6 Savijanje grednih nosaca.pdf

6. Савијање гредних носача


105

Статички одређени носачи

Одређивање нормалних напона

Zadatak 1. Laka elasti~na greda duìne 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 ravnoteè

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, duìne l je krajem A ukle{tena za zid. Konzola je po celoj duìni optere}ena ravnomerno nanetim teretom, ~ije specifi~no optere}ewe (odnosno teìna po jedinici duìne) 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:


107

Nakon uklawawa veza i uvo|ewa reakcija dobija se situacija prikazana na slici. îtavo ravnomerno naneto optere}ewe se prilikom odre|ivawa reakcija moè zameniti sa silom teìne tereta Q = l q. Sada se mogu napisati jedna~ine ravnoteè 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 duìne l - z, tako da je teìna 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( ) ( ) ( ) ( )


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 duìne 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 kruàn 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 ravnoteè 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


109

Y FaBA = =M

3.

Zadatak je o~igledno stati~ki odre|en jer je nepoznatih veli~ina bilo koliko i netrivijalnih jedna~ina ravnoteè. Sada se moè 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


σ σmax ≤ d ⇒ 643 3

M

πσ

d d≤ ⇒ dd

≥643

3M

π σ.

Zadatak 4. Nosa~ duìne l je oslowen svojim krajevima na oslonce A i B. Nosa~ je po celoj duìni optere}en ravnomerno nanetim teretom specifi~nog optere}ewa q. Popre~ni presek nosa~a ima oblik jednakokrakog trougla sa osnovom duìne 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 duìne 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 ravnoteè 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 teìna ravnomerno nanetog tereta koja iznosi

Q l q= . Na osnovu jedna~ina ravnoteè je

Y Fl q

BA = =2

.


111

Zadatak je o~igledno stati~ki odre|en jer je nepoznatih veli~ina bilo koliko i netrivijalnih jedna~ina ravnoteè. Sada se moè, iako to nije neophodno, nacrtati dijagram momenata savijawa. Odabra}e se jedan proizvoqan presek koji je na rastojawu z od oslonca A. Teìna 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 vaì po celoj duìni 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 obeleìti

sa C. Moment savijawa se moè 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 teì{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.


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== .


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


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 .


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


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 =−=−=


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


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.


119

Статички неодређени задаци

Zadatak 9. Nosa~ AB je krajem A ukle{ten, dok je krajem B oslowen na pokretni oslonac. Nosa~ je duìne 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 ravnoteè 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.


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 ravnoteè (2) i (3) preostale nepoznate reakcije su

lFY BA 2

3M−=−= (9)

223

AMM

MMM =+−=+−= lFB . (10)


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 ravnoteè (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 duìne 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 ravnoteè 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)


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 duìna grede 2 l. Kori{}ewem jedna~ina (4), (5), (6) i (7) je

FlC =

32M

(8)


( )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)


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 ravnoteè 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


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 duìna 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)


( )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 duìne 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 duìni optere}en kontinualnim teretom specifi~nog optere}ewa q. Odrediti reakcije veze datog nosa~a. Re{ewe: Jedna~ine ravnoteè su


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 duìna 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 duìna aktivnog dela konzole iznosi 2 l.



F q lB =178

, (8)


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 duìne 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 ravnoteè 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


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).


IEl

3AA MM −

=α . (7)


MA =3

16F l ,


F FB =5

16, Y FA =

1116

.

Zadatak 14. Nosa~ AB duìne 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 ravnoteè su


∑ = 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)


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


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)


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


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


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


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 .


таб. 8.2

x

B

x

BFB IE

lFIElF

y B

38

3)2( 33

−=−=


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


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


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)


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 =−= .


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−+= .


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)



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.


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


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


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.


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)


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 =+−−= .


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

≥

Documents

6 Savijanje grednih nosaca.pdf