Izvođenje diferencijalne jednačine elastične linije

elastična linija kod proste grede elastična linija kod konzole

Elastična linija, čija je jednačina y(z), je krivolinijski oblik ose nosača izazvan opterećenjem. Koordinatni sistem ćemo uvek uzimati tako da je koordinatni početak na levom kraju nosača, gde je osa z usmerena u desnu stranu a osa y naniže. Za svako z se zna y (ugib) i α (ugao nagiba, nagib). Precizno rečeno

,tan y′=α međutim pošto se radi o malim deformacijama i y‘ se smatra malom veličinom, imamo da je zbog čega praktično važi da jeTo znači da se ugao nagiba (nagib) na ma kom mestu nosača, označen sa α, β ili drugačije, određuje preko prvog izvoda jednačine elastične linije.Jednačine elastičnih linija, u elementarnim slučajevima proste grede i konzole, dobijene su nakon integracija diferencijalne jednačine elastične linije gde se integracione konstante dobijaju iz graničnih uslova.

( ) ( ).zyz ′=α,tan α≈α

Granični uslovi za prostu gredu su: y(0)=0 i y(l)=0, a za konzolu: y(0)=0 i y'(0)=0.Dakle, na mestu oslonaca ugibi su jednaki nuli a na mestu uklještenja i ugib i nagib.

Za izvođenje diferencijalne jednačine elastične linije polazi se od ranije dobijene relacije koja povezuje njen poluprečnik krivine ρ i veličine E, Ix i M:

⇒=ρ xI

ME

S obzirom da je za male deforma-cije poznata formula iz diferencijalne geometrije za polu-prečnik krivine

( ) ,02 ≈′y

( )[ ] ,1232 yy ′′′+=ρ

daje ⇒′′

=ρy

1 ( )2.....1

y ′′=ρ

( )1.....1

xEI

M=ρ

Na osnovu jednakosti (1) i (2) i činjenice da je, prema usvojenoj konvenciji o znaku momenta savijanja i smeru ose y, moment pozitivan kada je drugi izvod funkcije y po z negativan, diferencijalna jednačina elastične linije ima oblik:

( )3.....xEI

My −=′′ ( )⇒= zMM ( ).zyy ′′=′′

U slučajevima koje ćemo proučavati važiće da je .,constEI x =

( ) ( ) ⇒−=′

=′′−=′′ 2

22,, z

qz

qlzM

dz

ydy

EI

zMy

x

Elastična linija za prostu gredu opterećenu ravnomernim kontinualnim opterećenjem:

⇒

−−=′ dzzq

zql

EIyd

x

2

221

⇒+

−−=′ ∫ 12

221

Cdzzq

zql

EIy

x

Druga odnosi se na interval

Prva odnosi se na interval

⇒=xEI

qlC

24

3

1

⇒=′+

−−=′dzdy

yCzqzql

EIy

x

,3222

11

32

⇒+

−−= dzCdzzqzql

EIdy

x1

32

32221

⇒++

−−= ∫∫ 21

32

32221

CdzCdzzqzql

EIy

x21

43

46341

CzCzqzql

EIy

x

++

−−=

Određivanje integracionih konstanti:

( ) ⇒= 00y ( ) ⇒= 0ly,02 =C zEI

qlzqzql

EIy

xx 2446341 343

+

−−=

Princip dobijanja elastične linije kada postoje dve funkcije momenta savijanja:Kreće se od dve diferencijalne jednačine elastične linije.

( ),1

1xEI

zMy −=′′

.0 az <<( )

,22

xEI

zMy −=′′

.baza +<<Nakon njihovih integracija po dva puta dobija se:( ) ( ) ( ) ( ) ., 43222111 CzCzfzyCzCzfzy +⋅+=+⋅+=

Integracione konstante C1, C2, C3 i C4 određuju uslovi:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .0,,,00 221211 =+′=′== bayayayayayy

Deformacije izazvane uticajem više opterećenja jednake su algebarskom zbiru deformacija svakog opterećenja posebno.

Konačni oblik jednačine elastične u tablicama je dat u obliku:=y

( )zyy 1=( ),zg+( )zy1

sa značenjem i0za az ≤≤ ( ) ( ) ( )zyzgzyy 21 =+= .za baza +≤≤

Superponiranje deformacija.

Primer 4.1 Za prostu gredu prikazanu na slici odrediti uglove nagiba kod oslonaca i ugib sredine?

,321 α−α+α=α ,321 β−β+β=β .321 yyyy −+=

( ) ( ),

38425

,24

2 4

1

3

11 EIlq

yEIlq ==β=α

( ) ( ),

482

,16

2 3

2

2

22 EI

lFy

EI

lF ==β=α

( ) ( ) ( ).

162

,3

2,

62 2

333 EI

lMy

EI

lM

EI

lM ==β=α

Na osnovu tablica, potrebni ugibi i nagibi za pojedinačna opterećenja imaju vrednosti:

Na osnovu principa superponiranja deformacija tražene deformacije (ugib i nagibe) definišu izrazi:

Primer 4.2 Za konzolu prikazanu na slici odrediti ugibe na mestima C i B i nagib kraja?

Na osnovu principa superponiranja deformacija tražene deformacije (ugibe i nagib) definišu izrazi:

Na osnovu tablica, potrebni ugibi i nagibi za pojedinačna opterećenja imaju vrednosti:

., 321321 BBBBCCCC yyyyyyyy −+=−+=,32.1 β−β+β=β

( ),

2246

2242

224

1

+

−

=l

l

l

l

l

l

EI

lqyC

( ),

82 4

1 EI

lqyB = ( )

,62 3

1 EI

lq=β

,3

3

2 EI

PlyC = ,

2

2

2 EIPl=α=β

( ),

23

262

23

3

−

=l

l

l

l

EI

lFyC

( ).

32 3

3 EI

lFyB =

,22 α+= lyy CB

( ),

22 2

3 EI

lF=β

Kada se u primerupoput ovog traži bi-lo koja deformacija koja se nalazi između oslonaca najbolje jeposmatrati prostu gredu sa spregom nad osloncem koji zamenjuje dejstvo opterećenja koje se nalazi na prepustu.

Primer 4.3 Zagredu s prepustomprikazanu na slici odrediti ugib na mestu C?

Primer 4.4 U problemu iz primera 4.3 detaljnijom analizom odrediti ugibe na mestima C i D?

Direktno na osnovu tablice proste grede, sa spregom nad osloncem, dobija se:

( ) ( ).

216

4216

4 322

EI

Fl

EI

lFl

EI

lMyC =⋅==

U tom cilju se prvo, originalnom sistemu sa prepustom, nad osloncem B dodaju dva uravnotežena sprega istih vrednosti kao u prethodnom primeru.

Za prvu dobijenu sliku sa samo jednim spregom koristi se tablica proste grede na osnovu koje se dobijaju yC1 i β1:

Zatim se opterećenje podeli kao na slici.

( ),

1642 2

1 EI

lFlyC

⋅=

.3

421 EI

lFl ⋅=β

Dobijeno β1 odre-đuje yD1 po formuli

.2 11 β⋅= lyD

Za drugu dobijenu sliku sa preostalim spregom i silom na prepustu, gde je yC2=0, koristi se tablica konzole na osnovu koje se dobija yD2: ( ) .32 3

2 EIlFyD =Konačno, tražene ugibe definišu izrazi: ., 211 DDDCC yyyyy +==

Kada se u primerupoput ovog traži bi-lo koja deformacija koja se nalazi između oslonaca najbolje jeposmatrati prostu gredu sa spregom nad osloncem koji zamenjuje dejstvo opterećenja koje se nalazi na prepustu.

Primer 4.5 Zagredu s prepustomprikazanu na slici odrediti ugib na mestu C?

Primer 4.6 U problemu iz primera 4.5 detaljnijom analizom odrediti ugibe na mestima C i D?

Direktno na osnovu tablice proste grede, sa spregom nad osloncem, dobija se:

( ) ( ).

216

4216

4 4222

EI

ql

EI

lql

EI

lMyC =⋅==

U tom cilju se prvo, originalnom sistemu sa prepustom, nad osloncem B dodaju dva uravnotežena sprega istih vrednosti kao u prethodnom primeru.

Za prvu dobijenu sliku sa samo jednim spregom koristi se tablica proste grede na osnovu koje se dobijaju yC1 i β1:

Zatim se opterećenje podeli kao na slici.

( ),

1642 22

1 EI

lqlyC

⋅=

.3

42 2

1 EI

lql ⋅=β

Dobijeno β1 odre-đuje yD1 po formuli

.2 11 β⋅= lyD

Za drugu dobijenu sliku sa preostalim spregom i opterećenjem na prepustu, gde je yC2=0, koristi se tablica konzole na osnovu koje je: ( ) .82 4

2 EIlqyD =Konačno, tražene ugibe definišu izrazi: ., 211 DDDCC yyyyy +==

Primer 4.7 Zagredu s prepustomprikazanu na slici odrediti samo ugib na mestu C?

Kada se u primerupoput ovog traži bi-lo koja deformacija koja se nalazi između oslonaca najbolje jeposmatrati prostu gredu sa spregom nad osloncem koji zamenjuje dejstvo celokupnog opterećenja koje se nalazi na prepustu.

Direktno na osnovu tablice proste grede, sa spregom nad osloncem, dobija se:

( ) ( ) ( ).

16422

164 222

EI

lFlql

EI

lMyC

⋅+==

Spreg mora biti jednak algebarskom zbiru momenata celokupnog opterećenja koje se nalazi na prepustu za tačku oslonca B.

Primer 4.8 Zagredu s prepustomprikazanu na slici odrediti ugibe na mestima C i D?Na osnovu principa superponiranja deformacija tražene ugibe definišu izrazi:

,321 CCCC yyyy −−=.321 DDDD yyyy ++−=

Za prvu dobijenu sliku sa samo jednim spregom koristi se tablica proste grede na osnovu koje se dobijaju yC1 i β1

(koje određuje yD1):( )

,16

4 2

1 EI

lMyC = .2

64

111 β⋅=⇒=β lyEI

lMD

Dobijanje ugiba yC2, yC3, yD2 i yD3

prikazano je u primerima 4.3-4.6.

Otpori oslonaca kao statički prekobrojne veli čine

Pokažimo ideju ove metode kod statički neodređene grede na tri oslonca (Sl.1). Ovde se koristi činjenica da je ugib na mestu oslonca jednak nuli. Zamislimo da smo uklonili srednji oslonac i zamenili ga odgovarajućom silom FB koja se javlja u njemu (Sl.2). Tu silu zvaćemo statički prekobrojnom veličinom. Dobila bi se prosta greda AC i mogućnost da se korišćenjem principa superponiranja deformacija odredi izraz za ugib yB preko zadatog opterećenja i statički prekobrojne veličine. Ovde je GUD (Geometrijski Uslov Deformacije) yB = 0. Dopunska jednačina, dobijena iz GUD-a, odrediće statički prekobrojnu veličinu FB, nakon čega će statički uslovi ravnoteže sistema sa slike 1 moći da odrede preostale nepoznate FA i FC.

Na zadat nosač, osim zadatog opterećenja, dejstvuju i tri nepoznate reakcije , i , i pošto za prikazan uravnotežen sistem (Sl.1) imamo dve jednačine ravnoteže pro-blem je jedan put statički neodređen.

Primer 4.9 Za zadati statički neodređen gredni nosač odrediti otpore oslonaca. Koristiti metod ”Otpor oslonca kao statički prkobrojna”.Poznate veličine su q i l.

Zamišljenom zamenom srednjeg oslonca B statički prekobrojnom silom , dobija se prosta greda (Sl.2), gde se geometrijski uslov deformacije (GUD) dobija iz uslova da je ugib na mestu oslonca Bjednak nuli, tj. . GUD daje sledeću jednačinu po statički prekobrojnoj veličini

AF BF CF

BF

0=By

:BF( ) +⋅EI

lq

384

45 4 ( ) −⋅EI

llq

16

4 22 ( ).0

48

4 3

=⋅EI

lFB

Ovde je: ,321 yyyyB −+=

( ) ( ).

164

164 222

2 EIllq

EIlM

y⋅=⋅=

( ),

484 3

3 EIlF

y B ⋅=( ),

384

45 4

1 EI

lqy

⋅=

Rešenje dobijene jednačine je:

l.qFB 4

13=

Određivanje preostalih otpora oslonaca (Sl.1):

⇒=∑ 0AiM

04224 =+⋅+⋅+⋅⋅− MlFlFllq CB

l.qFC 8

1=⇒

⇒=∑ 0iY

04 =⋅−++ lqFFF CBA

l.qFA 8

5=⇒

Za izračunate vrednosti otpora oslonaca, dijagrami transverzalnihsila i napadnog momenta imaju oblik prikazan na slici.

Primer 4.10 Za zadat statički neodređen gredni nosačodrediti otpor oslonaca B i reakcije u ukleštenju A.Koristiti metod ”Otpor oslonca kao statički prkobrojna”.Poznate veličine su q i l.

Na zadat nosač, osim zadatog opterećenja, dejstvuju i tri nepoznate reakcije , i , i pošto za prikazan uravnotežen sistem (Sl.1) imamo dve jednačine ravnoteže problem je jedan put statički neodređen.

AF BF AM

Zamišljenom zamenom oslonca B statički prekobrojnom silom , dobija se konzola (Sl.2), gde se geometrijski uslov deformacije (GUD) dobija iz uslova da je ugib na mestu oslonca B jednak nuli, tj. . GUD daje sledeću jednačinu po statički prekobrojnoj veličini

BF

0=By:BF

( ) +⋅EI

lq

8

2 4

−⋅⋅+⋅EI

llql

EI

llq

23

23 ( ).0

3

2 3

=⋅EI

lFB

Ovde je: ,321 yyyyB −+=

Rešenje dobijene jednačine je:

Određivanje preostalih otpora oslonaca (Sl.1):

⇒=∑ 0AiM 04224 =+⋅+⋅+⋅⋅− MlFlFllq CB

⇒=∑ 0iY

( ),

8

2 4

1 EI

lqy

⋅= ,23

23

2 EI

llql

EI

llqlyy C

⋅⋅+⋅=α⋅+=

,33

33

EI

llq

EI

lFyC

⋅=⋅= ,22

22

EI

llq

EI

lF ⋅=⋅=α ( ).

3

2 3

3 EI

lFy B ⋅

=

l.qFB 16

17=

⇒=⋅−++ 02lqFFF BA

l.qFA 16

31=

.8

7 2lqM A =⇒

Za izračunate vrednosti reakcijaveza, dijagrami transverzalnih sila i napadnog momenta imaju oblik prikazan na slici.

Moment nad osloncemkao statički prekobrojna veli čina

Pokažimo ideju ove metode kod statički neodređene grede na tri oslonca (Sl.1). Ovde se koristi činjenica da je elastična linija glatka kriva bez preloma (bez promene nagiba) na mestu srednjeg oslonca (αB = φB). Zamislimo da smo gredu AC presekli na mestu srednjeg oslonca i dobili dve proste grede AB i BC (Sl.2 i Sl.3). Na svaku od dobijenih prostih greda, na mestu B, dejstvuje, po principu akcije i reakcije, moment MB kojeg ćemo nazivati statički prekobrojnom veli-činom. Ovaj moment je zapravo moment savijanja u preseku. U tom preseku se, po principu akcije i reakcije, takođe javlja transverzalna sila, koja nam ovde nije od značaja jer ne izaziva deformaciju. Međutim, posledica njenog postoja-nja su, na levoj prostoj gredi sila , na desnoj , gde je . Obično se iz praktičnih razloga umesto Sl.3 koristi Sl.3‘, tj. umesto ugla nagiba φB koristi βB, tako da GUD ima oblik

Principa superponiranja deformacija za levu prostu gredu (Sl.2) određuje αB u zavisnosti od statički prekobrojne veličine i zadatog opterećenja levo od oslonca B a za desnu prostu gredu (Sl.3‘) određuje βB u zavisnosti od statički prekobrojne veličine i zadatog opterećenja desno od oslonca B. Dopunska jednačina, dobijena iz GUD-a, odrediće statički prekobrojnu veličinu MB, nakon čega će statički uslovi ravnoteže moći da odrede nepoznate FA, FB i FC.

BF ′BF ′′ BBB FFF =′′+′

.0=β+α BB

Moment ukleštenja kao statički prekobrojna veli čina

Pokažimo ideju ove metode kod statički neodređene grede sa uklještenjem na jednom kraju a pokretnim osloncem na drugom (Sl.1). Ovde se koristi činjenica da je ugao nagiba na mestu uklještenja jednak nuli. Zamislimo da smo uklještenje zamenili osloncem i spregom kakav se javlja u uklještenju (Sl.2). Taj spreg zvaćemo statički prekobrojnom veličinom. Dobijena prosta greda AB pruža mogućnost da se korišćenjem principa superponiranja deformacija odredi izraz za ugao nagiba α preko zadatog opterećenja i statički prekobrojne veličine. Ovde je GUD α = 0. Dopunska jednačina, dobijena iz GUD-a, odrediće statički prekobrojnu veličinu MA, nakon čega će statički uslovi ravnoteže sistema sa slike 1 moći da odrede preostale nepoznate FA i FB.