Embed Size (px)
6. Савијање гредних носача
6. Савијање гредних носача
105
Статички одређени носачи
Одређивање нормалних напона
Zadatak 1. Laka elasti~na greda du`ine 3l je oslowena u ta~kama A i B na nepokretni i pokretni oslonac. Greda je optere}ena silom F u ta~ki C. Popre~ni presek grede ima oblik, koji je (uveli~an) dat na slici. Odrediti maksimalni napon u datoj gredi.
Re{ewe: Jedna~ine ravnote`e
Zi =∑ 0 ⇒ Z A = 0
Yi =∑ 0 ⇒ − + − =Y F FA B 0
M A =∑ 0 ⇒ − + =F l F lB 3 0 Re{ewa jedna~ina su:
Z A = 0 , Y FB =23
, F FB =13
.
Maksimalni moment savijawa je u preseku C i iznosi
lFlYMM AsCs 32
max ===
Odre|ivawe momenta inercije popre~nog preseka za osu x
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 106
I I Ia a a a
a a ax x x= − = − = − =1 23 3
4 4 424 3
122
1 5 212
9 2 7( ) ( ) ( , ) ( )
.
Odre|ivawe ymax:
Najudaqenije od x ose su ta~ke sa gorwe i dowe strane popre~nog preseka, kao {to su na primer ta~ke C1 i C2. Zato je
y amax =32
Maksimalni normalni napon je u preseku C i iznosi
34maxmax
max 71
23
732
alFa
a
lFy
IM
x
s ===σ .
Zadatak 2. Laka elasti~na konzola AB, du`ine l je krajem A ukle{tena za zid. Konzola je po celoj du`ini optere}ena ravnomerno nanetim teretom, ~ije specifi~no optere}ewe (odnosno te`ina po jedinici du`ine) iznosi q. Popre~ni presek konzole ima oblik, koji je (uveli~an) prikazan na slici. To je cev pravougaonog preseka sa zidovima ~ija debqina iznosi a/2. Odrediti maksimalni normalni napon u datoj konzoli.
Re{ewe:
6. Савијање гредних носача
107
Nakon uklawawa veza i uvo|ewa reakcija dobija se situacija prikazana na slici. ^itavo ravnomerno naneto optere}ewe se prilikom odre|ivawa reakcija mo`e zameniti sa silom te`ine tereta Q = l q. Sada se mogu napisati jedna~ine ravnote`e i na osnovu wih, budu}i da je problem stati~ki odre|en, odrediti i reakcije veze. Me|utim, da bi se odredio dijagram momenata savijawa nije neophodno odrediti reakcije veze. Uo~i}e se jedan presek konzole koji je na rastojawe z od preseka A. Moment savijawa }e se ra~unati sa desne strane preseka, jer sa te strane nema reakcija veza. Postoji samo deo ravnomerno nanetog tereta koji je du`ine l - z, tako da je te`ina tog tereta
F q l zq = −( ) .
Moment savijawa u datom preseku gledano sa desne strane je
2)(21)(
2)( zlqzlqzlzM s −−=−
−−= ,
a dijagram je nacrtan na slici. Maksimalna apsolutna vrednost momenta je u preseku A, pa je zato u ovom preseku i maksimalni napon. Vrednost ovog momenta je
2
21)0( lqMM ssA −==
Odre|ivawe momenta inercije popre~nog preseka za osu x
Moment inercije datog preseka se odre|uje tako {to se od momenta inercije punog preseka oduzima moment inercije {upqine, tako da je
I I Ia a a a
a a ax x x= − = − = − =1 23 3
4 4 44 312
3 212
9 2 7( ) ( ) ( ) ( )
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 108
Odre|ivawe ymax: Najudaqenije od x ose su ta~ke sa gorwe i dowe strane popre~nog preseka, kao {to su na primer ta~ke A1 i A2. Wihove y koordinate su
y a132
= − , y a232
=
Normalni naponi u ta~kama A1 i A2 su
3
2
4
2
1A
1 283
23
721
alqa
a
lqy
IM
x
s =⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−
−==σ ,
3
2
4
2
2A
2 283
23
721
alqa
a
lqy
IM
x
s −=−
==σ ,
σmax =3
28
2
3
q la
U ta~ki A2 je napon pritisni, a u ta~ki A1 zatezni. Dakle, maksimalni normalni napon je u preseku A u ta~kama koje su najudaqenije od ose x.
Zadatak 3. Elasti~ni {tap du`ine 3a
oslowen je svojim krajevima na oslonce A i B. [tap je u preseku C optere}en spregom momenta M. Popre~ni presek {tapa je kru`an sa pre~nikom d, materijal {tapa ima modul elasti~nosti E, dok je dozvoqeni napon σd. Odrediti koliki mora biti pre~nik d, da bi bila obezbe|ena nosivost {tapa, to jest izvr{iti dimenzionisawe.
Re{ewe: Ukloni}e se oslonci i umesto wih uvesti reakcije veze. Mogu se napisati tri jedna~ine ravnote`e koje glase
Σ Zi = 0 ⇒ ZA = 0 ,
Σ Yi = 0 ⇒ Y FA B− = 0 ,
Σ M A = 0 ⇒ 3 0a FB − =M , na osnovu kojih je
6. Савијање гредних носача
109
Y FaBA = =M
3.
Zadatak je o~igledno stati~ki odre|en jer je nepoznatih veli~ina bilo koliko i netrivijalnih jedna~ina ravnote`e. Sada se mo`e nacrtati dijagram momenata savijawa. Karakteristi~an je presek C u kom, zbog dejstva sprega, postoji momentni skok. Moment savijawa ra~unat sa leve strane u preseku koji je beskona~no blisak preseku C sa leve strane iznosi
3CM
−=−=ε− aYM Als .
Moment savijawa ra~unat sa desne strane u preseku koji je beskona~no blisak preseku C sa desne strane je
322CM
==ε+ aFM Bds .
Dakle, ova druga vrednost se uzima kao maksimalna vrednost momenta savijawa, prema kome }e se izvr{iti
dimenzionisawe, pa je
M32
max =sM .
Odre|ivawe otpornog momenta: Otporni moment }e se izra~unati na osnovu izraza
WI
yxx=
max,
pri ~emu je Ix moment inercije, a ymax apsolutna vrednost koordinate u za ta~ku koja je maksimalno udaqena od neutralne povr{i. U ovom slu~aju je
Id
x =π 4
64, y
dmax = 2
, ⇒ W
d
dd
x = =
ππ
4
364
232
.
Maksimalni normalni napon iznosi
33max
max 364
32
32
ddWM
x
s
π=
π==σ
MM
.
Maksimalni normalni napon ne sme biti ve}i od dozvoqenog napona na osnocu ~ega je
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 110
σ σmax ≤ d ⇒ 643 3
M
πσ
d d≤ ⇒ dd
≥643
3M
π σ.
Zadatak 4. Nosa~ du`ine l je oslowen svojim krajevima na oslonce A i B. Nosa~ je po celoj du`ini optere}en ravnomerno nanetim teretom specifi~nog optere}ewa q. Popre~ni presek nosa~a ima oblik jednakokrakog trougla sa osnovom du`ine 4a i visinom 3a, a materijal {tapa ima modul elasti~nosti E. Odrediti normalni napon u ta~ki 1 u preseku koji je na polovini du`ine nosa~a. Napomena: moment inercije popre~nog preseka prikazanog na slici za osu x iznosi Ix = 3a4.
Re{ewe:
Ukloni}e se oslonci i umesto wih uvesti reakcije veze. Mogu se napisati tri jedna~ine ravnote`e koje glase
Σ Zi = 0 ⇒ ZA = 0 ,
Σ Yi = 0 ⇒ − − + =Y F QA B 0 ,
Σ M A = 0 ⇒ − + =l
Q l F2
0B ,
pri ~emu je sa Q ozna~ena ukupna te`ina ravnomerno nanetog tereta koja iznosi
Q l q= . Na osnovu jedna~ina ravnote`e je
Y Fl q
BA = =2
.
6. Савијање гредних носача
111
Zadatak je o~igledno stati~ki odre|en jer je nepoznatih veli~ina bilo koliko i netrivijalnih jedna~ina ravnote`e. Sada se mo`e, iako to nije neophodno, nacrtati dijagram momenata savijawa. Odabra}e se jedan proizvoqan presek koji je na rastojawu z od oslonca A. Te`ina tereta levo od tog preseka je
F q zq =
Moment savijawa od sila u tom preseku gledano sa leve strane iznosi
)(2222
zlzqzzqzlqzFzYM qAzs −=−=−= (1)
Dobijen je izraz koji pokazuje kako se mewa moment savijawa u zavisnosti od odabranog preseka (koordinate z). On va`i po celoj du`ini nosa~a. Na slici je prikazan i dijagram ovog momenta savijawa. U zadatku treba odrediti moment savijawa u preseku koji je na sredini nosa~a i koji }e se obele`iti
sa C. Moment savijawa se mo`e odrediti tako da se u izraz (1) zameni z = l/2, pa se dobija
8)
2(
22)2/(
2
ClqlllqlMM zss =−== (2)
Normalni napon u ta~ki 1 se ra~una na osnovu izraza
1C
1 yI
M
x
s=σ , (3)
gde y1 predstavqa y koordinatu ta~ke 1 koja se meri od te`i{ta preseka T. Kako je y koordinata okrenuta prema dole, bi}e y1=−2a. Na osnovu tog podatka, kao i na osnovu izraza (2) i (3), normalni napon u ta~ki 1 je
σ1
2
4
2
38
32
112
= − = −
q l
aa
q la
( ) .
Negativna vrednost ovog napona ukazuje da u ta~ki 1 vlada pritisni normalni napon.
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 112
Задатак 5: Греда са препустом дужине 3l ослоњенa је у тачки А на непокретни, а у тачки B на покретни ослонац. Греда је у тачки D оптерећена силом F. Носач је константног попречног пресека датог на слици, који се састоји од круга пречника 8a, из кога је извучен правоугаоник димензија 4а са 3πa / 2. Одредити максимални нормални напон у пресеку C.
Решење: Прво ће се одредити момент инерције попречног пресека и аксијални отпорни момент. Задати облик попречног пресека има две осе симетрије на основу чега се закључује да је тежиште у тачки Т. Да би се одредио момент инерције за осу x дати сложени облик попречног пресека ће се добити тако што се од круга (момента инерције )1(
xI ) одузме правоугаоник (момента
инерције )2(xI ), тако да је укупан момент инерције попречног пресека
)2()1(xxx III −= .
Моменти инерције круга и правоугаоника износе
441 64)8(64
aaI x π=π
= , 432 8)4(2
3121 aaaI x π=
π= .
па је 456 aI x π=
За најудаљенију тачку од x осе важи ymax = 4а на основу чега је аксијални отпорни момент
3
max14 a
yIW x
x π== .
6. Савијање гредних носача
113
Да би се одредио момент савијања у тачки C потребно је прво одредити реакцију везе FB. Зато ће се носач ослободити ослонаца и увести одговарајуће реакције везе. Моментна једначина гласи
0A =ΣM ⇒ 032 B =− FlFl ⇒ FF23
B = .
Момент савијања у тачки C је
lFFlFlM BCs 212 −=−= .
па је максимални нормални напон у пресеку C
328 alF
W
M
x
CsC
π−==σ .
Задатак 6: Греда дужине 3l ослоњенa је у тачки А на непокретни, а у тачки B на покретни ослонац. Греда је у тачкама C и D оптерећена силама чији су интензитети 4F и F. Греда је константног попречног пресека датог на слици, који има облик квадрата странице a. Одредити максимални нормални напон при савијању. Решење: Прво ће се одредити
момент инерције попречног пресека и аксијални отпорни момент. Моменти инерције за тежишне осе ξ и η, које су нормалне на странице квадрата, су исти и износе (специјалан случај правоугаоника са странама исте дужине)
43
121
12aaaII === ηξ .
Осе ξ и η су осе симетрије, па су уједно и главне осе инерције. Момети инерције ових оса (главни моменти инерције) треба да имају минимални и максимални момент инерције у односу на све друге осе које пролазе кроз тежиште фигуре. Како су ови моменти
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 114
инерције исти, онда су и моменти инерције свих тежишних оса исти, па то важи и за осу x, па је
4
121 aI x = .
За најудаљеније тачке од x осе важи
aay2245cosmax == o
тако да аксијални отпорни момент износи
3
max 122 a
yI
W xx == .
Да би се одредио максимални
момент савијања, носач ће се ослободити ослонаца и уместо њих увести одговарајуће реакције везе. Једначине равнотеже су:
∑ = 0iZ ⇒ 0=AZ ∑ = 0iY ⇒ 04 =−++− BA FFFY ⇒ FFY BA 5=+
0A =ΣM ⇒ 0324 B =+−− FlFlFl ⇒ FF 2B = . На основу друге једначине равнотеже је FFFY BA 35 =−= . На основу истог броја непознатих реакција и једначина равнотеже лако је закључити да је проблем статички одређен.
Сада ће се приступити цртању моментног дијаграма (дијаграм момената савијања). Моменти савијања у пресецима C и D су:
lFYlM ACs 3== , lFlFM BDs 2== , тако да се сада, повезивањем одговарајућих тачака, може нацртати дијаграм . На основу њега се може закључити да је максимални момент савијања, а самим тим и максимални нормални напон у пресеку C и да он износи
33
max 218
122
3a
lF
a
lFW
M
x
CsC ===σ=σ .
6. Савијање гредних носача
115
Задатак 7: Конзола дужине l је уклештена у тачки А. Оптерећена је континуалним теретом специ-фичног оптерећења q по целој својој дужини и силом F на свом слободном крају. Задато је да је F = ql. Конзола је константног попречног пресека датог на слици, а материјал има модул еластичности Е. Одредити максимални нормални напон у пресеку А.
Решење: Прво ће се одредити аксијални момент инерције попречног пресека и аксијални отпорни момент. Задати облик попречног пресека (правоугаоник) је дат у таблицама, тако да се директно на основу њих добија да је аксијални момент инерције
12
3hbI x = ,
при чему је b основица, а b висина правоугаоника. За задате дужине је
43
32
12)2( aaaI x == .
За тачке које су најудаљеније од осе x је
ahy ==2max
тако да аксијални отпорни момент износи 3
max 32 a
yI
W xx == .
Да би се одредио максимални нормални напон у пресеку А треба у том пресеку одредити момент савијања. У овом случају није неопходно одредити реакције везе, већ гледајући са десне стране пресека закључити да је
2llqlFM sA −−= ,
односно имајући у виду да је задато F = ql, момент савијања у пресеку А је
22
2
23
2lqlqlqM sA −=−−= .
Mаксимални нормални напон у пресеку A je
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 116
3
2
3
2
max 49
32
23
alq
a
lq
WM
x
sAA ===σ .
Задатак 8 Гредни носач са препустом дужине 4l ослоњен је у тачкама А и B на непокретни и покретни ослонац. Носач је у тачки А оптерећен спрегом M, у тачки D силом F и на препусту континуалним оптерећењем интензитета q. При томе је дато M = q l2, F = 2 q l. Попречни пресек носача је дат на слици. Одредити померање тачке C и максимални нормални напон у носачу.
Решење: Због постојања две осе симетрије тежиште попречног
пресека је у тачки где се оне секу, дакле у тачки Т.
Попречни пресек се може формирати тако што се од правоугаоника одузму два троугла, па је момент инерције целог пресека за осу x
)2()1(xxx III −=
где су )1(xI и )1(
xI моменти инерције за осу x правоугаоника и оба троугла који износе
43
)1( 212
)2(3 aaaI x == , 422)2(
241)
22(
362)(
362 aaaaaaqpbhbI x =−=−=
6. Савијање гредних носача
117
па је 4
2447 aI x = .
Како је ymax = a, аксијални отпорни момент износи
.2447 3
max
ayIW x
x ==
Након уклањања веза и увођења одговарајућих реакција једначине равнотеже овог статички одређеног проблема гласе
∑ == 0Ai ZZ , ∑ =++−−= 0qBAi FFFYY ,
02732 =−+−=∑ qBA FlFlFlM M .
Како је тежина континуалног оптерећења lqFq = , реакције везе су
lqYA 65
= , lqFB 613
= .
Моменти савијања у карактеристичним пресецима су 2lqM sA −=−= M ,
2
322 lqYlM AsD =−= M ,
2
21
2lqFlM qsB −=−= ,
па је максимални момент савијања
2max lqMM sAs == .
Максимални нормални напон је у пресеку А и износи
3
2max
max 4724
alq
WM
x
s ==σ .
Применом принципа суперпозиције се померање тачке C услед заједничког дејства спрега M, силе F и континуалног оптерећења q може добити као збир померања тачке C услед дејства само спрега M, само силе F и само континуалног оптерећења q, што се може записати као
qC
FCCC yyyy ++= M .
Ова померања износе
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 118
Таб. 4.1 IE
lqIEl
ll
ll
ll
IElyC
422
95
95)
32)(()
31(
36)3(
−=−=−−−−=M
MM
Таб. 1.1 IE
lqIElF
ll
ll
ll
ll
IElFy F
C
2322
3
97
187]})
3()
3(1[
33{
6)3(
==−−= .
Померање тачке C услед дејства само континуалног оптерећења које је на препусту је исто као и дејство спрега Mq на ослонцу B, при чему је
2
21 lqq =M
Таб 4.1 IE
lqIEl
ll
ll
ll
IElyy q
qCqC
q422
92
94)
31()()
31(
36)3(
−=−=+−−==M
MM
па је
092
97
95 444
=−+−=IE
lqIE
lqIE
lqyC
Дакле, тачка C се неће померити.
6. Савијање гредних носача
119
Статички неодређени задаци
Zadatak 9. Nosa~ AB je krajem A ukle{ten, dok je krajem B oslowen na pokretni oslonac. Nosa~ je du`ine l, momenta inercije I, a materijal je modula elasti~nosti E. Nosa~ je optere}en spregom M na kraju B. Odrediti reakcije veze datog nosa~a.
Re{ewe:
Jedna~ine ravnote`e Zi =∑ 0 ⇒ Z A = 0 , (1)
Yi =∑ 0 ⇒ 0BA =−− FY , (2)
M A =∑ 0 ⇒ 0BA =+ lFM−−M , (3) Nepoznate su YA, MA i FB, dok na raspolagawu stoje dve jedna~ine (jedna je
iskori{}ena za odre|ivawe ZA) tako da je problem 1 puta stati~ki neodre|en.
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 120
Varijanta 1 Usvaja se da je stati~ki prekobrojna veli~ina reakcija FB. Tada se zadatak svodi na konzolu optere}enu spregom M i silom YB na slobodnom kraju, uz uslov da nema vertikalnog pomerawa ta~ke B, dakle
0B =y . (4) Kori{}ewem principa superpozicije se ukupno vertikalno pomerawe ta~ke B dobija sabirawem pomerawa ta~ke B zbog dejstva samo sile FB, sa pomerawem ta~ke B zbog dejstva samo sprega M. Tako je
MBBB yyy BF += . (5)
Na osnovu tablica 8.2 i 9.2 je
IElF
y BFB
3
3
B −= , (6) IE
ly
2
2
BMM = . (7).
Kori{}ewem jedna~ina (4), (5), (6) i (7) je
lF
23
BM
= (8)
a na osnovu jedna~ina ravnote`e (2) i (3) preostale nepoznate reakcije su
lFY BA 2
3M−=−= (9)
223
AMM
MMM =+−=+−= lFB . (10)
6. Савијање гредних носача
121
Varijanta 2 Kao stati~ki prekobrojna veli~ina usvoji}e se spreg MA u ukqe{tewu. Zadatak se u tom slu~aju svodi na prostu gredu optere}enu spregovima MA i M na krajevima, uz uslov da ugao nagiba tangente na kraju A mora biti jednak nuli, odnosno pravac tangente na tom mestu mora biti horizontalan, zbog ~ega je
α= 0 . (11) Ukupan ugao nagiba tangente se, principom superpozicije, dobija sabirawem uglova nagiba tangenti pri pojedina~nom delovawu spregova MA i sprega M, pa je
MM α+α=α A . (12) Na osnovu tablice 4.3 je
IElAA
3MM =α , (13)
IEl
6MM −=α , (14)
pa se iz jedna~ina (11), (12), (13) i (14) dobija re{ewe (10). Sada se uz pomo} jedna~ina ravnote`e (2) i (3) dobijaju preostale nepoznate ~ija su re{ewa (8) i (9).
Zadatak 10. Nosa~ AB je krajem A oslowen na nepokretni oslonac, dok je krajem B i na sredini C oslowen na pokretne oslonce. Nosa~ je du`ine 2 l, momenta inercije I, a materijal nosa~a je
modula elasti~nosti E. Nosa~ je optere}en spregom M na kraju A. Odrediti reakcije veze datog nosa~a. Re{ewe: Jedna~ine ravnote`e su
Zi =∑ 0 ⇒ Z A = 0 , (1)
Yi =∑ 0 ⇒ − − − =Y F FA B C 0 , (2)
M A =∑ 0 ⇒ − + + =M F l F lC B2 0 , (3)
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 122
Nepoznate reakcije su YA, FC i FB, dok na raspolagawu stoje dve jedna~ine (jedna je iskori{}ena za odre|ivawe ZA) tako da je problem 1 puta stati~ki neodre|en.
Usvaja se da je stati~ki prekobrojna reakcija FC. Tada se zadatak svodi
na prostu gredu na dva oslonca optere}enu spregom M na levom kraju i silom FC na sredini, uz uslov da nema vertikalnog pomerawa ta~ke C, dakle
yC = 0 . (4) Kori{}ewem principa superpozicije se ukupno vertikalno pomerawe ta~ke C dobija sabirawem pomerawa ta~ke C zbog dejstva samo sprega M, sa pomerawem ta~ke C zbog dejstva samo sile FC. Tako je
y y y FC C C
C= +M . (5) Na osnovu tablica 4.1 i 2.2 je
yl
E Il
E IC( )M M M
= =2
16 4
2 2
, (6).
yF l
E IF l
E IFC
C CC( )
=−
= −2
48 6
3 3
, (7).
pri ~emu se vodilo ra~una o tome da je du`ina grede 2 l. Kori{}ewem jedna~ina (4), (5), (6) i (7) je
FlC =
32M
(8)
a na osnovu jedna~ina ravnote`e (2) i (3) preostale nepoznate reakcije su
( )Fl
F ll lB C= − = −⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟= −
12
12
32 4
M MM M
, (9)
Y F Fl l lA B C= − − = − = −M M M
432
54
. (10)
6. Савијање гредних носача
123
Znaci minus u re{ewu ukazuju na to da su smerovi reakcija pogre{no pretpostavqeni.
Zadatak 11. Nosa~ AB je krajem A oslowen na nepokretni oslonac, dok je krajem B i u ta~ki C oslowen na pokretne oslonce. Popre~ni presek nosa~a je momenta inercije I, a materijal nosa~a je
modula elasti~nosti E. Nosa~ je optere}en spregom M na kraju B. Odrediti reakcije veze datog nosa~a. Re{ewe: Jedna~ine ravnote`e su
Zi =∑ 0 ⇒ ZA = 0 , (1)
Yi =∑ 0 ⇒ − − − =Y F FA B C 0 , (2)
M A =∑ 0 ⇒ −M + + =F l F lB C3 0 , (3) Nepoznate reakcije su YA, FC i FB, dok na raspolagawu stoje dve jedna~ine (jedna je iskori{}ena za odre|ivawe ZA) tako da je problem 1 puta stati~ki neodre|en.
Usvaja se da je stati~ki prekobrojna reakcija FC. Tada se zadatak svodi na prostu gredu na dva oslonca optere}enu spregom M na desnom kraju i silom FC u ta~ki
C. Uslov koji mora biti ispuwen je da nema vertikalnog pomerawa ta~ke C, dakle
yC = 0 . (4) Kori{}ewem principa superpozicije se ukupno vertikalno pomerawe ta~ke C dobija sabirawem pomerawa ta~ke C zbog dejstva samo sprega M, sa pomerawem ta~ke C zbog dejstva samo sile FC. Tako je
CFCC yyy += M . (5)
Na osnovu tablica 4.1 i 1.2 je
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 124
IEl
ll
ll
ll
IEly
94)
31(
31
36)3( 22
CM
MM −=⎥⎦⎤
⎢⎣⎡ +−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−= , (6).
yF l
E Ill
ll
F lE I
FC
C CC( )
=− ⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟⎛
⎝⎜⎜
⎞
⎠⎟⎟ = −
33 3
23
49
3 2 2 3
, (7).
pri ~emu se vodilo ra~una o tome da je du`ina grede 3 l i da z koordinata ta~ke C iznosi l. Kori{}ewem jedna~ina (4), (5), (6) i (7) je
FlC = −M
, (8)
a na osnovu jedna~ina ravnote`e (2) i (3) preostale nepoznate reakcije su
( )l
lll
lFl
F3
231
31
CBMM
MM =⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+=−= ,
Y F Fl l lA B C
2= − − = − + =
M M M
3 3.
Znaci minus u re{ewu za FC ukazuju na to da je smer ove reakcije pogre{no pretpostavqen.
Zadatak 12. Nosa~ AC du`ine 3l je krajem A ukle{ten u zid, dok je u ta~ki B oslowen na pokretni oslonac. Moment inercije popre~nog
preseka nosa~a iznosi I, a materijal nosa~a je modula elasti~nosti E. Nosa~ je po celoj du`ini optere}en kontinualnim teretom specifi~nog optere}ewa q. Odrediti reakcije veze datog nosa~a. Re{ewe: Jedna~ine ravnote`e su
6. Савијање гредних носача
125
Zi =∑ 0 ⇒ Z A = 0 , (1)
Yi =∑ 0 ⇒ − − + =Y F q lA B ( )3 0 , (2)
M A =∑ 0 ⇒ MA B ( )+ − =212
3 02F l q l , (3)
Nepoznate reakcije su YA, FB i MA, dok na raspolagawu stoje dve jedna~ine (prva je iskori{}ena za odre|ivawe ZA) tako da je problem 1 puta stati~ki neodre|en.
Usvaja se da je stati~ki prekobrojna reakcija FB. Tada se zadatak svodi na konzolu koja je optere}ena neprekidno nanetim teretom q i silom FB u ta~ki B. Uslov koji mora biti ispuwen je da nema vertikalnog pomerawa ta~ke B, na osnovu koga je
yB = 0 . (4) Kori{}ewem principa superpozicije se ukupno vertikalno pomerawe ta~ke B dobija sabirawem pomerawa ta~ke B zbog dejstva samo tereta q, sa pomerawem ta~ke B zbog dejstva samo sile FB. Tako je
y y y FB B B
B= +q . (5)
Na osnovu tablice 10.1 je
IElq
ll
ll
ll
IElqyq
424
B 317
32
3246
32
24)3(
=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛= , (6)
pri ~emu se imalo u vidu da je du`ina konzole 3 l, a da pomerawe treba odrediti za z = 2 l. Iz tablice 8.2 je
yF l
E IF lE I
FBB
B B( )=−
= −2
383
3 3
, (7).
gde du`ina aktivnog dela konzole iznosi 2 l.
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 126
Kori{}ewem jedna~ina (4), (5), (6) i (7) je
F q lB =178
, (8)
a na osnovu jedna~ina ravnote`e (2) i (3) preostale nepoznate reakcije su
Y q l F q l q l q lA B= − = − =3 3178
78
, (9)
MA q l q l q l= − =92
178
214
2 2 2 . (10)
Zadatak 13. Nosa~ AB du`ine l je krajem A ukle{ten u zid, dok je u ta~ki B oslowen na pokretni oslonac. Moment inercije popre~nog preseka nosa~a iznosi I, a materijal nosa~a je modula elasti~nosti E. Nosa~ je na sredini optere}en silom F. Odrediti reakcije veze datog nosa~a.
Re{ewe: Ukloni}e se veze, uvesti odgovaraju}e reakcije veza. Jedna~ine ravnote`e su
∑ = 0iZ ⇒ 0A =Z , (1)
∑ = 0iY ⇒ 0BA =+−− FFY , (2)
∑ = 0AM ⇒ 021
BA =−+ lFlFM , (3)
Nepoznate reakcije su YA, FB i MA, dok na raspolagawu stoje dve jedna~ine (prva je iskori{}ena za odre|ivawe ZA) tako da je problem 1 puta stati~ki neodre|en.
Usvaja se da je stati~ki prekobrojna reakcija moment u ukle{tewu MA. Dakle smatra}e se da je ukle{tewe zameweno sa nepokretnim zglobom i prekobrojnom reakcijom veze. Zadatak se svodi na prostu gredu na dva oslonca, koja je optere}ena spregom MA na levom kraju i silom F na sredini. Uslov koji pri tome treba zadovoqiti je da je nagib elasti~ne linije na levom kraju nosa~a jednak nuli, odnosno
6. Савијање гредних носача
127
0=α . (4) Kori{}ewem principa superpozicije se ukupan nagib na levom kraju dobija sabirawem nagiba zbog dejstva samo sile F, sa nagibom zbog dejstva samo sprega MA. Tako je
AMα+α=α F . (5) Iz tablice 2.3 je
IElFF
16
2=α . (6).
Na osnovu tablice 4.3 je
IEl
3AA MM −
=α . (7)
Kori{}ewem jedna~ina (4), (5), (6) i (7) je
MA =3
16F l ,
a na osnovu jedna~ina ravnote`e (2) i (3) preostale nepoznate reakcije su
F FB =5
16, Y FA =
1116
.
Zadatak 14. Nosa~ AB du`ine 3l je krajem A oslowen na nepokretni, a u ta~kama C i B na pokretne oslonce. Nosa~ je u ta~ki C optere}en spregom M. Nosa~ je konstantnog pore~nog preseka koji ima oblik kvadrata stranice b. Materijal nosa~a je modula elasti~nosti E. Odrediti maksimalni normalni napon u preseku D.
Re{ewe: Ukloni}e se veze, uvesti odgovaraju}e reakcije veza. Jedna~ine ravnote`e su
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 128
∑ = 0iZ ⇒ 0A =Z , (1)
∑ = 0iY ⇒ 0CBA =−−− FFY , (2)
∑ = 0AM ⇒ 03 CB =++ lFlF−M , (3) Nepoznate reakcije su YA, FB i FC, dok
na raspolagawu stoje dve jedna~ine (prva je iskori{}ena za odre|ivawe ZA) tako da je problem 1 puta stati~ki neodre|en.
Usvaja se da je stati~ki prekobrojna reakcija sila FC. Dakle, smatra}e se da je oslonac C zamewen sa silom FC, pa se zadatak se svodi na prostu gredu na dva oslonca, koja je optere}ena spregom M i silom FC. Uslov koji pri tome treba zadovoqiti je da je ugib elasti~ne linije na mestu gde je bio oslonac C jednak nuli, odnosno
yC = 0 . (4) Kori{}ewem principa superpozicije se ukupan ugib na mestu oslonca C dobija sabirawem ugiba zbog dejstva samo sprega M, sa ugibom zbog dejstva samo sile FC. Tako je
y y yC CF
CC= +M (5)
Na osnovu tablice 3.2 je
IEl
ll
ll
ll
IElyC 9
233
23136
)3( 2222 MMM =⎪⎭
⎪⎬⎫
⎪⎩
⎪⎨⎧
⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−
−= , (6)
a iz tablice 1.2 je
IElF
ll
ll
IElFy CF
94
32
33)3( 3
C223
CC −=⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−= . (7).
Kori{}ewem jedna~ina (4), (5), (6) i (7) je l
F M
21
C = , a uz pomo}
jedna~ine (3) je
llF
lF M
M61)(
31
CB =−= .
Moment savijawa u preseku D gledano sa desne strane je
6. Савијање гредних носача
129
M61
B == lFM dDs .
Aksijalni otporni moment za kvadratni popre~ni presek stranice b je
Wb b b
x = =2 3
6 6,
pa je maksimalni normalni napon u preseku D
3bWM
x
Ds M==σ .
Задатак 15: Линијски носач дужине 3l уклештен је у тачки А док је у тачки B ослоњен на покретни ослонац. Носач је оптерећен континуалним оптерећeњем
интензитета q. Момент инерције је константан и износи I. Одредити реакције везе.
Решење: Носач ће се ослободити веза и увести одговарајуће реакције
везе. Једначине равнотеже гласе
0=Σ iZ ⇒ 0A =Z ,
0=Σ iY ⇒ 0BA =+−− QFY ,
0A =ΣM ⇒ 03 AB =++− MFlQl . где је Q = 2 q l тежина континуалног оптерећења. Заменом ове вредности за Q у једначине равнотеже се добија
lqFY 2BA =+ , (1) 2
AB 23 lqFl =+M (2) Будући да постоје три једначине равнотеже, а четири реакције проблем је једном статички неодређен. При његовом решавању
примениће се метода у којој ће се усвојити да је сила FB статички прекобројна. Према томе, проблем ће се свести на конзолу на коју, поред задатих оптерећења делује и реакција FB. Интензитет ове реакције ће се одредити на основу услова да угиб носача на месту ослонца B мора бити једнак нули, што је геометријски услов деформације, па је
0=By . (3)
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 130
Применом принципа суперпозиције се укупан угиб због дејства реакције FB и континуалног оптерећења q може добити сабирањем угиба носача услед појединачних дејстава поменутих оптерећења. На тај начин се
угиб на месту ослонца B може добити као
qB
FBB yyy B += . (4)
Коришћењем таблица се добија
таб. 8.1 IElF
IElFy BBF
BB
33
93
)3(−=−= .
Померање тачке B услед дејства оптерећења q се добија на основу
qqC
qB CByy β+=
где је yCq померање тачке C због
дејства оптерећења q, а βq угао нагиба конзоле у пресеку C. Како у случају дејства оптерећења q није оптерећен део конзоле CB, тај део конзоле није савијен, већ је у облику праве лније, што оправдава претходну једначину. Како је на основу таб. 10.2 и таб. 10.3
IElq
IElqyq
C
44
28
)2(== ,
IElq
IEaqq
34
6)2( 33
==β ,
померање тачке B услед дејства само оптерећења q је
IElqyq
B 310 4
= .
На основу једначина (3) и (4) је lqFB 2710
= , а на основу једначина (1) и (2)
преостале реакције везе су
lqlqFY27442BA =+−= , 22
A 9832 lqFllq B =−=M .
Задатак 16: Линијски носач дужине 3l уклештен је у тачки А док је у тачки B ослоњен на покретни ослонац. Носач је у пресеку C оптерећен силом F. Момент инерције је константан и износи
6. Савијање гредних носача
131
I. Одредити реакције везе.
Решење: Носач ће се ослободити веза и увести одговарајуће реакције везе. Једначине равнотеже гласе
0=Σ iZ ⇒ 0A =Z ,
0=Σ iY ⇒ 0BA =+−− FFY , (1) 0A =ΣM ⇒ 03 AB =++− MFllF . (2)
Будући да постоје три једначине равнотеже, а четири реакције проблем је једном статички неодређен. При његовом решавању примениће се метода у којој ће се усвојити да је спрег у уклештењу MA статички прекобројна. Према томе, проблем ће се свести на просту греду на коју, поред задате силе F делује и спрег MA. Интензитет ове реакције ће се одредити на основу услова да угао нагиба носача на месту ослонца А мора бити једнак нули (јер је на том месту уклештење), што је геометријски услов деформације, па је
0=α . (3)
Применом принципа суперпо-зиције се укупан угао нагиба код ослонца А због дејства силе F и спрега MA може добити сабирањем углова нагиба носача услед појединачних дејстава поменутих оптерећења. На тај начин се угао нагиба код ослонца А може добити као
FA α+α=α M . (4) Коришћењем таблица се добија
таб. 4.3
IEl
IEl AAA
MMM −=−=α3
)3( . (5)
таб. 1.3
IElF
ll
ll
ll
IElFF
22
95)
321(
32
36)3(
=+=α . (6)
На основу једначина (3), (4), (5) и (6) је
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 132
095 2
=+−IElF
IElAM
⇒ lFA 95
=M ,
а на основу једначина (1) и (2) преостале реакције везе су
FlFl
F AB 274)(
31
=−= M , .2723 FFFY BA =−=
Задатак 17: Линијски носач дужине 3l уклештен је у тачки А док је у тачки B ослоњен на покретни ослонац. Носач је по читавој дужини оптерећен континуалним оптерећeњем интензитета q, док је у тачки C оптерећен силом F, при чему је F = 2ql. Носач је константног попречног пресека датог на слици. Одредити максимални нормални напон у пресеку C.
Решење: Прво ће се одредити аксијални момент инерције попречног пресека и аксијални отпорни момент. Тежиште задатог пресека је у тачки Т, па треба одредити момент инерције за осу x која пролази кроз тежиште. Да би се он одредио, дати попречни пресек ће се поделити на два симетрична једнакокрака троугла, која имају исти момент инерције 1
xI , који износи
4
331
31
12)(2 aaaaI x =
+= ,
где се у таблицама користио израз за момент инерције осе η, док је ah 2= , aqp == .
Укупан момент инерције је 41
322 aII xx == .
За најудаљенију тачку од x осе важи ymax = а на основу чега је аксијални отпорни момент
6. Савијање гредних носача
133
3
max 32a
yI
W xx == .
Да би одредио момент
савијања у пресеку C довољно је одредити само реакцију FB. Она ће се одредити директно на основу допунске једначине, тако да у овом случају нема потребе за писањем једначина равнотеже. Само треба запазити да је задатак
једном статички неодређен и да као статички прекобројну одабирамо реакцију FB . Преостале реакције се могу одредити на основу једначина равнотеже.
Уклониће се ослонац B и увести одговарајућа реакција FB. Овим поступком се носач своди на конзолу, којој постовљамо и додатни услов и то да угиб на месту ослонца B мора бити једнак нули,
0=By .
Применом принципа суперпози-
ције се укупан угиб због дејстава реакције FB, континуалног оптерећења q и силе F може добити сабирањем угиба носача услед појединачних дејстава поменутих оптерећења. На тај начин се угиб на месту ослонца B може добити добити сабирањем угиба носача услед појединачних дејстава поменутих оптерећења, дакле
0=++= F
BqB
FBB yyyy B .
Коришћењем таблица се добија
таб. 8.2
x
B
x
BFB IE
lFIElF
y B
38
3)2( 33
−=−=
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 134
таб. 10.1
xx
qB IE
lqIE
lqy317
32
3246
32
24)3( 4224
=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎠⎞
⎜⎝⎛+−⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛= ,
таб. 8.2 и 8.3
xxx
xx
FC
FB
IElq
IEllq
IElF
IElFl
IElFCByy
35
6)2(5
65
23433
23
===
+=β+=
.
Заменом ових израза у израз за угиб тачке B је
035
317
38 443
=++−xxx
B
IElq
IElq
IElF
⇒ lqFB 411
= .
Момент савијања у пресеку C рачунат са десне стране је 22
432 lqlqFM BCs == −l .
Према томе максимални нормални напон у пресеку C износи
3
2
3
2
max 89
32
43
alq
a
lq
WM
x
Cs ===σ .
Задатак 18: Линијски носач дужине
3l ослоњен је у тачки А на непокретни, а у тачкама B и C на покретне ослонце. Носач је оптерећен континуалним оптерећeњем интензитета q, док је у тачки D оптерећен силом F, при чему је F = ql. Носач је константног попречног пресека датог на слици. Одредити максимални нормални напон у пресеку B.
Решење: Прво ће се одредити аксијални момент инерције попречног
пресека и аксијални отпорни момент. Тежиште задатог пресека је у тачки Т, па треба одредити момент инерције за осу x која пролази кроз тежиште. Да би се он одредио, пресек ће се поделити на правоугаоник и четири једнакокрака
6. Савијање гредних носача
135
правоугла троугла, која су симетрична у односу на осу x на једнаком растојању од ње, тако да је укупан момент инерције дат изразом
)2()1( 4 xxx III += ,
где је са индексом (1) означен момент инерције правоугаоника, а са (2) момент инерције троугла. Ови моменти инерције износе
43
1
34
12)2(2 aaaI x == , 4
223
22)2()2(
1211
234
3622aaaaaAyII Txx =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛+=+= ⇒
45aI x = .
За најудаљенију тачку од x осе важи ymax = 2 а на основу чега је аксијални отпорни момент
3
max 25 a
yI
W xx == .
Након уклањања веза, могу се написати једначине равнотеже које гласе:
∑ == 0Ai ZZ , ∑ =++−−−= 0FQFFYY CBAi , ∑ =−−+= 032 FlQlFlFlM CBA ,
где је Q укупна тежина терета, која износи Q = 2ql. Заменом ове вредности и задате вредност силе F у другу и трећу једначину равнотеже добија се
03 =−++ lqFFY CBA , (1) 052 =−+ lqFF CB . (2)
Задатак је једном статички неодређен и као статички прекобројна одабраће се реакција FB . Дакле, уклониће се ослонац B и увести одговарајућа
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 136
реакција FB. Овим поступком се носач своди на греду са препустом, којој постављамо и додатни услов и то да угиб на месту ослонца B мора бити једнак нули, дакле
0=By . Применом принципа
суперпозиције се укупан угиб због дејстава реакције FB, континуалног оптерећења q и силе F може добити сабирањем угиба носача услед појединачних дејстава поменутих оптерећења. На тај начин се угиб на месту ослонца B може добити добити сабирањем угиба носача услед појединачних дејстава поменутих оптерећења, дакле
0=++= F
BFB
qBB yyyy B . (3)
Коришћењем таблица се добија
таб. 5.2 xx
qB IE
lqIElqy
245
384)2(5 44
== ,
таб. 2.2 x
B
x
BFB IE
lFIElF
y B
648)2( 33
−=−= .
У случају дејства силе F на крају препуста, угиб греде се може израчунати
тако да се дејство силе замени дејством спрега, који делује на ослонцу C , са интензитетом MF = Fl, па је
таб. 4.2 xxxxx
FFB EI
lqIEllq
IElF
IEllF
IEl
y44
)(416
)2(16
)()2( 43322−=−=−=−=
−=
M ,
Заменом ових израза у израз за угиб тачке B (3) је
04624
5 434
=−−xx
B
x IElq
IElF
IElq ⇒ lqFB 4
1−= .
Преостале непознате реакције, на основу једначина (1) и (2) су lqlqlqFC 8
21)415(
21
=+= , lqlqFFY CBA 853 =+−−=
Момент савијања у пресеку B рачунат са леве стране је
22
81
21 lqlqlYM AsB =−= .
6. Савијање гредних носача
137
Према томе максимални нормални напон у пресеку B износи
3
2
3
2
max 201
25
81
alq
a
lq
WM
x
sB ===σ .
Задатак 19: Линијски носач дужине 3l уклештен је у тачки А, док је у
тачки B ослоњен на покретни ослонац. Носач је на дужини l оптерећен континуалним оптерећeњем интензитета q, док је у тачки D оптерећен спрегом M. Задато је да је q = 6M�/ l2. Носач је константног попречног пресека датог на слици и састоји се од правилног шестоугаоника странице a са кружним отвором пречника d. Одредити ма-ксимални нормални напон у пресеку C.
Решење: Прво ће се одредити аксијални момент инерције попречног пресека и аксијални отпорни момент. Тежиште задатог пресека је у тачки Т, па треба одредити момент инерције за осу x која пролази кроз тежиште. Да би се он одредио, пресек ће се добити тако што се правоугаонику додати два троугла и одузети круг, тако да је укупан момент инерције дат изразом
)3()2()1( 2 xxxx IIII −+= где је са индексом (1) означен момент инерције правоугаоника, са (2) момент инерције троугла и са (3) момент инерције круга. Ови моменти инерције износе
43
)1(
43
12)3( aaaI x == , 4
33
)2(
323
12
])23()
23[(
2 aaaa
I x =+
= , 64
4)3( dI x
π=
)320(641
641635
643232
43 44
44
444 dadadaaI x π−=
π−=
π−+= .
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 138
За најудаљенију тачку од x осе важи
aay2330cosmax == o
на основу чега је аксијални отпорни момент
ada
yIW x
x 332320 44
max
π−== .
Након уклањања веза, могу се написати једначине равнотеже које гласе:
∑ == 0Ai ZZ , ∑ =+−−= 0QFYY BAi , (1)
∑ =−−+= 02
3 MM QlFlM BAA , (2)
где је Q укупна тежина терета, која износи Q = ql = 6M/l. Задатак је једном статички
неодређен и као статички прекобројна одабраће се реакција FB . Овим поступком се носач своди на конзолу, којој постављамо и додатни услов и то да угиб на месту ослонца B мора бити једнак нули, дакле
0=By . Применом принципа
суперпозиције се укупан угиб због дејстава реакције FB, континуалног оптерећења q и спрега M може добити сабирањем угиба носача услед појединачних дејстава поменутих оптерећења. На тај начин се угиб на месту ослонца B може добити добити сабирањем угиба носача услед појединачних дејстава помену-тих оптерећења, дакле
0=++= MB
FB
qBB yyyy B . (3)
Коришћењем таблица се добија
6. Савијање гредних носача
139
таб. 10.2 и 10.3
xxxx
qqC
qB IE
lIElq
IElql
IElqCByy
2434
411
2411
62
8M
==+=β+=
таб. 9.2 и 9.3
xxxDB IE
lIE
llIElDByy
22
422
)2( MMMMMM =+=β+=
таб. 8.2
x
B
x
BFB IE
lFIElFy B
33 93
)3(−=−= .
Заменом ових израза у израз за угиб тачке B (3) је
0944
11 322
=−+x
B
xx IElF
IEl
IEl MM ⇒
lFB
M
43
= .
Преостале непознате реакције, на основу једначина (1) и (2) су l
Fl
FQY BBAMM
4216
=−=−= ,
llFlQ
BAM
MM473
2=−+= .
Момент савијања у пресеку C рачунат са десне стране је
MM212 =−= lFM BCs .
Према томе максимални нормални напон у пресеку C износи M44max 320
316da
aW
M
x
CsC
π−==σ .
Задатак 20 Гредни носач са препустом је ослоњен у тачки А на непокретни а у тачкама B и C на покретне ослонаце. Носач је по дужини АC оптерећен континуалним оптерећењем интензитета q и у тачки D силом F. При томе је дато q = 2F / l. Попречни пресек носача је дат на слици. Одредити максимални нормални напон у пресеку B.
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 140
Решење: Због постојања две осе симетрије тежиште попречног
пресека је у тачки где се оне секу, дакле у тачки Т. Попречни пресек се може формирати тако што се квадрату додају 4 мања квадрата, па је момент инерције целог пресека за осу x
)2()1( 4 xxx III +=
где су )1(xI и )1(
xI моменти инерције за осу x централног квадрата и једног од малих квадрата. Они износе
43
)1(
34
12)2(2 aaaI x == ,
4224
)2(
37)
23(
12aaaaI x =+= ,
па је 444
332
374
34 aaaI x =+= .
Међутим, момент инерције се могао добити знатно једноставније уколико транслаторно померимо мале квадрате паралелно са осом x један ка другом. Тада се добија правоугаоник основе 2a и висине 4a, са моментом инерције у односу на осу x
43
332
12)4(2 aaaI x == ,
дакле истим као и основна фигура. Како је ymax = 2a, аксијални
отпорни момент износи
6. Савијање гредних носача
141
33
max 316
2447 aa
yI
W xx ===
Након уклањања веза и увођења одговарајућих реакција једначине равнотеже овог проблема гласе
∑ == 0Ai ZZ , ∑ =++−−−= 0FQFFYY CBAi ,
02732
23
=+++−=∑ FlFlFlQlM CBA .
Задатак је једном статички прекобројан. Увешће се статички прекобројна FB. Очигледно је да геометријски услов деформације гласи
yB = 0. Применом принципа суперпозиције се померање тачке B услед заједничког дејства континуалног оптерећења q и сила FB и F може добити као збир померања тачке B услед дејства само континуалног оптерећења q, само силе FB и само силе F што се може записати као
FB
FB
qBB yyyy B ++= .
Ова померања износе
Таб. 5.1 IElF
IElq
ll
ll
IElqy q
B
34224
611
1211
32
322
32
24)3(
==⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛+⎟⎟
⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛−= ,
Таб. 1.2 IElF
ll
ll
IElF
y BBFB
B
322
3
94)
3()
32(
3)3(
−=−= .
Померање тачке B услед дејства само силе F која је на препусту је исто као и дејство спрега M на ослонцу C, при чему је
lF21
=M ,
па је
Таб. 4.1 IElF
IEl
ll
ll
ll
IElyy B
FB
322
185
95)
321()
321(
32
6)3(
==+−==M
MM ,
Заменом ових померања у геометријски услов деформације је
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 142
0185
94
611 333
=+−=IElF
IElF
IElFy B
B ,
одакле је
FFB 419
= .
На основу треће једначине равнотеже је
)272
23(
31 FlFlQll
F BC −−= .
Заменом вредности FB и FlqQ 63 == , добија се
FFC 34
−= ,
па је момент савијања у пресеку B
lFFlFlFllqFllFM CsB 65
34
23
21
23 2 −=−−=−+=
Максимални нормални напон у пресеку B је
33
max 325
31665
alF
a
lF
WM
x
sBB ===σ
Задатак 21 Линијски носач AC дужине 2l ослоњен је у тачки А на непокретни, а у тачкама B и C на покретне ослонце. Носач је по читавој дужини оптерећен континуалним оптерећeњем интензитета q, на десном крају спрегом M, при чему је M = ql2/2. Попречни пресек носача је дат на слици. Одредити дужину а (димензионисати попречни пресек) ако се зна да дозвоњени напон материјала од кога је носач направњен износи σd.
6. Савијање гредних носача
143
Решење: Прво ће се одредити момент инерције попречног пресека и аксијални отпорни момент. Задати облик попречног пресека има две осе симетрије што омогућава закључак да је тежиште у тачки Т. Да би се одредио момент инерције за осу x дати сложени облик попречног пресека ће се раставити
на правоугаоник (момента инерције 1xI ) и два троугла (момента инерције 2
xI појединачно), тако да је укупан момент инерције попречног пресека
21 2 xxx III += Моменти инерције правоугаоника и троугла износе
431
612
121 aaaI x == , 42
23
2222
43
32362
22aaaaaaAyII Txx =⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ ++=+=
па је 444
35
432
61 aaaI x =+= .
За најудаљенију тачку од x осе важи ymax = 3а/2 на основу чега је аксијални отпорни момент
3
max 910a
yI
W xx == .
Да би се одредио максимални момент савијања потребно је прво одредити реакције везе. Зато ће се носач ослободити ослонаца и увести одговарајуће реакције везе. Једначине равнотеже гласе
0=Σ iZ ⇒ 0A =Z , 0=Σ iY ⇒ 0BA =+−−− QFFY C ⇒ 02BA =−++ lqFFY C , (1)
0A =ΣM ⇒ 02B =+++− MCFlFlQl ⇒ 0232B =−+ lqFF C (2)
Збирка решених задатака из Отпорности материјала 144
где је Q = 2 q l тежина континуалног оптерећења. Будући да постоје три једначине равнотеже, а четири реакције проблем је једном статички неодређен. При његовом решавању примениће се метода у којој ће се усвојити да је сила FB
статички прекобројна. Према томе, проблем ће се свести на просту греду на коју, поред задатих оптерећења делује и реакција FB. Интензитет ове реакције ће се одредити на основу услова да угиб носача на месту ослонца B мора бити једнак нули, па је
yB = 0 . Применом принципа суперпозиције се укупан угиб због дејстава спрега M, реакције FB и континуалног оптерећења q може добити сабирањем угиба носача услед појединачних дејстава поменутих оптерећења. На тај начин се угиб на месту ослонца B може добити као добити сабирањем угиба носача услед појединачних дејстава поменутих оптерећења. На тај начин се угиб на месту ослонца B може добити као
qB
FBBB yyyy B ++= M .
Коришћењем таблица се добија Таб. 4.2
xxx
B IElq
IEl
IEly
8416)2( 422
===MMM ,
Таб.2.2
x
B
x
BFB IE
lFIElFy B
648)2( 33
−=−= ,
Таб. 5.2
xx
qB IE
lqIE
lqy245
384)2(5 44
== .
Заменом ових израза у израз за угиб тачке B се добија lqFB 2= ,
па су преостале реакције везе
lqlqFF BC 41
43
21
−=+−= , lqlqFFY C 412BA =+−−= .
6. Савијање гредних носача
145
Да би одредио пресек носача са највећим моментом савијања скицираће се дијаграм момената савијања. У ту сврху ће се одредити момент савијања у неколико тачака, тако да се добија
0=AsM , 022
121 2
=⎟⎠⎞
⎜⎝⎛−=
lqlYM ADs , 22
41
21 lqlqlYM ABs −=−=
22
41
221
21 lqlqlFM CEs =+⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−= M , 2
21 lqM Cs ==M
Лако је закључити како је максимални момент у пресеку C. Према томе максимални нормални напон износи
3
2max
max 209
alq
WM
x
s ==σ
Будући да овај напон не сме бити већи од задатог дозвољеног напона биће
dalq σ≤3
2
209
а одатле вредност дужине а износи
3
2
209
d
lqaσ
≥
