Srpski tehnički list — dodatak
Стр. 52.
+ у бјм + ку—(Ма ++ Мај „(7 Њкђ = ОСА)
_ к Р.ер' Р кр'
НЊ # (уУ+кђ)) +
+м (ува ји = 0. . . . (В)
- Рр" (1— =) ++ БРКИниЕ.
(у к) ф Ма 7 + Ми (+ уј= 9. (Сп
Кад решимо ове једначине и унесемо скраћење
ћ
к/ добићемо вредности: Не = Бр __ЗРЕР__ 2762 + Ф) Ма = ВУ | Пра | 2! 2ф ! | + 6ф му са. Ррр' | 1 Р—=р 1 | 21 2-—-Ф ! 14+6Фф 3.) Притисак земље на оба стуба. (Сл. 8.)
Означимо целокупни притисак земљишта са 2 и претпоставимо да резултанта притиска дејствује хоризонтално у висини У стуба. Површина која преставља притисак дата је троуглом чија је основица Одредимо сад поједине потребне изразе: ло == 1, (лоја == (лојб, 11, (лујс, (лаја
; 9да' Кет > Ру=Р (аајага = РЕНЕ о
са! + ага" ПР ЕЕрИ ГИК а Ели Це МУ 8 У - у Уа ву“ Биа УР4Ван-пју) 27
у У 7 у“ ме љ=| = _(Рђу]. бу-== 4 О [0]
У (лоја == (ло)д - У (Р)у .уду = с 2 У [0]
хХ > (Рје === „3 У о
„СРПСКИ ТЕХНИЧКИ ЛИСТ“
Год. ХХ,
их =" 2 (Рхах=="+,2 . у .! о О 7.М. 1 8
Даље је: В = 0; Ма == М; Кад то све заменимо у једначине (А) и (В) и уредимо их, добијамо:
(лије == (луја ==
– ЕРЕ у ки јун— Мај + + Нуе — Маи = ка Ба — 8, 2. У .Кр— ке [УН — Ма] —
—Н.у -2Ма.у==0 Из ових двеју добијамо:
. Ни — У # .у — 5 + Ма =0 из које излази : 2 ЛУ Ма = —— 2.7 + ——= | ам 15 Ка
Заменом у једну од горњих једначина добијамо:
2 [| у — 8 ку 5 (у + 2кб)
Знак — значи, да сила Н дејствује у противном смислу но што смо при општем извођењу једначина претпостављали.
Одредимо још моменат у тачки с:
н=—
7 У Ме == Н.“ + Ма — 2. 2/83 7 = — 1502 к) Као што се види услед земљиног притиска повећава се негативан моменат у кутовима си ад; Тиме се још већма смањује позитивни моменат на носиоцу с 4 који произлази од вертикалног оптерећења. 4) Равномерно хоризонтално оптерећење 4 на стубу а с (н. пр. притисак ветра) (сл. 9.)
У овом случају је: У
К. == ау,/С0в == ин ==
| ЈИ] ло == а И у = 6 , Ло == о 7 2 у! (лоја == |" —уду= "7 биј = 10 ! ау: аду! дуз13 = те би 77 (и) 4 бије ==
Ако ове вредности уведемо у једначине А) В)
С) и решимо их добијамо:
зар