Transcript 2B SAVIJANJE GREDE SILAMAx
Slide 1
Unutrašnje sile u poprečnom preseku
poprečni presek štapa
A
F
A
T
Z
F
F
x
F
l
A
y
y
U preseku A-A javljaju se normalna sila, transverzalna sila i
momenat savijanja.
Slide 2
Greda je opterećena na desnom kraju silom F paralelno jednoj od glavnih
centralnih osa inercije (y osi).
poprečni presek štapa
A
F
T
Z
x
F
l
y
y
Da bi levi kraj bio u ravnoteži potrebno je da se na tom kraju jave:
Sila da uravnoteži silu F
Momenat
da uravnoteži momenat usled sile F
Usled spoljašnje sile F u gredi se javljaju unutrašnje sile:
Transverzalna sila i momenat
2
Slide 3
NORMALNA (AKSIJALNA) SILE
sila pritiska
pritiska svoj kraj štapa
sila zatezanja
zateže svoj kraj štapa
F
F
F
F
sila je pozitivna
sila je negativna
POZITIVNI SMEROVI UNUTRAŠNJIH SILA
M
N
T levo
desno
N M
T
3
Slide 4
TRANSVERZALNA SILA
TRANSVERZALNA SILA - sila koja je upravna na osu štapa
Z
F
Z
l
y
Transverzalna sila u nekom preseku jednaka je zbiru svih
transverzalnih sila levo ili desno od posmatranog preseka
Transverzalna sila je pozitivna kada suprotan kraj štapa
obrće u smeru kazaljke časovnika (sa leva udesno)
4
Slide 5
Unutrašnje sile u poprečnom preseku
MOMENAT SAVIJANJA
Мx
Z
Мx
Z
y
Momenat savijanja u nekom preseku jednaka je zbiru svih
momenata savijanja levo ili desno od posmatranog preseka
Momenat savijanja je pozitivan kada zateže donju stranu
5
Slide 6
Rekapitulacija – gredni nosač
F
M
q
Slide 7
Unutrašnje sile su
1.Normalne sile
2.Transverzalne sile
3.Momenti savijanja
Unutrašnje sile se predstavljaju dijagramima unutrašnjih sila
Prosta greda
To je nosač koji je na svojim krajevima vezan nepokretnim i
pokretnim osloncem
L
7
Slide 8
Prosta greda opterećena silom u sredini
Nacrtati dijagrame presečnih sila
F (kN)
A
B
L
Postupak rešavanja
1.Odredimo reakcije oslonaca
-Zamenimo oslonce sa reakcijama oslonaca
F
A
B HB
L/2
L/2
VB
VA
8
Slide 9
Postavimo uslove ravnoteže za sistem sila u ravni bez zajedničke
napadne tačke
1) Hi=0
2) Vi=0
-Suma svih horizontalnih sila jednaka je nuli
-Suma svih vertikalnih sila jednaka je nuli
3) Mi=0
-Suma momenata u nekoj tački jednaka je nuli
1) H i 0 ;
HB 0
2 ) Vi 0 ;
V A F VB 0
3 ) M A 0 ; F L / 2 VB L 0
F
A
VA
L/2
B
L/2
HB
VB
9
Slide 10
Iz treće jednačine dobijamo
3 ) M A 0 ; F L / 2 VB L 0
VB
F
2
Vratimo u drugu VB
VA F
F
2
0;
VA
F
2
Iz prve jednačine se vidi da je HB=0
Određeni zaključci
Ako nema horizontalnog opterećenja tada nema ni horizontalnih
reakcija
Ako je nosač simetričan i opterećenje simetrično tada su i reakcije
simetrične (iste)
10
Slide 11
Crtanje dijagrama
Dijagrami se crtaju upravno na osu nosača
L
D
Dijagram normalnih sila je nula –nema ih
Dijagram transverzalnih sila
Krenemo sa leve strane i analiziramo
z
sile redom
F
Prva sila je reakcija F/2. Ona je
A
B
pozitivna (pogledati znak sile)
F/2 Nanosimo silu na dijagram na gore
F/2
L/2
L/2
jer se pozitivne transverzalne sile
0
N crtaju sa gornje strane nulte linije.
Sve do sile F nema drugih
transverzalnih sila tako da je Tz=F/2
F
+
F/20
T Na mestu koncentrisane sile javlja se
skok transverzalnih sila u
negativnom pravcu za vrednost sile F
11
Slide 12
z
F
A
F/2
Vrednost transverzalne sile posle
preseka gde duluje sila F je:
L/2
B
L/2
N
0
F/20
F/2
F/2
+
F/2
-
T
F/2
Fz levo=+F/2-F=-F/2
Sve do sile VB nema promene
transverzalnih sila
Na kraju sila VB=F/2 deluje u
pozitivnom pravcu gledajući sa leve
strane i zatvara dijagram (vraća ga u
nulu). Svaki dijagram mora biti
zatvoren.
Za crtanje dijagrama transverzalnih sila usvojimo pravilo:
Krenemo sa leve strane i nanosimo sile u pravcu njihovog
delovanja.
12
Slide 13
Crtanje dijagrama momenata savijanja
L
D
z
F
A
F/2
L/2
B
L/2
Krenemo sa leve strane i analiziramo
karakteristične preseke
F/2
Oslonac A je pokretni oslonac i u
njemu nema momenta.
M Na delu gde je 0zL/2 vrednost
0
+
momenta je M=F/2z. To je linearna
funkcija (kriva prvog reda jer je
FL/4
promenljiva z prvog stepena). Za
z=L/2 imamo M=F/2L/2=FL/4
Na delu gde je L/2zL vrednost momenta je:
F L
F L
F z1
F L
F z1
z1 F z
F z1
2 2
4
2
4
2
F L
F L
dijagram se vraća
0
za z1=L/2 imamo M z 1
13
u nulu
4
2 2
M z1
Slide 14
Uporedimo sada dijagrame momenata i dijagram transverzalnih sila
F
A
F/2
L/2
0
B
L/2
F/2
M
+
Vidimo da je:
Moment je funkcija za stepen viša od
transverzalne sile.
FL/4
F/20
To pravilo važi uvek
F/2
+
F/2
Na delu gde je 0zL/2 vrednost
momenta je:
M=F/2z (kriva prvog stepena)
a vrednost transverzalne sile je
Tz=F/2
(kriva nultog stepena)
T
-
F/2
Slide 15
Prosta greda opterećena jednako podeljenim opterećenjem
Nacrtati dijagrame presečnih sila
q (kN/m)
A
B
L
Postupak rešavanja
1.Odredimo reakcije oslonaca
-Zamenimo oslonce sa reakcijama oslonaca
A
B
L
HB
VB
VA
15
Slide 16
Postavimo uslove ravnoteže za sistem sila u ravni bez zajedničke
napadne tačke
1) Hi=0
2) Vi=0
-Suma svih horizontalnih sila jednaka je nuli
-Suma svih vertikalnih sila jednaka je nuli
3) Mi=0
-Suma momenata u nekoj tački jednaka je nuli
1) H i 0 ;
HB 0
2 ) Vi 0 ;
3) M A
V A q L VB 0
L
0 ; q L VB L 0
2
q
A
VA
B
Q
L/2
L/2
HB
VB
16
Slide 17
Iz treće jednačine dobijamo
3) M A 0 ; q L
L
2
VB L 0 ; VB
q L
2
zamenimo u drugu jednačinu
2 ) Vi 0 ;
VA q L
q L
2
0 ; VA
q L
2
Iz prve jednačine se vidi da je HB=0
q
A
qL/2
B
L/2
L/2
qL/2
17
Slide 18
Crtanje dijagrama
Dijagrami se crtaju upravno na osu nosača
L
D
Dijagram normalnih sila je nula –nema ih
Dijagram transverzalnih sila
z
Krenemo sa leve strane i analiziramo
sile redom
Prva sila je reakcija qL/2. Ona je
A
B
pozitivna (pogledati znak sile)
qL/2
L
qL/2 Na delu gde je 0zL/2 vrednost
transverzalne sile je T=qL/2-qz. To
0
N je linearna funkcija (kriva prvog reda
jer je promenljiva z prvog stepena).
qL/2
Za z=L/2 imamo T=qL/2-qL/2=0
T Sila od oslonca A linearno opada jer
0
je pravac kontinualnog opterećenja u
negativnom smeru sa leve strane
+
18
Slide 19
z
Vrednost transverzalne sile posle
polovine raspona je ista funkcija:
levo=+qL/2-qz
F
z
B
za z=L imamo
qL/2 Fz levo=+qL/2-qL=-qL/2
A
qL/2
L
N
0
qL/2
+
0
-
T
Na kraju sila VB=qL/2 deluje u
pozitivnom pravcu gledajući sa leve
strane i zatvara dijagram (vraća ga u
nulu). Svaki dijagram mora biti
zatvoren.
qL/2
Za crtanje dijagrama transverzalnih sila usvojimo pravilo:
Krenemo sa leve strane i nanosimo sile u pravcu njihovog
delovanja.
19
Slide 20
Crtanje dijagrama momenata savijanja
z
A
qL/2
0
B
L/2
D
Krenemo sa leve strane i analiziramo
karakteristične preseke
qL/2 Oslonac A je pokretni oslonac i u
njemu nema momenta.
M Na delu gde je 0zL vrednost
momenta je :
2
z q L
qz
M z VA z q z
z
2
2
2
To je kvadratna jednačina
(kriva drugog stepena- kvadratna
parabola)
L/2
+
qL2/8
Za z=L/2 imamo:
M z L / 2
L
q L L
2 2
L
q
2
2
2
2
q L
4
2
q L
8
2
q L
8
20
Slide 21
Uporedimo sada dijagrame momenata i dijagram transverzalnih sila
z
Na delu gde je 0zL vrednost
momenta je:
A
B
qL/2
L/2
0
qL/2 M
z
L/2
M
+
qL2/8
qL/2
-
2
z
qz
2
2
Kriva drugog
stepena
Na delu gde je 0zL vrednost
transverzalne sile je:
Tz
+
0
q L
q L
q z Kriva prvog stepena
2
T Vidimo da je:
Moment je funkcija za stepen viša od
qL/2 transverzalne sile.
To pravilo važi uvek
21
Slide 22
Uvedimo sada još jedno pravilo koje važi za sve dijagrame
z
Za vrednost z=L/2 momenat ima
maksimalnu vrednost
A
B
2
qL/2
L/2
0
qL/2
L/2
M
+
qL2/8
qL/2
+
0
-
Mz
q L
8
Odgovarajuća vrednost
transverzalne sile je:
Tz 0
Vidimo da važi:
T Gde transverzalna sila ima vrednost
nula, momenat savijanja ima
qL/2 ekstremnu vrednost (min ili max).
To pravilo važi uvek
22
Slide 23
Konzola opterećena koncentrisanom silom
To je nosač koji je na svom jednom kraju uklješten a na drugom
nema oslonac
1) Hi=0
F
Uslovi ravnoteže
2) Vi=0
A
3) Mi=0
L
MA
HA
2 ) Vi 0 ;
A
HA 0
VA F 0 ; VA F
3) M A 0 ; M A F L 0 ; M A F L
L
VA
1) H i 0 ;
Pretpostavljeni smer oslonačkog momenta
je pogrešan. Potrebno je samo obrnuti smer
23
Slide 24
Crtanje dijagrama
z
MA
L
F
A
HA
Normalne sile - nema normalnih sila
L
VA
N
+
F
-
FL
D
F
T
Transverzalne sile
Oslonac A Tz=VA=F
konstantno do sile F koja vraća u
nulu
Momenti savijanja
Oslonac A Mz=-FL
M
Na 0zL Mz=-FL+Fz
dijagram momenat linearno opada
(odnosno ide u pozitivnom smeru)
za z=L
Mz=-FL+FL=0
24
Slide 25
Konzola opterećena jednakopodeljenim opterećenjem
1) Hi=0
2) Vi=0
Uslovi ravnoteže
q
3) Mi=0
A
1) H i 0 ;
L
q
MA
HA
2 ) Vi 0 ;
HA 0
VA q L 0 ; VA q L
3) M A 0 ; M A q L
L
L
2
0; M A
2
q L
2
Pretpostavljeni smer oslonačkog momenta
je pogrešan. Potrebno je samo obrnuti smer
VA
25
Slide 26
Crtanje dijagrama
z
L
qz
MA
Normalne sile - nema normalnih sila
HA
Transverzalne sile
L
VA
N
+
qL
D
T
Oslonac A Tz=VA=qL
na delu OzL Tz=qL-qz
za z=L T=0
Momenti savijanja
Oslonac A Mz=-qL2/2
2/2+qzz/2
Na
0zL
M
=-qL
z
f=qL2/8
dijagram momenat opada (odnosno
qL2/2
M
ide u pozitivnom smeru) po zakonu
kvadratne parabole
Strela parabole je uvek f=qL2/8 Za z=0 Mz=-qL2/2+qLL/2=0
-
26
Slide 27
Složeni nosači
Greda sa prepustom je spoj proste grede i konzole
greda sa jednim prepustom
L
a
=M
+
L
F
konzola
R
M
F
a
R
27
Slide 28
Greda sa prepustom i prosta greda
L
L1
a
=
prosta greda
R
greda sa jednim prepustom
L
+
L1
R
R
a
28
Slide 29
Spoj proste grede i konzole
L
L1
=
+
Konzola
prosta greda
L1
R
R
L
29
Slide 30
6.1 Za zadati nosač i opterećenje nacrtati dijagrame presečnih
sila
10 kN
10 kNm
45
A
2
G
2
B
2
2
a) Određivanje reakcija
Uslovi ravnoteže
zamenimo oslonce sa reakcijama oslonaca
imamo četri nepoznate reakcije
MA
HA
10 kNm
10 kN
G
VA
VB
1) Hi=0
2) Vi=0
3) Mi=0
Potreban je još jedan uslov
ravnoteže
30
Slide 31
MA
HA
Uslovi ravnoteže
osnovni
10 kN
45
10 kNm
1) Hi=0
2) Vi=0
G
VA
VB
3) Mi=0
2
2
2
2
Dodatni uslov je momenat u zglobu jednak nuli. Možemo uzeti
sumu momenata sa leve ili desne strane u odnosu na zglob
1) H i 0 ;
H A 10 cos 45
2 ) Vi 0 ;
VA 10 sin 45
o
o
0
VB 0
o
3) M A 0 ; M A 10 10 sin 45 6 VB 8 0
d
o
4 ) M G 0 ; 10 sin 45 2 VB 4 0
Četri jednačine iz kojih izračunavamo četri nepoznate reakcije
31
Slide 32
Iz četvrte jednačine imamo
o
o
10 sin 45 2 VB 4 0 ; VB 10 sin 45 2 / 4 3 ,54 kN
Iz treće jednačine imamo
M A 10 10 sin 45 6 3 , 54 8 4 ,10 kNm
o
Iz druge jednačine imamo
V A 10 sin 45
o
VB 3 , 54 kN
Iz prve jednačine imamo
H A 10 cos 45
o
7 , 07 kN
32
Slide 33
Crtanje dijagrama presečnih sila
10 kN
A
10 kNm
45
7,07
B
G
4,10
3,54
2
7,07
3,54
2
+
2
2
7,07
7,07
-
N
L
D
Normalne sile
NA=-7,07 kN (pritiska kraj štapa)
Sve do sile FH nema promene i
sila Fcos45 zatvara dijagram
Transverzalne sile
VA=3,54 kN (pozitivna)
T
Sve do sile FV nema promene sila
3,54 Fsin 45 deluje u negativnom
smeru
Dalje je dijagram konstantan i
sila BV zatvara dijagram
33
Slide 34
L
A
10 kN
45
10 kNm
7,07
B
C
4,10
G
3,54
2
2
-
7,07
D
2
7,07
7,02
4,10
-
2,98
N
7,07
+
7,07
Momenti savijanja
U čvoru A deluje momenat
3,54
MA=-4,10 kNm(negativan levo)
2
+
3,54
D
U čvoru C
MClevo=-4,10+3,542=2,98 kNm
MCdesno=2,98-10=-7,02 kNm
U čvoru G (zglob)
T M levo=-4,10+3,544-10=0 kNm
G
3,54 MGdesno=0
U čvoru D
MDlevo=-4,10+3,546-10=7,07 kNm
M M desno=3,542=7,07 kNm
D
U čvoru B
MB=0(pokretan oslonac)
34
Unutrašnje sile u poprečnom preseku
poprečni presek štapa
A
F
A
T
Z
F
F
x
F
l
A
y
y
U preseku A-A javljaju se normalna sila, transverzalna sila i
momenat savijanja.
Slide 2
Greda je opterećena na desnom kraju silom F paralelno jednoj od glavnih
centralnih osa inercije (y osi).
poprečni presek štapa
A
F
T
Z
x
F
l
y
y
Da bi levi kraj bio u ravnoteži potrebno je da se na tom kraju jave:
Sila da uravnoteži silu F
Momenat
da uravnoteži momenat usled sile F
Usled spoljašnje sile F u gredi se javljaju unutrašnje sile:
Transverzalna sila i momenat
2
Slide 3
NORMALNA (AKSIJALNA) SILE
sila pritiska
pritiska svoj kraj štapa
sila zatezanja
zateže svoj kraj štapa
F
F
F
F
sila je pozitivna
sila je negativna
POZITIVNI SMEROVI UNUTRAŠNJIH SILA
M
N
T levo
desno
N M
T
3
Slide 4
TRANSVERZALNA SILA
TRANSVERZALNA SILA - sila koja je upravna na osu štapa
Z
F
Z
l
y
Transverzalna sila u nekom preseku jednaka je zbiru svih
transverzalnih sila levo ili desno od posmatranog preseka
Transverzalna sila je pozitivna kada suprotan kraj štapa
obrće u smeru kazaljke časovnika (sa leva udesno)
4
Slide 5
Unutrašnje sile u poprečnom preseku
MOMENAT SAVIJANJA
Мx
Z
Мx
Z
y
Momenat savijanja u nekom preseku jednaka je zbiru svih
momenata savijanja levo ili desno od posmatranog preseka
Momenat savijanja je pozitivan kada zateže donju stranu
5
Slide 6
Rekapitulacija – gredni nosač
F
M
q
Slide 7
Unutrašnje sile su
1.Normalne sile
2.Transverzalne sile
3.Momenti savijanja
Unutrašnje sile se predstavljaju dijagramima unutrašnjih sila
Prosta greda
To je nosač koji je na svojim krajevima vezan nepokretnim i
pokretnim osloncem
L
7
Slide 8
Prosta greda opterećena silom u sredini
Nacrtati dijagrame presečnih sila
F (kN)
A
B
L
Postupak rešavanja
1.Odredimo reakcije oslonaca
-Zamenimo oslonce sa reakcijama oslonaca
F
A
B HB
L/2
L/2
VB
VA
8
Slide 9
Postavimo uslove ravnoteže za sistem sila u ravni bez zajedničke
napadne tačke
1) Hi=0
2) Vi=0
-Suma svih horizontalnih sila jednaka je nuli
-Suma svih vertikalnih sila jednaka je nuli
3) Mi=0
-Suma momenata u nekoj tački jednaka je nuli
1) H i 0 ;
HB 0
2 ) Vi 0 ;
V A F VB 0
3 ) M A 0 ; F L / 2 VB L 0
F
A
VA
L/2
B
L/2
HB
VB
9
Slide 10
Iz treće jednačine dobijamo
3 ) M A 0 ; F L / 2 VB L 0
VB
F
2
Vratimo u drugu VB
VA F
F
2
0;
VA
F
2
Iz prve jednačine se vidi da je HB=0
Određeni zaključci
Ako nema horizontalnog opterećenja tada nema ni horizontalnih
reakcija
Ako je nosač simetričan i opterećenje simetrično tada su i reakcije
simetrične (iste)
10
Slide 11
Crtanje dijagrama
Dijagrami se crtaju upravno na osu nosača
L
D
Dijagram normalnih sila je nula –nema ih
Dijagram transverzalnih sila
Krenemo sa leve strane i analiziramo
z
sile redom
F
Prva sila je reakcija F/2. Ona je
A
B
pozitivna (pogledati znak sile)
F/2 Nanosimo silu na dijagram na gore
F/2
L/2
L/2
jer se pozitivne transverzalne sile
0
N crtaju sa gornje strane nulte linije.
Sve do sile F nema drugih
transverzalnih sila tako da je Tz=F/2
F
+
F/20
T Na mestu koncentrisane sile javlja se
skok transverzalnih sila u
negativnom pravcu za vrednost sile F
11
Slide 12
z
F
A
F/2
Vrednost transverzalne sile posle
preseka gde duluje sila F je:
L/2
B
L/2
N
0
F/20
F/2
F/2
+
F/2
-
T
F/2
Fz levo=+F/2-F=-F/2
Sve do sile VB nema promene
transverzalnih sila
Na kraju sila VB=F/2 deluje u
pozitivnom pravcu gledajući sa leve
strane i zatvara dijagram (vraća ga u
nulu). Svaki dijagram mora biti
zatvoren.
Za crtanje dijagrama transverzalnih sila usvojimo pravilo:
Krenemo sa leve strane i nanosimo sile u pravcu njihovog
delovanja.
12
Slide 13
Crtanje dijagrama momenata savijanja
L
D
z
F
A
F/2
L/2
B
L/2
Krenemo sa leve strane i analiziramo
karakteristične preseke
F/2
Oslonac A je pokretni oslonac i u
njemu nema momenta.
M Na delu gde je 0zL/2 vrednost
0
+
momenta je M=F/2z. To je linearna
funkcija (kriva prvog reda jer je
FL/4
promenljiva z prvog stepena). Za
z=L/2 imamo M=F/2L/2=FL/4
Na delu gde je L/2zL vrednost momenta je:
F L
F L
F z1
F L
F z1
z1 F z
F z1
2 2
4
2
4
2
F L
F L
dijagram se vraća
0
za z1=L/2 imamo M z 1
13
u nulu
4
2 2
M z1
Slide 14
Uporedimo sada dijagrame momenata i dijagram transverzalnih sila
F
A
F/2
L/2
0
B
L/2
F/2
M
+
Vidimo da je:
Moment je funkcija za stepen viša od
transverzalne sile.
FL/4
F/20
To pravilo važi uvek
F/2
+
F/2
Na delu gde je 0zL/2 vrednost
momenta je:
M=F/2z (kriva prvog stepena)
a vrednost transverzalne sile je
Tz=F/2
(kriva nultog stepena)
T
-
F/2
Slide 15
Prosta greda opterećena jednako podeljenim opterećenjem
Nacrtati dijagrame presečnih sila
q (kN/m)
A
B
L
Postupak rešavanja
1.Odredimo reakcije oslonaca
-Zamenimo oslonce sa reakcijama oslonaca
A
B
L
HB
VB
VA
15
Slide 16
Postavimo uslove ravnoteže za sistem sila u ravni bez zajedničke
napadne tačke
1) Hi=0
2) Vi=0
-Suma svih horizontalnih sila jednaka je nuli
-Suma svih vertikalnih sila jednaka je nuli
3) Mi=0
-Suma momenata u nekoj tački jednaka je nuli
1) H i 0 ;
HB 0
2 ) Vi 0 ;
3) M A
V A q L VB 0
L
0 ; q L VB L 0
2
q
A
VA
B
Q
L/2
L/2
HB
VB
16
Slide 17
Iz treće jednačine dobijamo
3) M A 0 ; q L
L
2
VB L 0 ; VB
q L
2
zamenimo u drugu jednačinu
2 ) Vi 0 ;
VA q L
q L
2
0 ; VA
q L
2
Iz prve jednačine se vidi da je HB=0
q
A
qL/2
B
L/2
L/2
qL/2
17
Slide 18
Crtanje dijagrama
Dijagrami se crtaju upravno na osu nosača
L
D
Dijagram normalnih sila je nula –nema ih
Dijagram transverzalnih sila
z
Krenemo sa leve strane i analiziramo
sile redom
Prva sila je reakcija qL/2. Ona je
A
B
pozitivna (pogledati znak sile)
qL/2
L
qL/2 Na delu gde je 0zL/2 vrednost
transverzalne sile je T=qL/2-qz. To
0
N je linearna funkcija (kriva prvog reda
jer je promenljiva z prvog stepena).
qL/2
Za z=L/2 imamo T=qL/2-qL/2=0
T Sila od oslonca A linearno opada jer
0
je pravac kontinualnog opterećenja u
negativnom smeru sa leve strane
+
18
Slide 19
z
Vrednost transverzalne sile posle
polovine raspona je ista funkcija:
levo=+qL/2-qz
F
z
B
za z=L imamo
qL/2 Fz levo=+qL/2-qL=-qL/2
A
qL/2
L
N
0
qL/2
+
0
-
T
Na kraju sila VB=qL/2 deluje u
pozitivnom pravcu gledajući sa leve
strane i zatvara dijagram (vraća ga u
nulu). Svaki dijagram mora biti
zatvoren.
qL/2
Za crtanje dijagrama transverzalnih sila usvojimo pravilo:
Krenemo sa leve strane i nanosimo sile u pravcu njihovog
delovanja.
19
Slide 20
Crtanje dijagrama momenata savijanja
z
A
qL/2
0
B
L/2
D
Krenemo sa leve strane i analiziramo
karakteristične preseke
qL/2 Oslonac A je pokretni oslonac i u
njemu nema momenta.
M Na delu gde je 0zL vrednost
momenta je :
2
z q L
qz
M z VA z q z
z
2
2
2
To je kvadratna jednačina
(kriva drugog stepena- kvadratna
parabola)
L/2
+
qL2/8
Za z=L/2 imamo:
M z L / 2
L
q L L
2 2
L
q
2
2
2
2
q L
4
2
q L
8
2
q L
8
20
Slide 21
Uporedimo sada dijagrame momenata i dijagram transverzalnih sila
z
Na delu gde je 0zL vrednost
momenta je:
A
B
qL/2
L/2
0
qL/2 M
z
L/2
M
+
qL2/8
qL/2
-
2
z
qz
2
2
Kriva drugog
stepena
Na delu gde je 0zL vrednost
transverzalne sile je:
Tz
+
0
q L
q L
q z Kriva prvog stepena
2
T Vidimo da je:
Moment je funkcija za stepen viša od
qL/2 transverzalne sile.
To pravilo važi uvek
21
Slide 22
Uvedimo sada još jedno pravilo koje važi za sve dijagrame
z
Za vrednost z=L/2 momenat ima
maksimalnu vrednost
A
B
2
qL/2
L/2
0
qL/2
L/2
M
+
qL2/8
qL/2
+
0
-
Mz
q L
8
Odgovarajuća vrednost
transverzalne sile je:
Tz 0
Vidimo da važi:
T Gde transverzalna sila ima vrednost
nula, momenat savijanja ima
qL/2 ekstremnu vrednost (min ili max).
To pravilo važi uvek
22
Slide 23
Konzola opterećena koncentrisanom silom
To je nosač koji je na svom jednom kraju uklješten a na drugom
nema oslonac
1) Hi=0
F
Uslovi ravnoteže
2) Vi=0
A
3) Mi=0
L
MA
HA
2 ) Vi 0 ;
A
HA 0
VA F 0 ; VA F
3) M A 0 ; M A F L 0 ; M A F L
L
VA
1) H i 0 ;
Pretpostavljeni smer oslonačkog momenta
je pogrešan. Potrebno je samo obrnuti smer
23
Slide 24
Crtanje dijagrama
z
MA
L
F
A
HA
Normalne sile - nema normalnih sila
L
VA
N
+
F
-
FL
D
F
T
Transverzalne sile
Oslonac A Tz=VA=F
konstantno do sile F koja vraća u
nulu
Momenti savijanja
Oslonac A Mz=-FL
M
Na 0zL Mz=-FL+Fz
dijagram momenat linearno opada
(odnosno ide u pozitivnom smeru)
za z=L
Mz=-FL+FL=0
24
Slide 25
Konzola opterećena jednakopodeljenim opterećenjem
1) Hi=0
2) Vi=0
Uslovi ravnoteže
q
3) Mi=0
A
1) H i 0 ;
L
q
MA
HA
2 ) Vi 0 ;
HA 0
VA q L 0 ; VA q L
3) M A 0 ; M A q L
L
L
2
0; M A
2
q L
2
Pretpostavljeni smer oslonačkog momenta
je pogrešan. Potrebno je samo obrnuti smer
VA
25
Slide 26
Crtanje dijagrama
z
L
qz
MA
Normalne sile - nema normalnih sila
HA
Transverzalne sile
L
VA
N
+
qL
D
T
Oslonac A Tz=VA=qL
na delu OzL Tz=qL-qz
za z=L T=0
Momenti savijanja
Oslonac A Mz=-qL2/2
2/2+qzz/2
Na
0zL
M
=-qL
z
f=qL2/8
dijagram momenat opada (odnosno
qL2/2
M
ide u pozitivnom smeru) po zakonu
kvadratne parabole
Strela parabole je uvek f=qL2/8 Za z=0 Mz=-qL2/2+qLL/2=0
-
26
Slide 27
Složeni nosači
Greda sa prepustom je spoj proste grede i konzole
greda sa jednim prepustom
L
a
=M
+
L
F
konzola
R
M
F
a
R
27
Slide 28
Greda sa prepustom i prosta greda
L
L1
a
=
prosta greda
R
greda sa jednim prepustom
L
+
L1
R
R
a
28
Slide 29
Spoj proste grede i konzole
L
L1
=
+
Konzola
prosta greda
L1
R
R
L
29
Slide 30
6.1 Za zadati nosač i opterećenje nacrtati dijagrame presečnih
sila
10 kN
10 kNm
45
A
2
G
2
B
2
2
a) Određivanje reakcija
Uslovi ravnoteže
zamenimo oslonce sa reakcijama oslonaca
imamo četri nepoznate reakcije
MA
HA
10 kNm
10 kN
G
VA
VB
1) Hi=0
2) Vi=0
3) Mi=0
Potreban je još jedan uslov
ravnoteže
30
Slide 31
MA
HA
Uslovi ravnoteže
osnovni
10 kN
45
10 kNm
1) Hi=0
2) Vi=0
G
VA
VB
3) Mi=0
2
2
2
2
Dodatni uslov je momenat u zglobu jednak nuli. Možemo uzeti
sumu momenata sa leve ili desne strane u odnosu na zglob
1) H i 0 ;
H A 10 cos 45
2 ) Vi 0 ;
VA 10 sin 45
o
o
0
VB 0
o
3) M A 0 ; M A 10 10 sin 45 6 VB 8 0
d
o
4 ) M G 0 ; 10 sin 45 2 VB 4 0
Četri jednačine iz kojih izračunavamo četri nepoznate reakcije
31
Slide 32
Iz četvrte jednačine imamo
o
o
10 sin 45 2 VB 4 0 ; VB 10 sin 45 2 / 4 3 ,54 kN
Iz treće jednačine imamo
M A 10 10 sin 45 6 3 , 54 8 4 ,10 kNm
o
Iz druge jednačine imamo
V A 10 sin 45
o
VB 3 , 54 kN
Iz prve jednačine imamo
H A 10 cos 45
o
7 , 07 kN
32
Slide 33
Crtanje dijagrama presečnih sila
10 kN
A
10 kNm
45
7,07
B
G
4,10
3,54
2
7,07
3,54
2
+
2
2
7,07
7,07
-
N
L
D
Normalne sile
NA=-7,07 kN (pritiska kraj štapa)
Sve do sile FH nema promene i
sila Fcos45 zatvara dijagram
Transverzalne sile
VA=3,54 kN (pozitivna)
T
Sve do sile FV nema promene sila
3,54 Fsin 45 deluje u negativnom
smeru
Dalje je dijagram konstantan i
sila BV zatvara dijagram
33
Slide 34
L
A
10 kN
45
10 kNm
7,07
B
C
4,10
G
3,54
2
2
-
7,07
D
2
7,07
7,02
4,10
-
2,98
N
7,07
+
7,07
Momenti savijanja
U čvoru A deluje momenat
3,54
MA=-4,10 kNm(negativan levo)
2
+
3,54
D
U čvoru C
MClevo=-4,10+3,542=2,98 kNm
MCdesno=2,98-10=-7,02 kNm
U čvoru G (zglob)
T M levo=-4,10+3,544-10=0 kNm
G
3,54 MGdesno=0
U čvoru D
MDlevo=-4,10+3,546-10=7,07 kNm
M M desno=3,542=7,07 kNm
D
U čvoru B
MB=0(pokretan oslonac)
34