Embed Size (px)
Citation preview
3. Vertikalno pomeranje preseka E – primenom Kastiljanove teoremeS obzirom da u ovom preseku ima moment, pa njemu necemo didati fiktivni (zamišljeni)
moment M E=0 . Primenom Kastiljanove teoreme, izraz za ugao zaokretanja tačke (E) glasi:
yE=∂ Ad∂FE
|F E=0
= 1EI
∑i=1
4
∫M zi
∂M zi
∂F Edz
...............................................................(d)Kako je EI = const, to se izraz (d) može napisati u obliku:
EIyC=∫M z1
∂M z1
∂F Ed z+∫M z2
∂M z 2
∂F Ed z+∫M z 3
∂M z 3
∂FEdz+∫M z 4
∂M z 4
∂F Ed z
, odnosno:
EIyC=∫M 1
∂M 1
∂FEdz+∫M 2
∂M2
∂F Ed z+∫M 3
∂M 3
∂F Ed z+∫M 4
∂M 4
∂FEd z
.................(e)
Iz statičkih uslova ravnoteže sledi:∑ X=0 ; F−X B=0……………………………………………………… ..(1) ∑Y=0 ;Y A+Y B−Fq−F−F E=0……………………………………… (2)
∑M A=0 ; FE ∙2a+F ∙2a+F ∙2a+Fq ∙a2−Y B ∙ a+M=0……… ..(3)
Iz jednačine (3) je:Y B=2 FE+2 F+2 F+Fq2
+Ma
=2F E+2F+2 Faq2
+Ma
Iz jednačine (2) je:Fq+F+F E−Y B=a ∙q+F+FE−2F E−2 F−2F−aq2
−Ma
Odnosno :Y A=aq2
−3 F−FE−Ma
Momenti savijanja i njihovi parcijalni izvodi u naznačenim presecima – poljima, sa naznačenim granicama integraljenja dati su tabelarnim prikazima – Tablica 1.
Polje(i)
zi M i=M (zi ) ∂M i /∂ME
1. 0, a M 1=M−FE z -z
2. 0, 2a M 2=M−FE ∙ a−F ∙ y -a
3. 0, aM 3=( aq2 −FE−2F−M
a ) z−q z2
2
-z
4. 0, 2a 0 0
Uvrštavanjem podataka iz Tablice 1 u jednačinu (e) prethodno uzimajući da je FE=0 , dobija se:
EI yc=∫0
a
M (−z )dz+∫o
2a
(M−F ∙ z ) (−a )dz+∫0
a
[( aq2 −2 F−Ma )z−q z
2
2 ] (−z )dz
Rešavanem ovog integrala dobija se:
yC=1E I ( 8
3F ∙a3−q ∙a
4
24+ 17M ∙a2
6 )
Zamenom brojnih vrednosti, dobija se:
yC=1
2 ∙104 ∙573 ( 83∙3 ∙1003−12 ∙1004
24+ 17 ∙600 ∙1002
6 )=5.23 [cm ]
