3/3/2015

1

Unutrašnje sile u poprečnom preseku

x

y

TA

poprečni presek štapa

F

Z

y

Fl

F

F

A

A

U preseku A-A javljaju se normalna sila, transverzalna sila imomenat savijanja.

Greda je opterećena na desnom kraju silom F paralelno jednoj od glavnihcentralnih osa inercije (y osi).

Da bi levi kraj bio u ravnoteži potrebno je da se na tom kraju jave:

2

x

y

TA

poprečni presek štapa

Sila da uravnoteži silu F

F

Z

y

F

l

Momenat da uravnoteži momenat usled sile F

Usled spoljašnje sile F u gredi se javljaju unutrašnje sile:Transverzalna sila i momenat

3/3/2015

2

NORMALNA (AKSIJALNA) SILE

FF

sila zatezanjazateže svoj kraj štapa

FF

pritiska svoj kraj štapasila pritiska

sila je pozitivna sila je negativna

POZITIVNI SMEROVI UNUTRAŠNJIH SILA

T

T

NNM Mlevo desno

3

TRANSVERZALNA SILA

TRANSVERZALNA SILA - sila koja je upravna na osu štapa

Transverzalna sila je pozitivna kada suprotan kraj štapaobrće u smeru kazaljke časovnika (sa leva udesno)

4

Transverzalna sila u nekom preseku jednaka je zbiru svih

transverzalnih sila levo ili desno od posmatranog preseka

Z

y

F

l

Z

3/3/2015

3

Unutrašnje sile u poprečnom preseku

5

Momenat savijanja je pozitivan kada zateže donju stranu

MOMENAT SAVIJANJA

Momenat savijanja u nekom preseku jednaka je zbiru svih

momenata savijanja levo ili desno od posmatranog preseka

Мx

Z

Мx

y

Z

Rekapitulacija – gredni nosač

qF M

3/3/2015

4

7

Unutrašnje sile su1.Normalne sile2.Transverzalne sile3.Momenti savijanja

Unutrašnje sile se predstavljaju dijagramima unutrašnjih sila

Prosta greda

To je nosač koji je na svojim krajevima vezan nepokretnim ipokretnim osloncem

L

Nacrtati dijagrame presečnih sila

Postupak rešavanja

L

F (kN)A B

1.Odredimo reakcije oslonaca

Prosta greda opterećena silom u sredini

-Zamenimo oslonce sa reakcijama oslonaca

L/2

FA B

VB

VA

HB

L/2

8

3/3/2015

5

Postavimo uslove ravnoteže za sistem sila u ravni bez zajedničkenapadne tačke

0H;0H)1 Bi

1) Hi=0 -Suma svih horizontalnih sila jednaka je nuli

2) Vi=0 -Suma svih vertikalnih sila jednaka je nuli

3) Mi=0 -Suma momenata u nekoj tački jednaka je nuli

0VFV;0V)2 BAi

0LV2/LF;0M)3 BA

FA B

VBVA

HB

L/2 L/2

9

10

Iz prve jednačine se vidi da je HB=0

0LV2/LF;0M)3 BA 2

FVB

Iz treće jednačine dobijamo

2

FV;0

2

FFV AA

Vratimo u drugu VB

Određeni zaključci

Ako nema horizontalnog opterećenja tada nema ni horizontalnihreakcija

Ako je nosač simetričan i opterećenje simetrično tada su i reakcijesimetrične (iste)

3/3/2015

6

Crtanje dijagrama

Dijagrami se crtaju upravno na osu nosača

Dijagram transverzalnih silaDijagram normalnih sila je nula –nema ih

Prva sila je reakcija F/2. Ona jepozitivna (pogledati znak sile)

DL

Krenemo sa leve strane i analiziramosile redom

Nanosimo silu na dijagram na gorejer se pozitivne transverzalne silecrtaju sa gornje strane nulte linije.

Sve do sile F nema drugihtransverzalnih sila tako da je Tz=F/2Na mestu koncentrisane sile javlja seskok transverzalnih sila unegativnom pravcu za vrednost sile F

11

FA B

N

F/2 L/2 L/2 F/2

T

0

0F/2

z

+ F

Fzlevo=+F/2-F=-F/2

Vrednost transverzalne sile poslepreseka gde duluje sila F je:

Sve do sile VB nema promenetransverzalnih sila

Na kraju sila VB=F/2 deluje upozitivnom pravcu gledajući sa levestrane i zatvara dijagram (vraća ga unulu). Svaki dijagram mora bitizatvoren.

Za crtanje dijagrama transverzalnih sila usvojimo pravilo:Krenemo sa leve strane i nanosimo sile u pravcu njihovogdelovanja.

12

FA B

N

F/2 L/2 L/2 F/2

0

z

T0F/2 +

- F/2

F/2

F/2

3/3/2015

7

Crtanje dijagrama momenata savijanja

Oslonac A je pokretni oslonac i unjemu nema momenta.

DL

Krenemo sa leve strane i analiziramokarakteristične preseke

Na delu gde je 0zL/2 vrednostmomenta je M=F/2z. To je linearnafunkcija (kriva prvog reda jer jepromenljiva z prvog stepena). Zaz=L/2 imamo M=F/2L/2=FL/4

13

FA B

F/2 L/2 L/2 F/2

M0

z

FL/4

+

Na delu gde je L/2zL vrednost momenta je:

2

zF

4

LFzF

2

zF

4

LFzFz

2

L

2

FM 1

11

11z

za z1=L/2 imamo 02

L

2

F

4

LFM 1z

dijagram se vraća

u nulu

FA B

F/2 L/2 L/2 F/2

M0

FL/4

+

T0

F/2 +

- F/2

F/2

F/2

Uporedimo sada dijagrame momenata i dijagram transverzalnih sila

Na delu gde je 0zL/2 vrednostmomenta je:M=F/2z (kriva prvog stepena)

a vrednost transverzalne sile jeTz=F/2 (kriva nultog stepena)

Vidimo da je:Moment je funkcija za stepen viša odtransverzalne sile.

To pravilo važi uvek

3/3/2015

8

L

Nacrtati dijagrame presečnih silaq (kN/m)

Postupak rešavanja

A B

1.Odredimo reakcije oslonaca

Prosta greda opterećena jednako podeljenim opterećenjem

-Zamenimo oslonce sa reakcijama oslonaca

15

L

A B

VB

VA

HB

Postavimo uslove ravnoteže za sistem sila u ravni bez zajedničkenapadne tačke

0H;0H)1 Bi

1) Hi=0 -Suma svih horizontalnih sila jednaka je nuli

2) Vi=0 -Suma svih vertikalnih sila jednaka je nuli

3) Mi=0 -Suma momenata u nekoj tački jednaka je nuli

0VLqV;0V)2 BAi

0LV2

LLq;0M)3 BA

16

A B

VBVA

HB

L/2 L/2

q

Q

3/3/2015

9

2

LqV;0LV

2

LLq;0M)3 BBA

zamenimo u drugu jednačinu

Iz treće jednačine dobijamo

2

LqV;0

2

LqLqV;0V)2 AAi

Iz prve jednačine se vidi da je HB=0

A B

qL/2qL/2 L/2 L/2

q

17

Crtanje dijagrama

Dijagrami se crtaju upravno na osu nosača

Dijagram transverzalnih silaDijagram normalnih sila je nula –nema ih

Prva sila je reakcija qL/2. Ona jepozitivna (pogledati znak sile)

DL

Krenemo sa leve strane i analiziramosile redom

Sila od oslonca A linearno opada jerje pravac kontinualnog opterećenja unegativnom smeru sa leve strane

18

Na delu gde je 0zL/2 vrednosttransverzalne sile je T=qL/2-qz. Toje linearna funkcija (kriva prvog redajer je promenljiva z prvog stepena).Za z=L/2 imamo T=qL/2-qL/2=0

A B

NqL/2

L

T

0

0

z

qL/2 qL/2

+

3/3/2015

10

Fzlevo=+qL/2-qL=-qL/2

Vrednost transverzalne sile poslepolovine raspona je ista funkcija:

za z=L imamo

Na kraju sila VB=qL/2 deluje upozitivnom pravcu gledajući sa levestrane i zatvara dijagram (vraća ga unulu). Svaki dijagram mora bitizatvoren.

Za crtanje dijagrama transverzalnih sila usvojimo pravilo:Krenemo sa leve strane i nanosimo sile u pravcu njihovogdelovanja.

19

A B

L

z

qL/2 qL/2

NqL/2

T

0

0

-

+

qL/2

Fzlevo=+qL/2-qz

Crtanje dijagrama momenata savijanja

Oslonac A je pokretni oslonac i unjemu nema momenta.

DL

Krenemo sa leve strane i analiziramokarakteristične preseke

Na delu gde je 0zL vrednostmomenta je :

20

Za z=L/2 imamo:

2

zqz

2

Lq

2

zzqzVM

2

Az

A B

qL/2 L/2 L/2

M0

qL2/8

+

z

qL/2

To je kvadratna jednačina(kriva drugog stepena- kvadratnaparabola)

8

Lq

8

Lq

4

Lq

2

2

Lq

2

L

2

LqM

222

2

2/Lz

3/3/2015

11

Uporedimo sada dijagrame momenata i dijagram transverzalnih sila

Kriva drugogstepena

Vidimo da je:Moment je funkcija za stepen viša odtransverzalne sile.

To pravilo važi uvek

A B

qL/2 L/2 L/2

M0

qL2/8

+

z

qL/2

qL/2

T0

-

+

qL/2

2

zqz

2

LqM

2

z

Na delu gde je 0zL vrednostmomenta je:

Na delu gde je 0zL vrednosttransverzalne sile je:

zq2

LqTz

Kriva prvog stepena

21

Uvedimo sada još jedno pravilo koje važi za sve dijagrame

Vidimo da važi:Gde transverzalna sila ima vrednostnula, momenat savijanja imaekstremnu vrednost (min ili max).

To pravilo važi uvek

A B

qL/2 L/2 L/2

M0

qL2/8

+

z

qL/2

qL/2

T0

-

+

qL/2

8

LqM

2

z

Za vrednost z=L/2 momenat imamaksimalnu vrednost

Odgovarajuća vrednosttransverzalne sile je:

0Tz

22

3/3/2015

12

23

To je nosač koji je na svom jednom kraju uklješten a na drugomnema oslonac

Konzola opterećena koncentrisanom silom

Pretpostavljeni smer oslonačkog momentaje pogrešan. Potrebno je samo obrnuti smer

0H;0H)1 Ai

1) Hi=0

2) Vi=0

3) Mi=0

FV;0FV;0V)2 AAi

A

L

A

LHA

VA

MA

F

LFM;0LFM;0M)3 AAA

Uslovi ravnoteže

Crtanje dijagramaDL

Normalne sile - nema normalnih sila

Transverzalne sile

konstantno do sile F koja vraća unulu

Oslonac A Tz=VA=F

Momenti savijanja

Oslonac A Mz=-FL

A

LHA

VA

MA

+

-

N

T

M

FF

FL

zF

Na 0zL Mz=-FL+Fzdijagram momenat linearno opada(odnosno ide u pozitivnom smeru)

za z=L Mz=-FL+FL=0

24

3/3/2015

13

25

Konzola opterećena jednakopodeljenim opterećenjem

Pretpostavljeni smer oslonačkog momentaje pogrešan. Potrebno je samo obrnuti smer

0H;0H)1 Ai

1) Hi=0

2) Vi=0

3) Mi=0

LqV;0LqV;0V)2 AAi

2

LqM;0

2

LLqM;0M)3

2

AAA

Uslovi ravnoteže

A

L

LHA

VA

MA

q

q

Crtanje dijagramaDL

Normalne sile - nema normalnih sila

Transverzalne sile

na delu OzL Tz=qL-qzza z=L T=0

Oslonac A Tz=VA=qL

Momenti savijanja

Oslonac A Mz=-qL2/2

Na 0zL Mz=-qL2/2+qzz/2dijagram momenat opada (odnosnoide u pozitivnom smeru) po zakonukvadratne parabole

26

LHA

VA

MA

-

N

T

M

qL

qL2/2

zqz

+

f=qL2/8

Za z=0 Mz=-qL2/2+qLL/2=0Strela parabole je uvek f=qL2/8

3/3/2015

14

Greda sa prepustom je spoj proste grede i konzole

Složeni nosači

greda sa jednim prepustom

L a

F

=konzola

+

L

RM

a

MF

R

27

Greda sa prepustom i prosta greda

L a L1

=

greda sa jednim prepustom +L a

R

prosta greda

L1R R

28

3/3/2015

15

Spoj proste grede i konzole

L L1

+

= prosta greda

R L1

Konzola

L

R

29

6.1 Za zadati nosač i opterećenje nacrtati dijagrame presečnihsila

a) Određivanje reakcija

10 kN10 kNmMA

G

HA

VA VB

zamenimo oslonce sa reakcijama oslonaca1) Hi=0

2) Vi=0

3) Mi=0

Uslovi ravnoteže

imamo četri nepoznate reakcije

Potreban je još jedan uslovravnoteže

30

2

10 kN10 kNm

2 2 2

A G B

45

3/3/2015

16

31

1) Hi=0

2) Vi=0

3) Mi=0

Uslovi ravnotežeosnovni

Dodatni uslov je momenat u zglobu jednak nuli. Možemo uzetisumu momenata sa leve ili desne strane u odnosu na zglob

045cos10H;0H)1 oAi

0V45sin10V;0V)2 Bo

Ai

08V645sin1010M;0M)3 Bo

AA

10 kN10 kNmMA

G

HA

VA VB

45

2 2 2 2

04V245sin10;0M)4 Bod

G

Četri jednačine iz kojih izračunavamo četri nepoznate reakcije

kN54,34/245sin10V;04V245sin10 oBB

o

Iz četvrte jednačine imamo

Iz treće jednačine imamo

kNm10,4854,3645sin1010M oA

kN54,3V45sin10V Bo

A

Iz druge jednačine imamo

Iz prve jednačine imamo

kN07,745cos10H oA

32

3/3/2015

17

33

3,54

3,54

Crtanje dijagrama presečnih sila

N

Normalne sile

DL

NA=-7,07 kN (pritiska kraj štapa)

-

Sve do sile FH nema promene isila Fcos45 zatvara dijagram

Transverzalne sile

VA=3,54 kN (pozitivna)

7,07 7,07

+- 3,54

7,07T Sve do sile FV nema promene sila

Fsin 45 deluje u negativnomsmeru

10 kN10 kNm

4,10G

7,07 45

2 2 2 2

A

B

Dalje je dijagram konstantan isila BV zatvara dijagram

34

3,54

N

Momenti savijanja

DL

U čvoru A deluje momenatMA=-4,10 kNm(negativan levo)

-7,07 7,07

+- 3,54

7,07T

M4,10

U čvoru CMC

levo=-4,10+3,542=2,98 kNmMC

desno=2,98-10=-7,02 kNm

2,98

7,02

U čvoru G (zglob)MG

levo=-4,10+3,544-10=0 kNmMG

desno=0U čvoru DMD

levo=-4,10+3,546-10=7,07 kNmMD

desno=3,542=7,07 kNm

10 kN10 kNm

4,10G

7,07

3,54

45

2 2 2 2

A

B

3,54

C D

U čvoru BMB=0(pokretan oslonac)

7,07+

- -