Српски технички лист — додатак
Год. ХХ.
ОМ
дМ а Х" == М
ој" МИТА.
Ово уведено у једначину (6) даје :
| (НК · Мом Беј вв оХ ах + оХ' " | М | д М М Е д М
| БЕ 0Х" ЕЈ ОХ" ДИ Таи ние
У опште: Ман 9 мом КЕ дх. ја оХ 7Х) 7) што представља основну једначину за решавање
статички неодређених система код правих носача ако се занемари уплив температуре.
А Изаберимо одређен пример, који се у пракси често јавља у конструкцијама од армираног бетона, и то:
Чврст рам састављен из хоризонталног носача и вертикалних стубова усађених у темеље. (Сл. 2.)
Оптерећење је скроз силама Р чија је резултанта К. Уплив подужних сила занемаримо што је допуштено код виших стубова.
На темељима јавиће се косе реакције које дејствују мимо тачака а и Ф. Њих можемо разложити на шест непознатих:
На, А, Ма ,и Н,Ви Мр.
За ових шест непознатих имамо само три статичка услова равнотеже; према томе је овај систем троструко статички неодређен.
По обичном поступку морамо издвајањем трију непознатих преобратити дату конструкцију у статички одређену, што ће најподесније бити ако претпоставимо да је лежиште а стално, а лежиште 6 да је покретно тако, да се може кретати по хоризонталној равни (сл. 3). Тиме смо избацили оба момента и хоризонталну силу Нр.
Главни систем је сад лако решити:
Кљ Кл . Ар == и: ВО. == у: На а б сова. Означимо нападне моменте главног система:
о за део а с, 96. за део са и 6 за део аб; па је:
у 2 = Нед У 2 (Р) у о
х ша Па УРА ен (Р)х о
2
М ЕРУ. о
„СРПСКИ ТЕХНИЧКИ лист“
|
Стр. 49.
у с > ФРју, Х (Р)х ит,д. значе моменте СПОЉНИХ о [0]
сила за дотични пресек.
На овај главни систем пустимо да дејствују поступно све изостављене величине и за сваки случај одредимо реакције и моменте савијања.
Ако дејствује само Н; у тачциђ (сл. 4) онда
ће у тачци а изазвати реакцију На =—Њђ и моменте: Мо === Нр у; М/ == Рх;М, =— Њу Ако ли дејствује само моменат Ма (сл. 5) онда: „ __Ма А" = ит == ВВ: Мо" == = Ма Ме о= мама кв _%) __ Мах | . х = Мо (1 т) = ; МАЈ Слично ако дејствује само М;: (би ли Мђ “" М А = тј = = В Му" = 0 ; Му" = = Дуе = Мр Пређимо на основни систем: Мр 0 + Н'а | А == Аб + Ан ДА"
В = Во + В'— В' Мо 5 је + Мо + М" + Мр
== 0 — > 5 о Уу— Њ.у++ Ма
М, — е + М) + М" + Му"
Х 8 = Ба у + Аох— 2 (Р)х—Нру + | о Мах + Мх ( М, == 6, + Му + Мај Мр" = | У Ен" (Рју—Њу + М | Непознате Н, , Ма , Мо , добићемо по једначини : М ом | ЕЈ 0Х 9Х=0-5-- + --- ~ ен - + (7)
која излази из једначине (7) ако у њој занемаримо уплив подужних сила и ако ставимо да је померање лежишта = 0; Биће дакле 11, == 0. Означимо са: Ј моменат лењивости стубова а с и 4 са Ј, мом. лењив. носиоца с 4. и ознао ка К. У даљем извођењу предпоставићемо сем тога
дасу пресеци носиоца и стубова стални, и онда се Џ
чимо још размеру