 : Sa − P + Fq sin α − Fq cos α =
3
3
3
te se dobija S = 92 kN , što je približno 7 puta manje opterećenje od onog u prethodnom
slučaju.
Primer 3.6 Pravougaona ploča stranica
AB = OC = a i OA = BC = 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, postavljenog na vertikali kroz tačku O, i vezano u
tački E. Pri tome je OD = DE = EA = 2 DJ .
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 3.13
58
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
Rešenje: U preseku dijagonala OB i AC, što je tačka T, dejstvuje
sila težine G.
3.14).
U skladu sa zglobnom vezom u tački O uvode se reakcije veza X O i YO (Slika
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 figurisati intenzitet
sile S. Preostalu nepoznatu YO, koja dejstvuje u vertikalnom pravcu je moguće odrediti 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: KK1 = OO1 ,
jer su tačke na pravcu paralelnom
sa napadnom linijom sile. Taj
krak je moguće naći projekcijom
polovine dijagonale:
OT =
(a 3)
2
2
+ a2
= a,
na horizontalni pravac. Ugao
TOO1 odgovara razlici ravnotežne vrednosti ugla α i ^AOT .
Slika 3.14
Za ^AOT, na osnovu dužina
o
a
stranica važi tan
( ^AOT ) = a 3 , te je taj ugao 30°, a traženi o^TOO 1 = (α − 30 ).
Moment sile G za obe tačke je, prema tome, +Gacos (α − 30 ), pri čemu je, kao i
u prethodnim zadacima, usvojeno da je pozitivanznak momenta onaj, koji odgovara 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 a3 3 , dok je ^OKE=180 − β − ( 90o − α ) = 90o + α − β . Pri tome je
β = ^KED= ^KDE. Ovaj ugao se može odrediti iz trougla KJD:
tan β =
odnosno sin β =
3
9 + tan 2 α
JK OJ cot α
= a 3 =
JD
6
, cos β =
tan α
9 + tan 2 α
a 3
2
cot α
a 3
6
.
Na osnovu sinusne teoreme za trougao OKE važi:
2a 3
OK
3
=
,
sin β sin ( 90o + α − β )
=
3
tan α
Ravnoteža sistema proizvoljnih sila i spregova u ravni
59
odakle sledi OK = a 2 3 sin α , što se može dobiti i iz pravouglog trougla JKO.
Momentna jednačina za tačku K:
ª+
1. ∑ M K = 0 : + M + Gacos ( α − 30o ) + X O
a 3
sin α = 0,
2
omogućava nalaženje X O:
2 3 ⎡⎢ M + Gacos ( α − 30o )⎤⎥ sin α
⎣
⎦
.
3a
Momentna jednačina za tačku O je:
XO =
ª+
2. ∑ M O = 0 : + M + Gacos ( α − 30o ) − S’ sin β
a 3
2a 3
− S sin β
= 0,
3
3
na osnovu čega se može odrediti intenzitet sile u užetu:
S=
M + Gacos (α − 30o )
dok se na osnovu jednačine ravnoteže:
a 3 sin β
,
3.∑Fyi = 0 : YO − G + S cos (90o + α − β) + S’ cos ( β + α − 90o ) = 0,
dobija:
YO = G − 2 S sin β cos 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.
Slika 3.15
Rešenje: Kako je ugaonik ABC sačinjen od dva homogena štapa, umesto da se
određuje položaj težišta ugaonika, sile težine se mogu ucrtati zasvaki 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 N 2 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.
60
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
Slika 3.16
Dakle, momentna jednačina za tačku O glasi:
ª+
1. ∑ M O = 0 : + G TT1 − P SS1 = 0,
gde su TT1 i SS1 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:
TT1 = D 2O − DD1 = R sin ϕ − ( R − L ) cos ϕ ,
SS1 = E 2O − EE1 = R cos ϕ − ( R − L ) sin ϕ .
Na taj način, nakon algebarskih i trigonometrijskih transformacija, momentna jednačina daje:
PR + G ( R − L)
tan ϕ =
.
GR + 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 poluprečnika 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 horizontalnim pravcem u prikazanom položaju
ravnoteže, kao i sile pritiska štapa na
udubljenje, ako je L = 3R .
Slika 3.17
Ravnoteža sistema proizvoljnih sila i spregova u ravni
61
Rešenje: Na štap, pored sile sopstvene težine G, koja dejstvuje u tački T u geo-
metrijskom središtuštapa,
dejstvuje sila u užetu S=Q u pravcu AK, kao i reakcije
glatkog udubljenja N A i N B (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 = 3R = 2 R cos ( ^OBA ) ,
te je:
cos ( ^OBA ) =
3
⇒ ^OBA=30o.
2
Prema tome, obe reakcije N A i N B 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:
ª+
ϕ⎞
⎛
1. ∑ M O = 0 : − G sin ϕ R sin 30o + S sin ⎜ 75o + ⎟ R = 0,
2⎠
⎝
gde je moment sile G određen na
osnovu Varinjonove teoreme. Moment komponente u pravcu visine
OT jednakokrakog trougla OAB
za tačku O je nula, jer napadna
linija te komponente prolazi kroz
tačku O, dok je krak komponenta
intenziteta G sin ϕ u pravcu štapa za
Slika 3.18
o
tačku O jednak visin OT = R sin
30 .
Analogno tome, momet sile S za istu tačku potiče samo od komponente upravne
na pravac OA, što je S sin ( 75o + ϕ2 ), 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 N B, napisaće se momentna jednačina za tačku A:
ª+
3
− N B sin 30o R 3 = 0,
2
te se dobija N B = G 2 3 . Momentna jednačina za tačku B, nekolinearnu sa tačkama
2. ∑ M A = 0 : G cos ϕ R
O i A:
+
3. ∑ M B = 0 :
3
ϕ⎞
⎛
+ N A sin 30o R 3 + S sin ⎜ 75o − ⎟ R 3 = 0,
2
2⎠
⎝
− G cos ϕ R
omogućuje nalaženje N A = G
3
4
.
62
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
3.2 Ravnoteža sistema paralelnih sila i spregova u ravni
Ravanski sistem paralelnih sila F1 ,..., Fn
i spregova M1 ,..., M k (Slika 3.19) čine sile
čije su napadne linije međusobno paralelne,
raspoređene u jednoj ravni, dok su vektori
spregova upravni na tu ravan, odnosno teže
da izazovu obrtanje u ravni u kojoj leže sile.
Ekvivalentno mehaničko dejstvo ovom sistemu
ima glavni vektor Fg , koji se nalazi kao vektorn ski zbir svih sila Fg = ∑ Fi i glavni moment
k
n
j =1
i =1
i =1
M gA = ∑ M j + ∑ M AFi , koji se nalazi algebarskom sumom spregova M1 ,..., M k i momenata svih sila za proizvoljno izabranu tačku A.
Slika 3.19
3.2.1
Uslov i jednačine ravnoteže sistema paralelnih sila i spregova
Sistem 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 paralelnih sila i spregova može smatrati specijalnim slučajem ravanskog sistema sila i
spregova, te je prva jednačina iz sistema (3.3) identički zadovoljena. Dakle, jednačine ravnoteže paralelnog sistema sila i spregova su:
n
1. ∑
i =1
ª+
0, 2. ∑
A
0.
(3.6)
Postoji i drugi oblik zapisivanja uslova ravnoteže ovog sistema u skalarnoj formi:
ª+
1. ∑
ª+
0, 2. ∑
B
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 probleme ravnoteže proizvoljnog ravanskog sistema sila i spregova (str. 43)
Ravnoteža sistema paralelnih sila i spregova u ravni
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 kotura 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?
Slika 3.20
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.∑Fyi = 0 :
ª+
2. ∑ M A = 0 :
S − Q − G + F = 0,
FL − G
L
− Qx = 0,
2
Slika 3.21
( P − G2 ) L
odakle sledi S=Q+G–P. Iz momentne jednačine se nalazi x = Q . Zamenom dobijenog rešenja u izraz za ograničenje x koordinate 0 ≤ x ≤ L , dobija se interval vrednosti za P:
G
G
≤ P ≤ + Q.
2
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.
Slika 3.22
64
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
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.∑Fyi = 0 :
− S − P + N = 0.
Za kotur B ona je oblika:
Slika 3.23
2.∑Fyi = 0 : 2 S − T = 0,
dok se za kotur A može pisati:
3.∑Fyi = 0 : 2T − Q = 0.
Rešavanjem ovog sistema algebarskih jednačina se dobija T = Q2 , S = T2 = Q4 , odnosno
P = Q4 .
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.
Slika 3.24
Rešenje: Na ugaonik dejstvuju sile
sopstvene
štapova u njihovim
težine
težiš
tima G i 2G, sila težine tereta P i sila u
užetu S (Slika 3.25). Kako su sve sile težine vertikalnog pravca, u položaju ravnoteže i uže mora zauzimati vertikalan pravac,
tj. ugaonik je pod dejstvom sistema paralelnih sila. Da bi se odredila vrednost P,
a izbeglo traženje S, pogodno je napisati
momentnu jednačinu za tačku O:
Slika 3.25
Ravnoteža sistema paralelnih sila i spregova u ravni
ª+
1. ∑ M O = 0 : G
65
L
sin α + 2GL sin α − P ( L cos α − L sin α ) = 0.
2
Iz ove jednačine se dobija:
P=
5G sin α
.
2 ( cos α − sin α )
Za konkretnu vrednost ugla α =30, vrednost težine tereta P je:
P=
Primer 3.12 Kvadratna ploča 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 potrebno okačiti u temenu D, da bi ploča zauzela prikazani ravnotežni
položaj, kada stranica AB gradi
ugao 30° sa horizontalom.
2
(
5G
)
3 −1
.
Slika 3.26
Rešenje: Uočavajući da na
ploču dejstvuju sila sopstvene
težine G, težina
Q i reakcija ide
alne veze N A, koje imaju vertikalan pravac, zaključuje se da i pravac užeta BK mora biti vertikalan,
jer bi u suprotnom postojala komponenta sile u užetu u horizontalnom pravcu koja ne bi bila uravnotežena. Na osnovu toga, na ploču
dejstvuje paralelan sistem sila i
spreg M (Slika 3.27).
Slika 3.27
66
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
Zadatak će se rešiti pisanjem dvemomentne jednačine
(3.7) i to za tačke D i A kroz
koje prolaze napadne linije sile Q, odnosno N A. Izbor tih tačaka zadovoljava kriterijum da momentne tačke ne leže na pravcu koji je paralelan pravcu sila. Jednačine
ravnoteže u tom slučaju glase:
ª+
a 2
cos15o − M + Pa 2 cos15o = 0,
1.∑ M D = 0 : N A a cos 60o − G
2
ª+
a 2
cos 75o + Pa cos 30o + Qa cos 60o = 0.
2.∑ M A = 0 : − M − G
2
Rešavanjem ovog sistema dobija se: N A = 2kN , a Q =1kN .
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 klizanja. 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 zakonu, ograničena po intenzitetu sa tzv. graničnom vrednošću Ftr :
0 ≤ Ftr ≤ Fgr .
(3.8)
Granična vrednost sile trenja odgovara proizvodu statičkog koeficijenta trenja i intenziteta normalne reakcije veze:
Fgr
μN.
(3.9)
Ukupna reakcija hrapave veze u graničnom slučaju kada je Ftr = Fgr sa pravcem normale u tački dodira zaklapa tzv. ugao trenja φ ([1], str. 85):
tan φ = μ.
3.3.1
Algoritam rešavanja zadataka
Pri rešavanju zadataka iz ravnoteže krutog tela uz prisustvo hrapavih 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
(3.10)
Neidealne (hrapave) veze
67
vezama ([1], str. 21-27) ucrtati sve reakcije veza; pri tome, reakciju hrapave 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 koordinatni sistem i pisati jednačine ravnoteže;
6. Analizirati saglasnost broja nepoznatih veličina i jednačina ravnoteže. Ako je broj nepoznatih veličina manji od broja raspoloživih
jednačina, odrediti dodatne jednačine koje se mogu pisati na osnovu
fizike problema, iz Kulonovog zakona. Treba imati u vidu da pisanje
Kulonovog zakona biva od koristi samo u zadacima u kojima je koeficijent trenja poznat ili se treba odrediti. Naime, ako se vrednost koeficijenta trenja ne zna i ne traži, korišćenje Kulonovog zakona podrazumeva 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 intenzitete 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 površ
polucilindra radijusa R, a kraj B se nalazi na hrapavom podu (Slika 3.28).
Osa štapa u položaju ravnoteže sa horizontalom obrazuje poznat oštar ugao α.
Odrediti reakciju hrapavog poda i silu
pritiska štapa na polucilindar.
Slika 3.28
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 komponente, upravne na horizontalni pod i sile trenja. Sila trenja je upravna na normalnu
komponentu reakcije veze, dakle,
horizontalnog pravca. Pod dejstvom 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.
Slika 3.29
68
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
Za koordinatni sistem prikazan na Slici 3.29, jednačine ravnoteže imaju oblik:
1.∑Fxi = 0 :
2.∑Fyi = 0 :
N C sin α − FtrB = 0,
N C cos α − G + N B = 0.
Momentnu
jednačinu je pogodno napisati za tačku B kroz koju prolaze napadne linije
sila N B i FtrB :
ª+
L
3. ∑ M B = 0 : − N C BC + G cos α = 0,
2
gde je BC krak sile N C 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 = R cot α .
Dobijeni sistem od tri algebarske jednačine sadrži tri nepoznate N C , FtrB i N B, te se
ovaj zadatak može rešiti samo na osnovu ovih jednačina ravnoteže: N C = G 2LR sin α ,
FtrB = G 2LR sin 2 α , N B = G (1 − 2LR sin α cos α ) .
Slika 3.30
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 = 43 l i
zanemarljive težine. Štapovi AB i CD su pod
pravim uglom vezani za štap BC. Veza u tački D je idealna, dok u tački A postoji trenje.
U položaju ravnoteže štap BC gradi ugao 30º
sa horizontalom. Odrediti reakcije veza u datom položaju ravnoteže i uslov koji treba da
zadovolji koeficijent 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 N D u tački D
je u pravcu normale na
je
strmu ravan. Reakcija hrapave veze u tački A predstavljena
sa dve komponente: N A − 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 figurisati N D, s obzirom da napadne linije sila N A i FtrA prolaze
kroz tu tačku.
Neidealne (hrapave) veze
69
Slika 3.31
Momentna jednačina glasi:
ª+
1. ∑ M A = 0 :
− G AA1 + N D1 DD1 + N D2 AD1 = 0,
gde su N D1 i N D2 intenziteti komponenata reakcije N D u horizontalnom i vertikalnom pravcu ( N D1 = N D sin 60o , N D2 = N D cos 60o ), respektivno, dok su im kraci
(Slika 3.31b):
l
AA1 = BB1 − B2 A = cos 30o − a sin 30o ,
2
DD1 = CC2 + BB2 − CC3 = l sin 30o + a cos 30o − a cos 30o
AD1 = BC2 − B2 A + C3 D = l cos 30o − a sin 30o + a sin 30o.
Iz momentne jednačine sledi N D = G4 .
Intenzitet komponenti reakcije hrapave veze N A i FtrA odrediće se iz jednačina
ravnoteže za koordinanti sistem prikazan na Slici 3.31a:
2.∑Fxi = 0 :
3.∑Fyi = 0 :
FtrA − N D sin 60o = 0,
N A − G + N D cos 60o = 0,
odakle se dobija FtrA = 38G , N A = 78G .
Uslov koji treba da zadovolji koeficijent trenja se nalazi na osnovu Kulonovog
zakona:
FtrA ≤ μ N A ,
te je:
μ≥
3
.
7
70
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
Primer 3.15 Štap AB težine G, dužine 2l se oslanja
o glatku ivicu u tački C, i o
hrapavo cilindrično udubljenje poluprečnika R u tački
A (Slika 3.32). Centar O cilindrične površi i tačka C se
nalaze na istoj horizontali, na
Slika 3.32
rastojanju R. Odrediti oblast
vrednosti koeficijenta 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).
Slika 3.33
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 N C,
u pravcu normale na štap. U tački
A se ostvaruje hrapava veza, tako da se reakcija
veze razlaže na komponentu N A 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 cilindričnog 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:
ª+
1. ∑ M A = 0 :
ª+
2. ∑ M O = 0 :
N C l − Gl cos 30o = 0,
N C R cos 30o − GR + FtrA R = 0,
Neidealne (hrapave) veze
ª+
3. ∑ M C = 0 :
71
− N A sin 30o l + FtrA sin 60o l = 0.
Rešenje ovog sistema jednačina je N C =
Na osnovu Kulonovog zakona:
3G
2
, FtrA =
G
4
, NA =
3G
4
.
FtrA ≤ μ N A ,
uslov za vrednost koeficijenta 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 N C, tj. mora imati pravac štapa (Slika 3.33b). Sa slike poligona
sila sledi:
G
FA = G cos 60o = ,
2
pa su njene komponente:
G
G 3
, N A = FA sin 60o =
,
4
4
što je rezultat identičan rezultatu dobijenom pisanjem jednačina ravnoteže.
FtrA = FA cos 60o =
Primer 3.16 Materijalna tačka M težine G
postavljena je na hrapavu žicu oblika kružnog
luka poluprečnika R (Slika 3.34). Za tačku je vezano uže, prebačeno preko idealnog kotura zanemarljivih dimenzija postavljenog u tački K i o
drugi kraj užeta okačen je teret težine P. Poznat je
koeficijent trenja μ između tačke i žice. Odrediti
interval vrednosti za težinu tereta P u funkciji G,
μ i oštrog ugla ϕ ( tan ϕ2 > μ ) koji pravac OM
gradi sa horizontalom u ravnotežnom položaju.
Slika 3.34
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 diktiran 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
72
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
pravca sile S i pravca MO jednak ϕ2 . Dakle, u prvom slučaju kada je G cos ϕ < S sin ϕ2
tačka teži da se kreće naviše, te će sila trenja biti usmerena naniže (Slika 3.35a). U
drugom slučaju, za G cos ϕ > S sin ϕ2 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:
Slika 3.35
1.∑Fxi = 0 :
2.∑Fyi = 0 :
ϕ
− Ftr = 0,
2
ϕ
N − G sin ϕ − S cos = 0.
2
− G cos ϕ + S sin
ϕ
ϕ
Iz ovog sistema jednačina sledi da je Ftr = −G cos ϕ + P sin 2 , N = G sin ϕ + P cos 2 .
Dopunska jednačina u formi Kulonovog zakona:
Ftr ≤ μ N ,
(3.11)
dovodi do sledeće nejednakosti:
P≤
μ sin ϕ + cos ϕ
G.
sin ϕ2 − μ cos ϕ2
(3.12)
ϕ
S obzirom na postavljeni uslov tan 2 > μ , izraz u imeniocu je veći od nule.
Za drugi slučaj, jednačine ravnoteže su:
ϕ
1b.∑Fxi = 0 : − G cos ϕ + S sin + Ftr = 0,
2
ϕ
2b.∑Fyi = 0 : N − G sin ϕ − S cos = 0,
2
te je Ftr = G cos ϕ − P sin ϕ2 , N = G sin ϕ + P cos ϕ2 . 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 ϕ − μ sin ϕ
(3.13)
G ≤ P.
sin ϕ2 + μ cos ϕ2
Neidealne (hrapave) veze
73
Analizom izraza (3.12) i (3.13), zaključuje se da oni predstavljaju gornju, odnosno
donju granicu intervala vrednosti težine tereta P:
cos ϕ − μ sin ϕ
μ sin ϕ + cos ϕ
G≤P≤
G.
ϕ
ϕ
sin 2 + μ cos 2
sin ϕ2 − μ cos ϕ2
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, koeficijenta 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 položaju ravnoteže deo užeta DK je horizontalan. U ravni diska u prikazanom smeru
dejstvuje spreg momenta M. Odrediti interval vrednosti M da bi prikazani položaj
ravnoteže bio moguć.
Slika 3.36
Rešenje: Na disk, pored aktivnog sprega M
i sile sopstvene težine, dejstvuju sila
u užetu intenziteta S=P, reakcija glatke veze N B, upravno na OB i reakcija hrapave
veze, čija komponenta N A 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).
Slika 3.37
74
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
U prvom slučaju, postavljajući koordinatni sistem kolinearno sa strmim ravnima, jednačine ravnoteže imaju oblik:
ª+
1. ∑ M C = 0 : − M + SR − FtrA R = 0,
2.∑Fxi = 0 : FtrA + N B + S cos 30o − G cos 60o = 0,
3.∑Fyi = 0 :
N A − S sin 30o − G sin 60o = 0.
Kako je S=P, ovaj sistem sadrži četiri nepoznate veličine: M, FtrA , N A i N B . S obzirom da je poznat koeficijent trenja, kao dopunska relacija koristiće se Kulonov zakon
u obliku nejednačine:
FtrA ≤ μN A .
(3.14)
Iz prve jednačine sledi FtrA = − M
R + P , dok treća daje N A =
vrednosti u Kulonov zakon (3.14), dobija se:
PR − μ R
P + 3G
2
. Zamenom ovih
P + 3G
≤ M.
2
(3.15)
Na osnovu odgovarajućih jednačina ravnoteže za drugi slučaj (Slika 3.37b):
ª+
1b. ∑ M C = 0 : − M + SR + FtrA R = 0,
2b.∑Fyi = 0 :
dobija se FtrA =
M
R
− P, N A =
P + 3G
2
N A − S sin 30o − G sin 60o = 0,
. Kulonov zakon (3.14) nalaže:
M ≤ PR + μ R
P + 3G
.
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 − μ R
P + 3G
P + 3G
.
≤ M ≤ PR + μ R
2
2
Neidealne (hrapave) veze
75
Primer 3.18 Štap AB težine
G, dužine 2L održava se u ravnoteži (Slika 3.38) oslanjanjući
se na dva hrapava polucilindra,
poluprečnika R i r, čiji su centri O1 i O 2 na istoj vertikali, pri
čemu je O1O 2 = a = 2 ( R + r ).
Koeficijent trenja između štapa i
oba polucilindra je isti i iznosi μ .
Odrediti koji uslov mora da zadovolji dužina štapa, ako je poznato
da je CB = b.
Slika 3.38
Rešenje: Sile koje dejstvuju
na
G
štap su sila sopstvene težine i reakcije 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 naniže, sile trenja su usmerene naviše.
Osim toga, težište štapa se mora
nalaziti van duži CD da bi se sprečilo obrtanje štapa oko ose upravne
na ravan crteža, tj. da bi se ostvario
kontakt štapa sa gornjim polucilindrom. Odatle sledi da:
Slika 3.39
L < b.
Pre pisanja jednačina ravnoteže treba uočiti da je ugaonα koji štap gradi sa horizontalom u položaju ravnoteže definisan geometrijom problema. Naime, trouglovi
O1CE i O 2 DE su slični, pa je:
DC = a sin α = DE + EC = r tan α + R tan α ,
odnosno cos α =
R+r
a
. S obzirom na zadatu vrednost dužine a, ugao α je 45 .
76
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
Usvajanjem koordinatnog sistema prikazanog na Slici 3.39 i izborom tačke C
kao momentne, jednačine ravnoteže su:
1.∑Fxi = 0 :
FtrD + FtrC − G sin α = 0,
(3.17)
2.∑Fyi = 0 :
N C − N D − G cos α = 0,
(3.18)
ª+
3. ∑ M C = 0 :
N D a sin α − G ( b − L ) = 0.
(3.19)
Ovom sistemu jednačina koji sadrži pet nepoznatih veličina treba pridružiti i dve
dopunske nejednačine:
(3.20)
FtrD ≤ μ N D ,
FtrC ≤ μ N C .
(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:
FtrD + FtrC ≤ μ ( N D + N C ) .
Leva strana ove nejednačine, na osnovu (3.17) je G sinα , a na osnovu (3.18) i (3.19)
mogu se odrediti N D i N C, pa sledi:
L≤b−
(1 − μ ) a .
4μ
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 ravnotežni položaj (Slika 3.40). Strme ravni su međusobno upravne, a desna sa horizontalom gradi
ugao α . Koeficijent trenja između štapa i strmih ravni je μ . Odrediti interval u kome se
može kretati napadna tačka sile F (rastojanje
x ) za prikazani ravnotežni položaj.
Slika 3.40
10
Pri 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.
Neidealne (hrapave) veze
77
Rešenje:
Na štap pored aktivne sile F , dejstvuju reakcije
hrapavih veza u tačkama A i B.
Kako je u uvodu rečeno, te reakcije veza u graničnom slučaju
ravnoteže sa pravcem normale u
tački dodira zaklapaju ugao trenja 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
Slika 3.41
u pravcu normale na hrapavu površinu, dok je poluugao pri vrhu
ugao trenja φ . Presek ova dva konusa trenja u ovom problemu odgovara četvorouglu
C1D1C2 D 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 definisano slučajem kada napadna linija sile prolazi kroz tačku C1. Na osnovu
trougla ABC1, sledi da je C1B = l sin (α + φ ), te je:
xmax = C1B cos ( 90o − α − φ ) = l sin 2 (α + φ ) .
Minimalno rastojanje napadne linije sile F je definisano napadnom linijom koja
prolazi kroz tačku C2 , pri čemu je C2 B = lsin (α − φ ), te je:
xmin = C2 B cos ( 90o − α + φ ) = l sin 2 (α − φ ) .
Primer 3.20 Disk težine G, poluprečnika r je postavljen tako da dodiruje
u tačkama A i B dve ravni, koje međusobno zaklapaju ugao α (Slika 3.42).
Koeficijent 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 3.42
78
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
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:
h=
M
.
G
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).
Slika 3.43
Na Slici 3.44 predstavljeni su konusi trenja u tačkama A i B sa poluuglovima φ pri vrhu, pri čemu je tanφ = μ .
U unutrašnjosti tih konusa leže napadne
linije sila reakcija hrapavih veza u tačkama A i B. Osenčena površina preseka
konusa na Slici 3.44 je oblast kroz koju
u položaju ravnoteže mora proći napadna linija rezultante sistema. Duž koja je
na slici obeležena sa hmax se može izraziti kao:
hmax = AS sin φ .
Slika 3.44
Neidealne (hrapave) veze
79
Da bi se odredila dužina AS , treba najpre uočiti da su trouglovi ECA i ECB podudarni, pa je ^CEB = ^CEA = α2 . Time se mogu odrediti svi uglovi u trouglu ABS, te na
osnovu sinusne teoreme sledi:
AS
AB
.
=
α
sin ( 2 + φ ) sin (180o − α )
Iz trougla ABC osnovica AB je dvostruka projekcija kraka AC = CB = r :
α
AB = 2 r cos .
2
Traženo maksimalno rastojanje napadne tačke rezultante od vertikale kroz tačku C
je:
hmax = r
sin φ sin ( α2 + φ )
α⎤
⎡
= r sin φ ⎢cos φ + sin φ cot ⎥ .
α
2⎦
sin 2
⎣
Na osnovu trigonometrijskih identiteta11, sledi da je:
μ
⎛M⎞
⎜ ⎟ =r
G
⎝ ⎠ max
1+ μ2
⎡ 1
μ
α⎤
μ
+
cot ⎥ = r
⎢
2
2
μ2
2
1
+
1+ μ
⎢⎣ 1 + μ
⎥⎦
α⎤
⎡
⎢⎣1 + μ cot 2 ⎥⎦
Da bi se obezbedio prikazani položaj ravnoteže mora biti ispunjen uslov:
M ≤ rG
μ
1+ μ2
α⎤
⎡
⎢⎣1 + μ cot 2 ⎥⎦ .
Ukoliko su ravni međusobno upravne α = 90o, intenzitet sprega mora zadovoljavati
uslov:
μ (1 + μ )
M α =90o ≤ rG
.
1+ μ2
11
cosφ =
1
1 + tan 2 φ
, sin φ =
tan φ
1 + tan 2 φ
80
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
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 ravnoteSlika 3.45
že sistema kao celine, potrebno je osloboditi se spoljašnjih veza i u skladu sa njima, uvesti odgovarajuće reakcije
veza (Slika 3.46a).
Slika 3.46
Ukoliko je celokupan sistem u ravnoteži, u tom stanju će biti i svaki od elemenata sistema ponaosob. Pri razmatranju ravnoteže pojedinačnih elemenata sistema, potrebno 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.
Ravnoteža sistema krutih tela
3.4.1
81
Algoritam rešavanja zadataka
Rešavanje zadataka iz ravnoteže sistema krutih tela pod dejstvom ravanskog 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 ravnoteže za sistem u celini i pojedinačne elemente veći od broja nepoznatih veličina. U tom smislu, treba pisati samo onoliko jednačina ravnoteže, 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 najjednostavniji način.
Treba naglasiti, da se korak broj četiri ovog algoritma može izostaviti, te odmah vršiti dekompozicija sistema, bez pisanja jednačina ravnoteže za sistem kao celinu. U mnogim zadacima, ovakav pristup predstavlja 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 kraju
u 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 tački D. U položaju ravnoteže pravac
OA gradi ugao 60° sa horizontaSlika 3.47
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 ravnotežnom položaju (Slika 3.47). Odrediti i reakcije u zglobovima O i A.
82
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
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: intenzitete komponenti reakcija zgloba X O i YO , intenzitet sile u užetu S
i ugao α. S obzirom da je sistem sila
ravanski, mogu se napisati tri jednačine ravnoteže za sistem kao celinu.
Znači, dobija se neodređen sistem
od tri jednačine sa četiri nepoznate.
Slika 3.48
Zbog toga je neophodno izvršiti dekompoziciju 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:
ª+
l
⎛l
⎞
Sh − 2 P cos 60o − P ⎜ + l cos 60o ⎟ − G ( l + l cos 60o ) = 0. (3.22)
2
2
⎝
⎠
Krak sile S je h = OB sinα, pri čemu je OB = 2l cos30, što daje h = 3l sinα .
1. ∑ M O = 0 :
Slika 3.49
Nakon dekomponovanja sistema (Slika 3.49), u tački A u kojoj su ti elementi zglobno vezani, uvode se dve komponente unutrašnje zglobne veze intenziteta
X A = X A’ , YA = YA’ . U tački B na ugaoniku i tački C na štapu dejstvuje unutrašnja
Ravnoteža sistema krutih tela
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:
ª+
l
2. ∑ M A = 0 : Sl sin 30o − P − Gl = 0,
2
te je S =5P. Zamenom izračunatog intenziteta sile S u jednačinu (3.22) dobija se
sinα = 3103 . Jednačine ravnoteže po x i y osi za sistem sila koje dejstvuju na štap AC
su:
3.∑Fxi = 0 : X A − S cos 30o = 0,
4.∑Fyi = 0 : YA − G − P + S sin 30o = 0.
Iz ovih jednačina se nalazi: X A = 5 23P , a YA = P2 . Preostalo je da se odrede X O i YO.
Njih je najjednostavnije odrediti na osnovu jednačina ravnoteže za sistem kao celinu
(Slika 3.48):
5.∑Fxi = 0 : X O − S sin α = 0,
6.∑Fyi = 0 : YO − G − 3P − S cos α = 0,
odakle je X O =
3 3P
2
(
, a YO =5 P 1 +
73
10
).
Primer 3.22 Disk težine Q,
poluprečnika r oslanja se na
glatki vertikalni zid, a u ravnoteži ga održava glatki štap AB
težine G, dužine L (Slika 3.50).
Štap je krajem A vezan za cilindrični zglob, a u tački K se
oslanja na štap KD, uklešten na
desnom kraju. Na štap AB dejSlika 3.50
stvuje spreg momenta M, dok
težina štapa KD iznosi P, a dužina d. Odrediti sve reakcije spoljašnjih i unutrašnjih 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
disk dejstvuju: spoljašnja reakcija
diska i štapova. Na
glatkog vertikalnog zida N , aktivna sila težine Q i unutrašnja reakcija veze N E, koja
se kao posledica glatke veze između diska i štapa postavlja normalno
na štap, tj. u
P,
pravcu EC (Slika 3.51a). Na štap KD dejstvuje
aktivna
sila
težine
dok se zbog
X
Y
,
ukleštenja u tački D uvode komponente D D , i spreg momenta M D (sve proizvolj-
84
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
,
nih smerova, predstavljenih na Slici 3.51c. U tački K dejstvuje sila N K , što je unutrašnja reakcija veze između štapova. Štap AB je pod dejstvom aktivnog opterećenja
’
N
veza
i
M i G, i unutrašnjih reakcija
N
K
E , postavljenih saglasno zakonu akcije i
’
reakcije u odnosu na N K i N E , respektivno (N K’ = N K , N E’ = N E ).
Slika 3.51
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.∑Fxi = 0 :
2.∑Fyi = 0 :
N − N E cos β = 0,
− Q + N E sin β = 0,
što daje N E = sinQβ , N = Q cot β . Kako je određen intenzitet N E, a da bi se izračunao
N K, može se pisati momentna jednačina za tačku A štapa AB:
ª+
3. ∑ M A = 0 :
− N E AE − G
L
sin β − M + N K AK = 0.
2
Duž AE se može odrediti na osnovu podudarnosti trouglova AEC i ACH (Slika
3.51a). Ta podudarnost povlači za sobom da je ^CAE= β2 , pa je AE = r cot β2 . Duž
AK je na osnovu zadatih vrednosti (L-b). Prethodno napisana momentna jednačina
Qr
M
daje intenzitet reakcije N K = 2 (GL
L − b ) sin β + 2 ( L − b )sin 2 β + L − b . Intenziteti komponenti X A
2
i YA se mogu odrediti iz jednačina ravnoteže za štap AB:
4.∑Fxi = 0 :
X A + N E cos β − N K cos β = 0,
5.∑Fyi = 0 : YA − G − N E sin β + N K sin β = 0.
Iz ovih jednačina se mogu odrediti eksplicitna rešenja za X A i YA .
Jednačine ravnoteže za štap KD (Slika 3.51c):
6.∑Fxi = 0 :
− X D + N K cos β = 0,
7.∑Fyi = 0 : YD − N K sin β − P = 0
Ravnoteža sistema krutih tela
ª+
8. ∑ M D = 0 :
N K sin β d + P
85
d
− M D = 0,
2
omogućuju izračunavanje X D , YD i M D .
Primer 3.23 Sistem krutih tela
čine štap AB težine G, dužine 2L i
ploča DEH oblika pravouglog jednakokrakog 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 prikazanom ravnotežnom položaju štap je
horizontalan, a hipotenuza sa horizontalnim 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?
Slika 3.52
Rešenje: Ovaj zadatak će se rešavati bez posmatranja ravnoteže sistema kao celine. Slika 3.53 prikazuje dekomponovan
sistem. Na štap AB dejstvuju spoljašnja
reakcija zgloba A, sila težine G i dve unutrašnje reakcije veza:
N upravna
reakcija
na pravac ED i sila u opruzi Fc. Za unutrašnje reakcije veza N’ i Fc’ koje dejstvuju na
ploču važi: N ’= N , Fc’ = Fc .
Slika 3.53
Pravac sile u opruzi (sile uspostavljanja ili restitucije) se postavlja istim
principom kao kod užeta, pa je u slučaju pravolinijske opruge sila u opruzi kolinearna 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.
86
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
Jedan od mogućih načina rešavanja zadatka je pisanje momentnih jednačina za
tačku A štapa i tačku D ploče:
ª+
1. ∑ M A = 0 :
ª+
2. ∑ M D = 0 :
2
L
L
L − G − Fc = 0,
2
2
2
2L
N 2L + P
− Fc 2 L = 0.
3
N
Rešenje ovog sistema spregnutih jednačina je N = 2 2G , Fc = 3G . Pisanjem preostalih jednačina ravnoteže za štap:
2
= 0,
2
2
4.∑Fyi = 0 : YA + N
− G − Fc = 0,
2
3.∑Fxi = 0 :
XA − N
odnosno za ploču:
2
= 0,
2
2
6.∑Fyi = 0 : YD − N
− P + Fc = 0,
2
5.∑Fxi = 0 :
XD + N
dobija se: X A = YA = YD = 2G , X D = −2G . Treba primetiti da je smer X D suprotan od
pretpostavljenog smera.
b) Da bi se odredilo statičko izduženje opruge, potrebno je poznavati neke osobine sile u opruzi.
Sila u opruzi je proporcionalna deformaciji opruge, pri čemu je koeficijent
proporcionalnosti krutost opruge c. Krutost opruge c[ Nm ] je brojčano jednaka
sili kojom treba dejstvovati na oprugu da bi se ona izdužila za jedinicu dužine.
Statičko izduženje opruge f st je deformacija opruge koja obezbeđuje neki položaj
ravnoteže, pa je u statičkoj ravnoteži Fc = c f st . Fizički, statičko izduženje opruge
predstavlja dužinu za koju se izdužila ili skratila opruga u odnosu na njenu dužinu u nenapregnutom stanju da bi obezbedila određeni ravnotežni položaj.
U ovom primeru traženo statičko izduženje opruge je f st =
Fc
c
=
3G
c
.
Ravnoteža sistema krutih tela
Primer 3.24 Dva diska jednakih
poluprečnika r miruju na spoljašnjosti glatke cilindrične površi poluprečnika R=3r (Slika 3.54). Težina diska 1 je M, dok disk 2 ima težinu m
(m>M). Centri diskova su povezani
pomoću krivolinijskog lakog štapa AB. Rastojanje između krajeva
štapa iznosi 4r. U tačkama A i B je
ostvarena zglobna veza između štapa i diskova. Odrediti ugao θ koji
pravac AB obrazuje sa horizontalom
u položaju ravnoteže sistema. Kolika
je reakcija lakog štapa?
87
Slika 3.54
Rešenje:
ravnotežu sistema kao
te uvodeći spoljašnje reak Posmatrajući
celine,
cije veza N A i N B, može se konstatovati da sile N A i N B 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
N A i horizontale ( 60o − θ ), a ugao između N B i horizontale ( 60o + θ ). Pisanje momentne jednačine za tačku O:
ª+
1. ∑ M O = 0 :
M 4r cos ( 60o − θ ) − m4r cos ( 60o + θ ) = 0,
omogućuje direktno nalaženje ugla θ :
tan θ =
3 m−M
.
3 m+M
U slučaju da su težine diskova jednake, ovaj ugao će biti jednak nuli,
tj. pravac AB će biti horizontalan.
Slika 3.55
88
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
U cilju određivanja sile u lakom štapu, izvršiće se dekompozicija sistema, prikazana na Slici 3.56.
Slika 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 , S1’ = S1 , T1’ = T1 . 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 krivolinijskog 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.
Slika 3.57
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 poligona sila za levi disk koji je prikazan na Slici 3.57b. Korišćenjem sinusne teoreme se
dobija:
2M
M
S=
sin ( 30o + θ ) =
cos θ + 3 sin θ .
3
3
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.
(
)
Ravnoteža sistema krutih tela
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.
Ravanska
konstrukcija prikazana na Slici
3.58 sačinjena je od tri elementa međusobno zglobno vezana:
elementa ABCD i kružnih lukova BE i ED. Težina jedinice
dužine svih štapova je poznata
i iznosi p. Na delu CD dejstvuje ravnomerno raspoređeno
kontinualno opterećenje specifičnog opterećenja q. U tački E
okačen je teret težine G. U tačSlika 3.58
ki C konstrukcija je oslonjena
na strmu ravan posredstvom pokretnog cilindričnog zgloba, a u tački A pomoću nepokretnog cilindričnog zgloba. Usvajajući da je AB=3m, R =6m, p =q =1 kN
m ,
odrediti reakcije veza u tačkama A, B, C i D.
Primer
3.25
Rešenje: Kod konstrukcija koje se sastoje od više
objekata, osim razmatranja
ravnoteže celine i pojedinačnih elemenata, moguće je razmatrati i ravnotežu podsistema formiranog od dva ili više
elemenata. U skladu s tim,
u ovom zadatku moguće je
analizirati podsistem sačinjen
od lukova BE i ED(Slika 3.59).
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 G1 =pR π2 =3π kN dejstvuje u
tački T1 koja se nalazi na osi simetrije luka BE, a na rastojanju od centra krivine R sinαα ,
gde je α poluugao kružnog luka ([1], str. 103).
90
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
sin π
sin π 4
Dakle OT1 = R π 4 = 12π 2 m . Slično, OT2 = R π 6 = 18π m, dok je G2 =pR π3 =2π kN .
6
Komponente reakcije zglobova B i D, proizvoljno izabranih smerova, su pretpostavljene u pravcu BD i upravno na njega. Ovako izabrani pravci su vrlo pogodni kod bilo
kog luka na tri zgloba, jer pisanjem momentnih jednačina:
ª+
⎛
⎛
12 2 2 ⎞⎟
18 1 ⎞⎟
⎟⎟ − G 6 − G2 ⎜⎜6 +
1. ∑ M B = 0 : − G1 ⎜⎜⎜6 −
⎟ + YD BD = 0,
⎜⎝
⎜⎝
π 2 ⎟⎠
π 2 ⎟⎠
ª+
⎛
⎛
12 2 2 ⎞⎟
18 1 ⎞⎟
⎟⎟ + G OC + G2 ⎜⎜OC −
2. ∑ M D = 0 : G1 ⎜⎜⎜OC +
⎟ − YB BD = 0,
⎜⎝
⎜⎝
π 2 ⎟⎠
π 2 ⎟⎠
se mogu izračunati YB i YD. 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.
(
)
Slika 3.60
Momentna jednačina za tačku E:
ª+
3. ∑ M E = 0 :
− G2
18 1
+ YD KD − X D EK = 0,
π 2
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,
Ravnoteža sistema krutih tela
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 22 = 3 2m . Na osnovu Slike 3.59 jednačina ravnoteže po x osi glasi:
4.∑Fxi = 0 :
X D + X B + G sin α + G1 sin α + G2 sin α = 0,
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 B’ =X B , YB’ =YB , X D’ =X D , YD’ = YD .
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 A , YA i R C .
Njih je moguće rešiti iz jednačina ravnoteže:
5.∑Fxi = 0 :
X A + X B cos α + YB sin α + X D cos α + YD sin α + Fq − RC
6.∑Fyi = 0 : YA + X B sin α − YB cos α + X D sin α − YD cos α + RC
2
= 0,
2
2
−
2
G3 − G4 − G5 = 0,
ª+
7. ∑ M B = 0 :
X A AB − G3 OB − G5 BC + RC
CD
2
BC − Fq
− YD BD = 0,
2
2
pri čemu je:
(
)
G3 = p BC = 6 + 3 3 kN , G4 = p AB = 3kN , G5 = pCD = 3kN i Fq = q CD = 3kN.
Slika 3.61
Primer 3.26 Polukružna ploča poluprečnika R, težine G vezana je zglobno za
tačku A, a u tački E se oslanja na štap težine
P (Slika 3.61). Vertikalno rastojanje između tačaka O i A je H. U položaju ravnoteže
pravac AB sa horizontalom obrazuje ugao
α, a štap OD
u vertikalnom položaju održava sila F poznatog intenziteta koja dejstvuje u tački D u horizontalnom pravcu.
Odrediti potrebnu dužinu štapa L i reakciju
zglobova O i A.
92
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
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.
Slika 3.62
Sučeljni sistem sila sačinjavaju spoljašnja reakcija veze RA zgloba
A nepoznatog
pravca
dejstva,
proizvoljno
pretpostavljenog
smera,
sila
težine
i
unutrašnja
reakG
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 = 43πR , sledi:
CS + SA1 = CT sin α + AS cos β = R cos α ,
AA1 = R sin α = AS sin β .
Prethodne dve jednačine sadrže dve nepoznate: ugao β i AS. Njihovim rešavanjem se
dobija cot β = cot α − 34π . Na osnovu poligona sila važi:
N = G cot β , RA =
G
.
sin β
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 = H − AA1 = H − R sin α .
Na osnovu jednačine ravnoteže:
ª+
1. ∑ M O = 0 :
FL − N ( H − R sin α ) = 0,
sledi da je:
L=
G ( H − R sin α ) ( cos α − 34π sin α )
.
F sin α
Ravnoteža sistema krutih tela
93
Preostale dve jednačine ravnoteže za štap:
2.∑Fxi = 0 :
X O + F − N = 0,
3.∑Fyi = 0 : YO − P = 0,
daju:
YO = P, X O =
G ( cos α − 34π sin α )
sin α
− F.
Primer 3.27 Sistem krutih tela se
sastoji od diska poluprečnika R, težine
G i tela oblika četvrtine diska istog poluprečnika, težine G (Slika 3.63). Disk
se oslanja tačkom A na glatki vertikalni
zid, dok telo leži na horizontalnoj hrapavoj podlozi. U položaju ravnoteže pravac OD gradi sa horizontalom ugao α.
Odrediti sve spoljašnje i unutrašnje reakcije veza, kao i položaj napadne tačke
reakcije horizontalne podloge (rastojanje
DK).
Rešenje: Na disk
dejstvuje
P,
aktivna sila težine
spoljašnja
reakcija veze N A upravna na
vertikalni pravac,
te unutrašnja
reakcija veze N B u pravcu OB
(Slika 3.64a). Iako karakter veze
u tački B nije definisan, jasno je
da zbog teoreme o tri sile reakcija u tački B mora prolaziti kroz
tačku O. Za ovaj sistem sučeljnih sila mogu se napisati sledeće
jednačine ravnoteže po koordinatnim osama v i u:
Slika 3.64
1.∑Fvi = 0 :
2.∑Fui = 0 :
čije rešenje je N B =
Slika 3.63
P
sin α
, N A = P cot α .
− P + N B sin α = 0,
N A − N B cos α = 0,
94
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
Na telo oblika četvrtine kruga dejstvuju unutrašnja reakcija veze N B’ (N B’ = N 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.∑Fxi = 0 : − N B cos α + Ftr = 0,
4.∑Fyi = 0 :
+
N − N B sin α − G = 0,
5. ∑ M D = 0 : − N DK + G DT
2
= 0,
2
sin π
gde je položaj težišta ploče, kao tela oblika kružnog isečka: DT = 23 R π 4 = 4 3π2R
4
([1], str.103). Kako je težište
na osi simetrije, pravac DT sa horizontalom gra
di 45°. Stoga krak sile G iznosi DT 22 . Dakle, preostale tražene reakcije veza su
Ftr = P cot α , N = P + G , dok je DK = 3π4( PRG+G ) .
Primer 3.28 Dve istovetne
polucilindrične ploče poluprečnika R, težina Q, se u ravnotežnom položaju prikazanom na
Slici 3.65, međusobno dodiruju
delovima svojih ravnih hrapavih
površina. U tačkama A i B ploče se naslanjaju na horizontalnu
Slika 3.65
glatku ravan. Ugao između ravnih površina ploča i horizontale
je α. Odrediti sve reakcije spoljašnjih i unutrašnjih veza, napadnu tačku reakcije
unutrašnje veze (rastojanje AC), kao i minimalnu vrednost koeficijenta trenja
između dodirnih površina polucilindara.
Rešenje: Razmatrajući ravnotežu sistema kao celine, uočava se da
na njega dejstvuju aktivne sile težina
polucilindara, kao
i spoljašnje normalne reakcije N A i N B, koje obrazuju sistem paralenih sila u ravni
(Slika
3.66). U cilju određivanja N A ili N B
pogodno je napisati momentnu jednačinu za tačku B ili A. Momentna
Slika 3.66
Ravnoteža sistema krutih tela
95
jednačina za tačku A ima oblik:
ª+
1. ∑ M A = 0 :
N B AB − Q (AB + SE sin α) − Q (AD cos α − TD sin α) = 0
gde se iz trougla ASB nalazi AB = R cot α , dok je SE = TD =
N B = Q (1 + sin α ) . Treba uočiti da je N B > Q .
Jednačina ravnoteže po vertikalnoj y osi usmerenoj naviše:
2.∑Fyi = 0 :
4R
3π
, te sledi da je
N A + N B − 2Q = 0,
omogućuje izračunavanje preostale spoljašnje reakcije veze: N A = Q (1 − sin α ). Na
osnovu izračunatog intenziteta zaključuje se da je N A < Q . Zarad određivanja unutrašnjih reakcija veza, potrebno je izvršiti rastavljanje sistema, uvodeći zbog hrapave
unutrašnje
veze odgovarajuće reakcije veze. Te se reakcije veze mogu uvesti kao sile
FC i FC’ vertikalnog pravca (FC = FC’ ) . 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 A < Q , sledi da FC
ima
Q. Razlažući reakciju FC na komponente FtrC i
isti smer kao N A, uravnotežujući
N C, 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 nadonje telo. Smerovi reakcije veze FC’ i njenih komponenti su suprotni u odnosu na FC i njene komponente (Slika 3.67b).
Slika 3.67
Jednačina ravnoteže za gornji polucilindar:
3.∑Fyi = 0 :
N A + FC − Q = 0,
dovodi do FC = Q sin α , pa je na osnovu Slike 3.67a:
N C = FC cos α = Q sin α cos α , FtrC = FC sin α = Q sin 2 α .
96
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
Koristeći Kulonov zakon FtrC ≤ μ N C, sledi da je tanα ≤ μ , odnosno tražena
mi
nimalna vrednost koeficijenta trenja je μmin = tan α . Napadna tačka reakcije FC, odnosno rastojanje AC, se može naći iz momentne jednačine za tačku A (Slika 3.67a):
ª+
te je:
4. ∑ M A = 0 :
(
)
N C AC − Q R cos α − TD sin α = 0,
4
⎛ 1
⎞
AC = R ⎜
−
⎟.
⎝ sin α 3π cos α ⎠
Primer 3.29 Za klizač C težine
G, koji može da klizi po vertikalnoj 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
koeficijenata trenja μ1 i μ2 na mestima
C i A, da bi sistem bio u ravnoteži u
položaju kada štap gradi sa horizontalom ugao α =30, a uže na oba kraja
ugao β = 60.
Slika 3.68
Rešenje: Zadatak je mo-
guće uraditi razlažući zadati
sistem na klizač i štap (Slika
3.69). Na štap dejstvuje proizvoljan sistem sila u ravni:
unutrašnja
zatezna sila u uže
tu S’, aktivna sila težine G,
spoljašnja
normalna reakcija
veze N A, te sila trenja FtrA.
Kako tačka A može da se kreSlika 3.69
će u horizontalnom pravcu,
sila trenja leži na tom pravcu, a svojim smerom se suprotstavlja težnji tačke A za kretanjem ulevo. Naime, zbog zatezanja užeta, tačka A teži da se pomeri u levu stranu,
pa je sila trenja usmerena udesno.
Ravnoteža sistema krutih tela
97
Važno je uočiti da se analiza određivanja smera sile trenja, osim na bazi aktivnih 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 ravnoteže za tačku A štapa:
+
l
1. ∑ M A = 0 : G cos 30o + S cos 60o l sin 30o − S sin 60o l cos 30o = 0,
2
jer ona odmah daje S =
3G
2
. Zatim se, na osnovu:
2.∑Fxi = 0 :
može dobiti FtrA =
3G
4
− S cos 60o + FtrA = 0,
. Preostala jednačina ravnoteže je:
3.∑Fyi = 0 :
S sin 60o + N A − G = 0.
Iz nje se dobija N A = G4 , dok Kulonov zakon FtrA ≤ μ2 N A daje:
μ2 ≥ 3.
Posmatrajući klizač, može se zaključiti da će sila trenja FtrC biti usmerena naviše,
jer klizač, zbog G > S sin 60o teži da se kreće naniže. Za sistem sučeljnih sila koje
dejstvuju na klizač, jednačine ravnoteže su:
4.∑Fxi = 0 :
5.∑Fyi = 0 :
S cos 60o + N C = 0,
S sin 60o + FtrC − G = 0.
Iz njih se dobija N C = − 34G , FtrC = G4 . Dopunska jednačina za nalaženje koeficijenta
trenja μ1 je Kulonov zakon, koji ovde treba koristiti u formi FtrC ≤ μ1 N C , jer je reakcija N C pogrešno pretpostavljenog smera. Odatle sledi:
μ1 ≥
3
.
3
98
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
Primer 3.30 Dva štapa
jednakih dužina i težina vezani su zglobno za podlogu u
tačkama A i B. U tački C su,
takođe, međusobno zglobno
vezani. U tački C je okačen
Slika 3.70
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 intenzitetu, 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).
Slika 3.71
Jednačine ravnoteže za ovaj sistem glase:
ª+
d
d
3d
−G − P
+ YB d = 0,
4
2
4
2.∑Fyi = 0 : YA − P − G − P + YB = 0,
1. ∑ M A = 0 :
3.∑Fxi = 0 :
−P
X A − X B = 0,
a njihovo rešenje je YB = P + G2 = 8, 5kN , YA = 8, 5kN . Treća jednačina daje vezu
X A = X B, ali ne i konkretne vrednosti ovih veličina. Stoga je neophodno izvršiti
dekompoziciju, prikazanu na Slici 3.72. Dovoljno je napisati jednu jednačinu za pronalaženje X A, i to momentnu jednačinu za tačku C:
ª+
4. ∑ M C = 0 :
čije rešenje je X A = 4dh ( P + G ) =
32
3
kN .
P
d
d
+ X A h − YA = 0,
4
2
Ravnoteža sistema krutih tela
99
Slika 3.72
Intenziteti reakcija zglobova su:
2
6697
2
⎛ 32 ⎞
RA = RB = ⎜ ⎟ + ( 8, 5) =
kN ≈ 13, 6kN .
6
⎝ 3 ⎠
Njihovi pravci (Slika 3.73) su definisani sa:
tan α A =
YA 51
=
⇒ α A ≈ 38, 5o ;
X A 64
tan α B =
YB 51
=
⇒ α B ≈ 38, 5o.
X B 64
Slika 3.73
U drugom slučaju, zanemarivanjem težina, štapovi AC i CB se tretiraju kao laki. U skladu s tim, u tač
G,
ki C dejstvuju, pored sile težine
i sile u lakim štapovima S1 i S2, čiji
su pravci kolinearni sa pravcima AC
i CB, respektivno, a smerovi pretpostavljeni kao pritisni (Slika 3.74).
Jednačine ravnoteže za ovakav
sistem sučeljnih sila:
5.∑Fxi = 0 :
6.∑Fyi = 0 :
pri čemu je sin γ =
h
AC
Slika 3.74
S1 cos γ − S2 cos γ = 0,
S1 sin γ − G + S2 sin γ = 0,
= 53 , daju:
S1 = S2 =
G
= 12, 5kN .
2 sin γ
100
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
Prema principu akcije i reakcije, u zglobovima A i B se indukuju sile istog intenziteta i pravca. Znači, kada se zanemare težine štapova, reakcije zglobova su kolinearne sa pravcima štapova.
Prema tome, apsolutna greška koja se pravi pri izračunavanju intenziteta reakcije
zgloba u slučaju zanemarivanja težine štapova je:
ε RA =
RA − S1
= 0, 08 = 8%.
RA
Apsolutna greška koja se pravi pri izračunavanju pravca reakcije zgloba u slučaju
zanemarivanja težine štapova je:
εαA =
αA − γ
= 0, 04 = 4%.
αA
Na Slici 3.75 grafički je predstavljena apsolutna greška koja se dobija izračunavanjem ugla koji reakcija zgloba gradi sa horizontalnim pravcem u slučaju da se zanemare 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 konkretnu vrednost iz ovog zadatka sinγ = 53 , greška se sa porastom odnosa GP monotono
smanjuje i tek za slučaj G=10P pada ispod praga inženjerske tolerancije od 5-6%.
Slika 3.75
Ravnoteža sistema krutih tela
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.
Slika 3.76
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 3.77
102
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
Jednačine ravnoteže za sistem sučeljnih sila koje dejstvuju na disk se mogu napisati
u obliku:
1.∑Fxi = 0 : S cos β − N E sin γ = 0,
2.∑Fyi = 0 :
S sin β + N E cos γ − G = 0,
pri čemu je sa γ obeležen ugao koji pravac CE gradi sa vertikalom. Na osnovu Slike
3.77b je:
r−h
γ = arccos
.
r
Iz prethodnih jednačina se dobija:
S =G
sin γ
.
cos ( β − γ )
Momentna jednačine za tačku A štapa (Slika 3.77c) glasi:
ª+
3. ∑ M A = 0 :
SL sin α + P
L
cos α − M = 0.
2
Ova jednačina daje minimalnu vrednost momenta sprega koja dovodi do odvajanja
diska od horizontalne podloge:
sin γ sin α PL
cos α .
M min = GL
+
cos ( β − γ ) 2
Primer 3.32 Štap
AB težine P, dužine 2L
postavljen je u sud prikazan na Slici 3.78, težine 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 kojim uglom α treba postaviti štap u odnosu na
Slika 3.78
horizontalni pravac da bi
sila trenja bila jednaka
nuli;
b) Smatrajući ugao α poznatim, odrediti težinu P pri kojoj će doći do prevrtanja suda.
Ravnoteža sistema krutih tela
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 N A. Osim nje, i odgovarajuće reakcije veze N E, 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 jednačina ravnoteže (2.2), zadatak će se rešiti analitički korišćenjem momentne jednačine
ravnoteže:
ª+
1. ∑ M A = 0 :
N E AE − P AT cos α = 0,
i jednačine ravnoteže sila po y osi:
2.∑Fyi = 0 :
N E cos α − P = 0.
Na osnovu trougla AEA1, znajući da je AA1 =a, sledi da je AE =a/ cos α . Osim toga
duž AT odgovara polovini dužine štapa, što je L. Rešavanjem prethodnog sistema
jednačina, može se izvesti relacija koja definiše ugao α :
cos3 α =
a
.
L
Slika 3.79
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 reakcija 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
104
SISTEM PROIZVOLJNIH SILA I SPREGOVA U RAVNI
N D (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 N D 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:
ª+
3. ∑ M D = 0 : Q
a
− P A1S = 0.
2
U skladu sa Slikom 3.79 važi:
A1S = AS − AA1 = L cos α − a.
Na taj način, dobija se granična vrednost težine štapa P pri kojoj dolazi do prevrtanja:
a
P =Q
.
2 ( L cos α − a )
Ukoliko je:
a
,
2 ( L cos α − a )
moment sile P za tačku D je veći od momenta sile Q za istu tačku, pa dolazi do prevrtanja suda oko oslonca D u smeru kazaljke na satu.
P>Q
Slika 3.80
Download

03 Sistem prizvoljnih sila i spregova u ravni.pdf