Srpski tehnički list — dodatak
Отр. 16.
ка чвору. Дебијамо тиме да је [), затезање а У, притисак. |
Како смо одредили напрезања РПг и У, тако би могли одредити и напрезања у свима осталим штаповима испуне. Но на овај напрезања у штаповима испуне само од покретног оптерећења р, јер нам је положај сила лтахб) за посредна поља познат само за једнострано оптерећење р, а не и за оптерећење с од сопствене тежине, која је једнако подељена по целом носачу. Напрезања од сопствене тежине нашли би у томе случају Кремониним планом
начин можемо одредити
сила.
Пошто се силе шах (О лако и прегледно добијају у повољној размери то је и одредба напрезања у штаповима испуне по показатом начину врло проста, тачна и брза.
Еу ако желимо, да носачу тражимо једновремено од прелазног и сталног терета, за то се можемо послужити моментима нађеним по цртежу.
Нека се тражи напрезање у дијагонали ОМ решеткастог носача на цртежу 3. Пренесимо из чвора · М по вертикали МЕ од М до Н количник :
напрезање у решеткастоме
Мт | А
и из крајње тачке Н повуцимо О горњега појаса, до пресека у тачки Ј с правцем дијагонале (СМ. Из сличности троуглева МЕС и МНЈ имамо сразмеру: НЈЕЛаК == МЕ МЕ
Означимо висину МЕ са ћ, са г нормално остош од штапа Ош горњег угао а дужину
паралелну са штапом
јање чвора појаса, нагиба штапа О према хоризонтали са ,
поља с 4 тада можемо написати да је:
А, Е Пат свог 8 — ов „А Миа со _ Ма _ НЈ сова А го ко о
т.ј. дуж НЈ] преставља нам напрезање у штапу От горњег појаса. Ово напрезање морамо мерити у оној размери у којој смо преносили количнике
Мт
4
На исти начин добићемо и напрезање у штапу Џп—1 доњег појаса, ако пренесемо од чвора М, од Мдо К дуж
Ми – 1 7
и из тачке К повучемо паралелу с правцем Џт—1 штапа доњег појаса до пресека у тачки [, с правцем дијагонале (4М. Дуж ШК даје нам напрезање Џт—1
у истој размери у којој смо преносили количник М
4,
СРПСКИ ТЕХНИЧКИ ЛИСТ
Год. ХЛ.
Из нађених напрезања О и Џ у штаповима појасева. наћи ћемо и напрезање О у дијагонали ОМ.
Пошто је: Мт МН == = 4, Ма—1 МК == === 4. то је: НК = МН — МК _ Ма —Ма—1 4. Но ми знамо да је: Ма—Миш-–1 _ От л – > Према томе је: (па == о
де је (ош попречна сила за поље (т—1) — т. Ова сила От мора се са силама От, рп и Џт—1 одржавати у равнотежи и мора зато с њима заједно затварати четвороугао, по чијем се обиму може обићи без прекида. Ну пошто су у четвороуглу КНЈГ три стране КН = Одт; НЈ = Оти [К = Мт— 1], то четврта страна ЈЕ тог четвороугла очевидно мора бити равна сили [)п. Кад је сила От максимум тада је и напрезање рш у дијагонали максимум. Највеће напрезање у дијагонали добићемо, дакле, ако по вертикали МЕ пренесемо од М до Н. и одМ док оне количнике. Ма Ма— 1 пи а
који одговарају највећој попречној сили (От. Те количнике МИ смо добили на цртежу 4. и можемо их директно употребити за одређивање напрезања у дијагонагама носача на цртежу 5. Највеће напрезање у дијагонали [), добијамо са силом шах (,, одговара с лева у чвору 1 моменат
тој сили
Мп, а с десна у чвору 2 моменат Мо Одговарајући количници Ма М оба и
одређени су на цртежу 4 и ми их од туда преносимо из чвора 2 горњег појаса на вертикали. Паралелне,
повучене из крајњих тачака тих ордината с правцима
Џгаг и О, одсецају на дијагонали највеће напрезање га. Пошто смо ми на цртежу 4 одређивали количнике М 4,
у Б пута мањој размери него силе, то ће и напрезања добијена на тај начин бити
што смо преносили