ОСОБЕНОСТИ НА ЕЛАСТИЧНАТА ЛИНИЈА:

Диференцијална равенка на еластична линија: )('' zMyEJ x −=

Линија на наклон: 1)(' CdzzMyEJ x +−= ∫ [ ]2km

Линија на уклон: 21

)( CzCdzdzzMyEJ x ++−= ∫ ∫ [ ]3km

1. Кога моментот е позитивен (М>0), линијата на уклонот е испакната надолу, а кога моментот е негативен (M<0) линијата на уклонот е испакната нагоре.

2. Во пресекот по должина на гредата каде што M=0, т.е. 0'' =y еластичната линија (линијата на уклонот) има

инфлексиона (превојна точка).

3. Во пресекот каде наклонот е нула 0'=yEJ x еластичната линија (линијата на уклонот) има екстремна

вредност (min или max).

4. Во пресекот каде што моментот е еднаков на нула (M=0) линијата на наклонот 'yEJ x има екстрем, а во

пресекот од гредата каде трансверзалната сила е еднаква на нула (Т=0) истата линија има превојна точка, точка на инфлексија.

5. Ако гредата има оска на симетрија, и ако е товарена со симетричен товар тогаш и еластичната линија е симетрична. При обратно симетрично (асиметрично) натоварување еластичната линија е исто така асиметрична.

ГЕОМЕТРИСКИ ГРАНИЧНИ УСЛОВИ ЗА ОПРЕДЕЛУВАЊЕ НА КОНСТАНТИТЕ ОД ИНТЕГРАЦИЈА

број Шема на граничен услов Аналитички израз за дефинирање на граничниот услов

1 Вклештување

0=z

1. Наклонот е еднаков на нула 0' =Ax yEJ

2. Уклонот е еднаков на нула 0=Ax yEJ

2 Крајно лежиште (подвижно или неподвижно)

0=z

1. Уклонот е еднаков на нула 0=Ax yEJ

3 Средно лежиште

lz =1 ; 02 =z

1. Наклонот лево и десно е ист

( ) ( )десноxлевоx yEJyEJ '' =

lz =1 ;

2. Уклонот лево е еднаков на нула 0)( =левоx yEJ

02 =z ;

3. Уклонот десно е еднаков на нула ( ) 0=десноx yEJ

4 Внатрешна граница помеѓу два дела

lz =1 ; 02 =z

1. Наклонот лево и десно е ист

( ) ( )десноxлевоx yEJyEJ '' =

2. Уклонот лево и десно е ист ( ) ( )десноxлевоx yEJyEJ =

5 Зглоб кој ја сече оската на гредата

lz =1 ; 02 =z

1. Уклонот лево и десно е ист ( ) ( )десноxлевоx yEJyEJ =

ПРАВИЛА ЗА ФОРМИРАЊЕ НА МOHR-ОВ НОСАЧ

….

.

.

.

.

.

.

..

.

.

.

.

.

.

.

.

.

12. Да се определи уклонот во точка А од зададениот носач и да се скицираат линиите на уклон и наклон, ако истиот е со правоаголен напречен пресек со димензии b/h = 20/40 cm и е изработен од материјал со модул на

еластичност E=2⋅104 MPa.

Решение:

Наклонот во лежиштето B (за проста греда товарена со момент во средина) изнесува:

][ 60

24

6240

24

2kmEJxEJxEJx

lMB −=

⋅−=

⋅−=θ

Бидејќи препустот AB не е товарен со надворешен товар, следува дека препустот AB ќе се заротира за агол Bθ околу лежиштето B (наклонот на препустот ќе биде константен и еднаков во наклонот во лежиштето B).

Уклонот во точка А ќе биде еднаков на аголот на ротација помножен со растојанието од точката на ротација (лежиште B) до точка А.

][ 120

260

2 3kmEJxEJx

y BA =⋅=⋅= θ

Ако во горниот израз се заменат вредностите на материјалните и геометриските карактеристики:

Е=2⋅104 MPa=2⋅107 kPa и 4333

100667.112

4.02.0

12m

hbJx −⋅=

⋅=

⋅= , ќе се добие вредноста на уклонот во А

mmmEJx

yA 625.5005625.0100667.1102

12012037

==⋅⋅⋅

==−

13. Да се реши статички неопределениот носач и да се нацртаат дијаграмите за статичките големини, а потоа со помош на Mohr-овата аналогија да се определат и нацртаат линиите на уклон и наклон.

Решение:

Носачот е еднаш статички неопределен. Oсновниот статички определен носач се формира со елиминирање на една прекубројна, односно со поставување на зглоб во вклештувањето и со додавање на непознатата големина (момент во вклештување). Силата од препустот се редуцира со момент MF и сила F во лежиштето B. O.С.О.С.

Еквивалентноста на статички неопределениот и основниот статички определен систем ќе биде задоволена, ако е задоволен условот од деформации, односно, наклонот на тангентата во точка A да биде еднаков на нула. Од овој дополнителен услов се определува и вредноста на непознатата големина моментот во вклештување MA.

ΣαA=0

Наклонот на тангентата во точката А, за еквивалентниот статички определен систем, е еднаков на сума од наклоните на тангентата предизвикани од дејство на надворешниот товар и непознатата прекубројна големина:

ΣαA=αAMF+αA

M=800+αA

MA

EJ6

200

EJ6

MF

⋅⋅

−=⋅⋅

−=llMFα

EJ24

800

EJ42

M

⋅⋅

−=⋅⋅

−=llMα

EJ3

M

EJ3

M AA

⋅⋅

−=⋅⋅

−=llMAα

F=100kN

4m 4m 2m

1 2

M=800kNm

1 2

M=800kNm

MF=200kN

m

MA=?

F=100kN

B A

Ay By

0EJ3

M

EJ24

800

EJ6

200 A=

⋅⋅

−⋅⋅

−⋅⋅

−lll

0AM100100 =+−−

kNm 200A

M =

Статичко решение:

Реакциите и статичките големини се определуваат за статички определениот систем оптоварен со зададениот надворешен товар и определената прекубројна големина, односно, моментот во вклештувањето МА.

- Определување на реакции

ΣMA=0

MA+M+F⋅10-B⋅8=0 200+800+1000-8B=0

B=250 k�

ΣMB=0

MA+M+F⋅2-A⋅8=0 200+800+200-8A=0

A=150 k�

Контрола, Σy=0 150+100-250=0 0=0

- Определување на закони за промена на статичките големини

� Трансверзални сили

A÷B T= −A =−150

B÷2 T= −A+B =−150+250=100

� Нападни моменти

A÷1 M=MA - A⋅z = 200-150⋅⋅⋅⋅z=MZ1 0 ≤ z ≤ 4

mz 0= kmM 200=

mz 4= kmM 400−=

1÷B M=MA - A⋅(4+z)+M = 400-150⋅⋅⋅⋅z=MZ2 0 ≤ z ≤ 4

mz 0= kmM 400=

mz 4= kmM 200−=

B÷2 M=MA - A⋅(8+z)+M+B⋅z = 100⋅⋅⋅⋅z-200=MZ3 0 ≤ z ≤ 2

mz 0= kmM 200−=

mz 2= 0=M

F=100kN

4m 4m 2m

1 2

M=800kNm MА=200kNm

By=250kN Ay=150kN

- трансверзални сили

- нападни моменти

Определување на линија на уклон и наклон

Линиите на уклон и наклон се определени со примена на Моровата аналогија. Моровиот носач се формира за статички определениот систем (истиот за кој се определени и законите за промена на статичките големини). ФОРМИРАЊЕ НА МОРОВ НОСАЧ

- крајно лежиште (лежиште А) останува крајно лежиште. - средно лежиште (лежиште B) преминува во зглоб. - слободен крај (точка 2) преминува во вклештување.

Моровиот носач претставува Герберова греда составена од проста греда А-B, која налегнува врз конзола B-2.

ГРЕДА BA −

200

400

400

200

1

BA

MZ1

MZ2

MZ3

200

400

400

200

1 2

B

A

Определување на реакции:

( )

0B

03200480032006400320016008B

03

4150-

2

4600-

2

440046001

3

4150

2

40028B

03

z150-

2

z600-

2

z400600z1

3150

20028B

0dz150z-600z-400z6001dz1500028B

0dzz4MzzdzMz8B

32232

4

0

3224

0

32

4

0

2

4

0

2

4

0

2

4

0

1

=

=−−++−+⋅−

=

+⋅+

−+⋅−

=

++

−+⋅−

=++−+⋅−

=+⋅+⋅+⋅−

=

∫∫

∫∫

zz

zz

0A ΣM

( )

4

0

3224

0

322

4

0

2

4

0

2

4

0

2

4

0

1

3

z150

2

z600-

2

z400600z1

3150

21200

2002-1600z8A

dz150z600z-400z6001dz1501200002-16008A

0dzz4Mzz)dz8(Mz8A

+−+

+−=⋅

+−++−=⋅

=−⋅−−⋅−⋅

=

∫∫

∫∫

zzz

zzz

0BMΣ

0A

320048003200640032009600160064008A

3

4150

2

4600-

2

440046001

3

4150

2

41200

2

4002-416008A

322322

=

+−−++−−=⋅

+−⋅+

+−⋅=⋅

контрола:

00

0120016001200800

02

150004

2

150002

0dz 150z-400dz150002

0dz Mzdz MzAB

4

0

24

0

2

4

0

4

0

4

0

2

4

0

1

=

=−+−

=

−+

−

=−−−

=−−+

=

∫∫

∫∫

zz

zz

z

0yΣ

КОНЗОЛА 2B −

( ) 2002004002

21002002-2

2

100002-dz100002-2

0dz Mz2

2

2

0

22

0

2

0

3

=+−−=

⋅+⋅−=

+−=+−=

=−−

=

∫

∫

zzz

0Σy

3

8002

3

2

2

20022M

02M-23

2

2

2002

=⋅⋅⋅

=

=⋅⋅⋅

= 02ΣM

Линија на наклон - фиктивни трансверзални сили:

1A − :

( ) 200z75z 2 −=+−=

−−=−−= ∫ 2

150200

2150200d150002

2

0

Z

0

2 zzT

Z

ξξξξ

B1 − :

( ) ( )

400400z75z 2 +−=+−⋅

+⋅−=

−−

−−=−−−−= ∫ ∫

2

150400

2

41504200

2150400

2150200d150004d150002

22

0

24

0

4

0

2Z

0

zz

T

Z

ξξ

ξξξξξξ

2B − :

( )

200z50z 2 +−=

+−=

−−=−−= ∫ z

zT

Z

2002

100200

2100d200100

2

0

2Z

0

ξξ

ξξ

Линија на уклон - фиктивни нападни моменти:

1A − :

( )( ) ( )

23 100z25z −=

−++−=

+−−⋅−=

=+⋅−−−=−−= ∫ ∫

3

150

2

150

2

200200

3150

2150

2

200200

d150150200002d-z150002

3322

0

322

Z

0

Z

0

2

zzzzzz

zzM

Z

ξξξξ

ξξξξξξξ

200

2 B

B1 − :

( )( ) ( )( )

( ) ( )

( )

32 25z200z400z +−=

=

+−−−+−−−+⋅−=

+−−⋅−

+−−−⋅+−=

=+⋅−−−+⋅−−−+−=

=−−+−−=

∫ ∫

∫ ∫

3150

2150

2

40040032001200480016008004800

3150

2150

2

400400

3150

2150

2

600

2

200200800

d150150400004d150150600200200800

d-z150004d-z4150002

3322

0

3224

0

3222

4

0

Z

0

22

4

0

Z

0

zzzzzz

zzzz

zzzz

M

Z

ξξξξ

ξξξξξξ

ξξξξξξξξξ

ξξξξξξ

CB − :

( ) ( ) ( )

3

50z100z

32 −=

=

+−−−=

+−−−=

=+−−−=⋅−−= ∫∫

2

200200

3100

2100

2

200200

3100

2100

d200200100100d-z200100

22

33

0

232

Z

0

2

Z

0

zz

zzzz

zzM

Z

ξξ

ξξ

ξξξξξξξ

Табелирање на функциите на уклон и наклон:

z EJ y’ EJ y

1A − 200z75z 2 − 23 100z25z −

0 0 0

1 -125 -75

2 -100 -200

2.667 0 -237.04

3 75 -225

4 400 0

B1 − 400400z75z 2 +− 32 25z200z400z +−

0 400 0

1 75 225

1.333 0 237.04

2 -100 200

3 -125 75

4 0 0

2B − 200z50z 2 +− 3

50z100z

32 −

0 0 0

1 150 83.33333

2 200 266.6666

- трансверзални сили

- нападни моменти

- линија на уклон

14. За носачот на сликата да се пресметаат и нацртаат линиите на наклон и уклон користејќи ја методата на Mohr и да се наведат граничните услови за определување на константите при решавање по методата на диференцијални равенки.

РЕШЕНИЕ:

Носачот е еднаш статички неопределен: n=4(непознати реакции)-3(услови за рамнотежа)=1.

Oсновниот статички определен носач се формира со елиминирање на една прекубројна, односно со поставување на зглоб во вклештувањето и со додавање на непознатата големина (момент во вклештување).

Еквивалентноста на статички неопределениот и основниот статички определен систем ќе биде задоволена, ако е задоволен условот од деформации, односно, наклонот на тангентата во точка A да биде еднаков на нула. Од овој дополнителен услов се определува и вредноста на непознатата големина моментот во вклештување MA.

0=Σ Aθ

Наклонот на тангентата во точката А, за еквивалентниот статички определен систем, е еднаков на сума од наклоните на тангентата предизвикани од дејство на надворешниот товар и непознатата прекубројна големина:

M

A

M

AAA θθθ +=Σ

EJ

M

EJ

M

EJ

lM AAAM

AA

2

3

6

3−=

⋅−=

⋅−=θ

EJEJEJ

lMM

A

20

24

680

24−=

⋅−=

⋅−=θ

Составување на дополнителната равенка од деформации:

EJEJEJ

M A

M

A

M

AAA

/0202

0

=−−

=+=Σ θθθ

kmM

M

A

A

10

0202

−=

=−−

Негативната вредност на пресметаниот момент ни укажува на грешка при претпоставката на насоката на непознатиот момент. Заради тоа ја прецртуваме претпоставената насока и ја поставуваме вистинската, при што во понатамошните пресметки задачата ја решаваме со точната насока и позитивна врдедност на моментот.

Статичко решение:

Реакциите и статичките големини се определуваат за статички определениот систем оптоварен со зададениот надворешен товар и определената прекубројна големина, односно, моментот во вклештувањето МА.

Определување на реакции

0=∑ AM 06 =++⋅− AMMCy 156

1080=

+=Cy

0=∑ CM 06 =++⋅− AMMAy 156

1080=

+=Ay

Контрола: 0=∑ y 0=+− CyAy 01515 =+− �

0=∑ x 0=Ax

Определување на внатрешни статички големини

Трансверзални сили

А-C kAyT 15−=−=

C-D 0=T

Нападни моменти

A-B zzAyMM A 1510 −=⋅−= 30 ≤≤ z

mz 0= kmM A 10=

mz 3= kmM B 354510 −=−=

B-C ( ) ( ) zzMzAyMM A 154580315103 −=++−=++⋅−= 30 ≤≤ z

mz 0= kmM B 45=

mz 3= 0=CM

C-D 0=M 20 ≤≤ z

15. Да се реши зададениот статички неопределен носач и да се нацртаат дијаграмите на внатрешните статички големини.

РЕШЕНИЕ:

Определувањето на прекубројните големини ќе биде извршено по две методи: методата на декомпозиција и со помош на тромоментното правило.

Носачот е еднаш статички неопределен: n=4(непознати реакции)-3(услови за рамнотежа)=1

Формирање на основен статички определен систем:

*1 начин: Дополнителен услов од деформации (метода на декопозиција): 0=Σ Aθ

qAM

A

M

A

q

A

M

AA θθθθθ +++=Σ

EJ

M

EJ

M

EJ

lM AAAM

AA

2

3

6

3−=

⋅−=

⋅−=θ

EJEJEJ

lqq

A

216

24

624

24

33

=⋅

=⋅

=θ

EJEJEJ

lMM

A

30

24

6120

24−=

⋅−=

⋅−=θ

EJEJEJ

lMqMq

A

48

6

648

6−=

⋅−=

⋅−=θ

Составување на дополнителната равенка од деформации:

EJEJEJEJEJ

M A

M

A

M

A

q

A

M

AAqA

/048302162

0

=−−+−

=+++=Σ θθθθθ

kmM

M

A

A

69

01382

=

=+−

**2 начин: тромоментно правило (равенка на Clapeyron за потпора А):

А: ( )lAd

AA EJM θθ Σ−Σ=+++ 60)60(20

0=Σ l

Aθ

EJEJEJEJ

qM

A

M

A

q

A

d

A

1384830216=−−=++=Σ θθθθ

kmM

M

EJEJM

A

A

A

69

1382

0138

612

=

=

−=

Понатамошниот тек на решавање се сведува на статичко решение на основниот статички определен систем во кој определената прекубројна големина претставува надворешен товар.

16. Да се реши зададениот статички неопределен носач и да се димензионира најоптоварениот пресек од гредата BC според максималниот момент на свиткување ако истата е предвидено да се изработи со напречен пресек

прикажан на скицата, од материјал со σдоз=10 MPa. Влијанието на аксијалната сила во гредата при димензионирањето да се занемари. Да се пресмета и нацрта дијаграмот на нормални напрегања. Да се определи вредноста на тенгенцијалното напрегање во пресекот 1-1 и да се скицира дијаграмот на распределба на тангенцијалните напрегања по висина на напречниот пресек.

Решение:

Системот е еднаш статички неопределен. Основниот статички определен систем се формира со елиминирање на еден степен на слобода во јазелот B, односно со додавање на зглоб и непознат момент MB. *Треба да се напомене дека зглобот се поставува од десната страна на јазелот B, бидејќи препустот BD според крутостните карактеристики припаѓа на вертикалниот елемент, столбот AB. Силата F која делува во

точка D се редуцира на момент МF=F⋅2=120kNm, кој делува на вертикалниот елемент - столбот AB.

Прекубројната големина MB се определува од дополнителниот услов од деформации, наклонот во јазел B (лево)

да биде еднаков со наклонот во јазел B(десно): ∑θBЛ= ∑θB

Д

FB M

B

M

B

F

B

Л

B θθθθ ++=∑

EJxEJxEJx

hFF

B

225

16

6100

16

22

=⋅

=⋅

=θ

EJx

M

EJx

M

EJx

hM BBBM

BB

2

3

6

3=

⋅=

⋅=θ

EJxEJxEJx

hM FM

BF

240

3

6120

3−=

⋅−=

⋅−=θ

Од дополнителниот услов од деформации, Д

B

Л

B θθ ∑=∑ , следува:

EJx

M

EJxEJxEJx

M

EJx

BB 667.1667.4162402225−=−+

EJx

M

EJx

B667.3667.431= / EJx

kmM B 717.117667.3

667.431==

BM

B

q

B

Д

B θθθ +=∑

( ) EJxEJxEJx

lqq

B

667.416

48

1020

224

33

=⋅

=⋅

=θ

( ) EJx

M

EJx

M

EJx

lM BBBM

BB

667.1

6

10

23−=

⋅−=

⋅−=θ

Статичко решение Греда B-C

Столб A-B

Дијаграми на статички големини

Геометриски карактеристики на напречниот пресек

dd

dddd

AA

yAyAyc 286.5

28

7163122

22

21

2211 =⋅+⋅

=+

⋅+⋅=

21 JxJxJxc +=

( ) ( )

( ) ( ) 422

3

2

22202

422

3

2

11101

353.52286.571612

28

694.98286.531212

62

dddddd

eAJxJx

dddddd

eAJxJx

=−⋅+⋅

=⋅+=

=−⋅+⋅

=⋅+=

444

21 047.151353.52694.98 dddJxJxJxc =+=+=

Димензионирање: kmM 58.194max = , dy 286.5max =

dozyJxc

Mxσσ ≤= max

10286.5047.151

1058.1944

3

≤⋅⋅

=−

dd

σ 10576.28

1058.194 33

⋅⋅

≥−

d md 0879.010576.28

1058.1943

3

=⋅⋅

≥−

Усвоено cmmd 909.0 ==

Контрола на напрегање

- долен раб на пресек

MPaMPadd

yJxc

Mxdozdole

dole 1034.9286.509.0047.151

1058.194286.5

047.151

1058.1943

3

4

3

=<=⋅⋅

=⋅⋅

==−−

σσ

- горен раб на пресек

MPaMPadd

yJxc

Mxdozgore

gore 10795.4714.209.0047.151

1058.194714.2

047.151

1058.1943

3

4

3

=<=⋅⋅

=⋅⋅

==−−

σσ

Определување на тангенцијални напрегања во пресек 1-1 по висина на напречен пресек bJxc

SxT

⋅⋅

=max

τ

kT 77.111max =

4047.151 dJxc =

3

11 428.27)714.2(28 dddddSx =−⋅⋅=−

dbgore

811 =−

MPadd

d

bJxc

SxTgore313.0

8047.151

428.271077.111max4

33

11 =⋅

⋅⋅=

⋅⋅

=−

−τ

Бидејќи ширината на напречниот пресек во пресекот 1-1 се намалува од 8d на 2d, т.е. 4 пати, следува дека во тангенцијалните напрегања во пресекот 1-1 доле ќе бидат за 4 пати поголеми од тангенцијалните напрегања во

пресекот 1-1 горе. MPagoredole

252.141111 =⋅= −− ττ

Дијаграми на нормални и тангенцијални напрегања по висина на напречен пресек