STATIKA KONSTRUKCIJA-SKRIPTA

TEHNIČKO VELEUČILIŠTE U ZAGREBU GRADITELJSKI ODJEL

PRORAČUN KONSTRUKCIJA skripta

mr. sc. Ljerka Kopričanec – Matijevac, viši predavač

PREDGOVOR Skripta Proračun konstrukcija sadrže gradivo koje se obrađuje na vježbama iz predmeta Proračun konstrukcija na stručnom studiju graditeljstva Tehničkog veleučilišta u Zagrebu. Nastala su sa željom za postizanjem što boljih rezultata, ali i za što većim usvojenim znanjem. Zahvaljujem demonstratorima Vedranu Katiću i Dariju Vukoviću koji su prepisali i precrtali najveći dio materijala koje sam koristila na vježbama iz Proračuna konstrukcija. Skripta se sastoje iz 2 dijela. Postupno se obrađuju primjeri i zadaci potrebni za usvajanje osnovnih znanja, a na kraju svakog dijela nalaze se zadaci s rješenjima za samostalni rad. Prvi dio sadrži gradivo prvog i drugog kolokvija. Obrađuju se statički određeni sustavi, tj. proračunski modeli konstrukcija, postupak utvrđivanja geometrijske nepromjenjivosti statičkih sustava, osnovni konstruktivni sustavi – nosači (Gerberovi, rešetkasti i trozglobni) te ojačane grede. Drugi dio sadrži gradivo za treći kolokvij, tj. statički neodređene sustave. Započinje s određivanjem pomaka pojedinih karakterističnih presjeka, objašnjava se formula za određivanje stupnja statičke neodređenosti te objašnjavaju metoda sila i iterativna Crossova metoda, kao neke od metoda kojima se izračunavaju statički neodređeni sustavi. Studenti će biti spremni za izlazak na kolokvij iz pojedinog gradiva u onom trenutku kada samostalno riješe zadatke, ali u određenom vremenu. Za svladavanje gradiva i rješavanje zadataka iz Proračuna konstrukcija, osim znanja, potrebno je steći i kondiciju jer do točnog rješenja treba doći u vremenu od 90 minuta, koliko i traje pisanje pojedinog kolokvija. Osim primjera i zadataka u ovim skriptama, studenti mogu koristiti i riješene zadatke s ispitnih rokova koje mogu naći na www.ljerka.com/dokumenti.html.

SADRŽAJ PREDGOVOR ...............................................................................................................................................................0 1. DIO – PRIMJERI I ZADACI ZA 1. I 2. KOLOKVIJ ...................................................................................................4 PRORAČUNSKI MODELI (SHEME) KONSTRUKCIJE...............................................................................................5 STATIČKI SUSTAVI................................................................................................................................................................ 5 Vanjske veze – vanjski spojevi ......................................................................................................................................... 6 Unutarnje veze – unutarnji spojevi ................................................................................................................................... 6 OSNOVNE VEZE TOČKE I TIJELA S PODLOGOM I MEĐUSOBNO ............................................................................. 8 UTVRĐIVANJE GEOMETRIJSKE NEPROMJENJIVOSTI ZADANIH SUSTAVA ......................................................9 PRIMJERI ODREĐIVANJA STATIČKE NEODREĐENOSTI!............................................................................................................. 12 NOSIVI KONSTRUKTIVNI SUSTAVI – NOSAČI .......................................................................................................13 ZADATAK 1: .............................................................................................................................................................................. 14 ZADATAK 2: .............................................................................................................................................................................. 15 ZADATAK 3: .............................................................................................................................................................................. 15 ZADATAK 4: .............................................................................................................................................................................. 17 " ZRNCA MUDROSTI " ......................................................................................................................................................... 19 GERBEROVI NOSAČI ................................................................................................................................................22 ODREĐIVANJE LEŽAJNIH VEZA – REAKCIJA .............................................................................................................................. 22 Primjer 1.:........................................................................................................................................................................... 22 Primjer 2.:........................................................................................................................................................................... 23 Primjer 3.:........................................................................................................................................................................... 24 Primjer 4.:........................................................................................................................................................................... 24 Primjer 5.:........................................................................................................................................................................... 25 Primjer 6.:........................................................................................................................................................................... 25 Primjer 7.:........................................................................................................................................................................... 25 ZADATAK 5: .............................................................................................................................................................................. 26 ZADATAK 6: .............................................................................................................................................................................. 31 DJELOVANJE PARA MOMENATA NA GERBEROV NOSAČ ........................................................................................................... 34 REŠETKASTI NOSAČI...............................................................................................................................................35 ZADATAK 7: .............................................................................................................................................................................. 37 ZADATAK 8: .............................................................................................................................................................................. 40 ZADATAK 9: RITTEROVA I CULMANNOVA METODA ................................................................................................................... 43 CULMANNOVA METODA ........................................................................................................................................................... 44 TROZGLOBNI NOSAČI..............................................................................................................................................45 ZADATAK 10: ............................................................................................................................................................................ 46 GRAFIČKO ODREĐIVANJE UNUTARNJIH SILA U ZADANIM PRESJECIMA R-R , S-S I T-T ............................................................. 51 TROZGLOBNI OKVIR SA ZATEGOM................................................................................................................................ 52 ZADATAK 11: ............................................................................................................................................................................ 52 ZADATAK 12: ............................................................................................................................................................................ 55 ZADATAK 13: ............................................................................................................................................................................ 56 ZADATAK 14: ............................................................................................................................................................................ 57 ZADATAK 15: ............................................................................................................................................................................ 59 ZADATAK 16: ............................................................................................................................................................................ 61 ZADATAK 17: ............................................................................................................................................................................ 63 DJELOVANJE PARA SILA I PARA MOMENATA NA TROZGLOBNI OKVIR ....................................................................................... 64 OJAČANA GREDA - LANGEROVA GREDA ............................................................................................................65 ZADATAK 18: ............................................................................................................................................................................ 65 OJAČANA GREDA - LANGEROVA GREDA -" KOSI " ŠTAP KOD OJAČANJA- ............................................................................... 68 OJAČANA GREDA –OPTEREĆENJE U ČVORU !!!!! ..................................................................................................................... 68

1

OJAČANA GREDA - LANGEROVA GREDA - GRAFOANALITIČKI POSTUPAK - .............................................................................. 69 GRAFIČKO ODREĐIVANJE UNUTARNJIH SILA U ZADANOM PRESJEKU ...................................................................................... 70 DJELOVANJE PARA MOMENATA I PARA SILA NA OJAČANU GREDU !!!....................................................................................... 70 Primjer 1.:........................................................................................................................................................................... 70 Primjer 2.:........................................................................................................................................................................... 71 Primjer 3.:........................................................................................................................................................................... 71 ZADACI ZA VJEŽBU:.................................................................................................................................................72 GERBEROVI NOSAČI: ................................................................................................................................................................ 72 REŠETKASTI NOSAČI ................................................................................................................................................................ 75 TROZGLOBNI NOSAČI ............................................................................................................................................................... 77 OJAČANE GREDE ...................................................................................................................................................................... 81 TROZGLOBI OKVIR SA ZATEGOM .............................................................................................................................................. 84 2. DIO – PRIMJERI I ZADACI ZA 2. KOLOKVIJ .......................................................................................................85 POMACI I KUTEVI ZAOKRETA POPREČNOG PRESJEKA....................................................................................86 ODREĐIVANJE POMAKA POPREČNOG PRESJEKA U TOČKI A.................................................................................................... 86 PRIMJER 1: (OPĆENITO)........................................................................................................................................................... 87 ZADATAK 19: ............................................................................................................................................................................ 90 POMAK POD NEKIM ZADANIM KUTEM ........................................................................................................................................ 94 ZADATAK 20: ............................................................................................................................................................................ 94 ZADATAK 21: ............................................................................................................................................................................ 95 ZADATAK 22: ............................................................................................................................................................................ 97 ZADATAK 23: ............................................................................................................................................................................ 98 REKAPITULACIJA ! .................................................................................................................................................................... 99 ZADACI ZA VJEŽBU:...............................................................................................................................................100 Primjer 1:.......................................................................................................................................................................... 100 Primjer 2:.......................................................................................................................................................................... 101 Primjer 3:.......................................................................................................................................................................... 102 Primjer 4:.......................................................................................................................................................................... 103 Primjer 5:.......................................................................................................................................................................... 104 PRIPREMA ZA METODU SILA ......................................................................................................................................... 105 FORMULA ZA ODREĐIVANJE STUPNJA STATIČKE NEODREĐENOSTI :...................................................................................... 105 STATIČKI NEODREĐENI SUSTAVI ........................................................................................................................106 ODREĐIVANJE STUPNJA NEODREĐENOSTI ............................................................................................................. 106 DIJAGRAMI MOMENATA OD DJELOVANJA PARA MOMENATA ............................................................................. 108 METODA SILA..........................................................................................................................................................109 ZADATAK 24: .......................................................................................................................................................................... 109 ODREĐIVANJE POPREČNIH SILA IZ MOMENTNOG DIJAGRAMA POMOĆU FORMULE .................................. 114 ZADATAK 25: .......................................................................................................................................................................... 116 ZADATAK 26: .......................................................................................................................................................................... 118 ZADATAK 26: .......................................................................................................................................................................... 119 ZADATAK 27: .......................................................................................................................................................................... 121 ZADATAK 28: .......................................................................................................................................................................... 125 ZADATAK 29: .......................................................................................................................................................................... 127 ZADATAK 30: .......................................................................................................................................................................... 129 ZADACI ZA VJEŽBU: ................................................................................................................................................................ 132 ZADATAK 31: .......................................................................................................................................................................... 132 ZADATAK 32: .......................................................................................................................................................................... 133 ZADATAK 33: .......................................................................................................................................................................... 134 2X NEODREĐENI SUSTAVI.....................................................................................................................................135 ZADATAK 34: .......................................................................................................................................................................... 135 CROSSOVA METODA .............................................................................................................................................138

2

ZADATAK 35: .......................................................................................................................................................................... 138

M

ik → TABLICA MOMENATA UPETOSTI .................................................................................................................. 140 • ZADATAK 36: .......................................................................................................................................................................... 145 ZADATAK 37: .......................................................................................................................................................................... 148 ZADATAK 38: .......................................................................................................................................................................... 150

ISPITNI ZADATAK (ROK 5. 7. 2005.) ......................................................................................................................151 LITERATURA: ..........................................................................................................................................................161 .

3

1. DIO – primjeri i zadaci za 1. i 2. kolokvij

1. DIO.

4

GEOMETRIJSKA NEPROMJENJIVOST

PRORAČUNSKI MODELI (SHEME) KONSTRUKCIJE STATIČKI SUSTAVI I. podjela s geometrijskog stanovišta - linijski štapni sustavi - površinski (plošni) sustavi - masivna tijela II. podjela s kinematskog stanovišta - geometrijski nepromjenjivi sustavi • statički određeni (najmanji mogući broj ispravno raspoređenih veza) • statički neodređeni (sustavi s većim brojem veza od najmanje potrebnog) - geometrijski promjenjivi sustavi Za rješavanje statički određenih sustava koriste se jednadžbe ravnoteže ∑x = 0; ∑y =0; ∑M=0 Za rješavanje statički neodređenih sustava koriste se jednadžbe ravnoteže + jednadžbe kompatibilnosti. •

PONAVLJANJE:

-

Materijalna točka u ravnini (tijelo bez dimenzija) 2 jednadžbe ravnoteže: ∑x = 0; ∑y =0

-

Tijelo u ravnini 3 jednadžbe ravnoteže: ∑x = 0; ∑y=0; ∑M=0 ili 3 Ritterove točke ; ∑M1=0; ∑M2=0; ∑M3=0

(u Tehničkoj mehanici naučili smo što je tijelo, djelovanje uravnoteženih sila na tijelo, određivali smo unutarnje sile M, T i N). U Proračunu konstrukcija naučit ćemo kakve su to stvarno sile A, B i C (kao smo ih zvali u Mehanici) tj. naučit ćemo veze tijela s podlogom. Isto tako naučit ćemo da kako se jednostavna tijela pomoću unutarnjih veza mogu spajati u nova složena tijela. Kad bismo imali točku ili tijelo (disk) pod opterećenjem, oni bi mogli "putovati" po ravnini ili prostoru.

1. DIO.

5


Međutim, kad mi točku ili tijelo "vežemo" s podlogom oni miruju i dovodimo ih u stanje ravnoteže. Pri tome trebamo: - minimalno dvije veze točke s podlogom (2 jednadžbe ravnoteže ∑x = 0; ∑y=0) - minimalno tri veze tijela s podlogom (3 jednadžbe ravnoteže ∑x = 0; ∑y=0; ∑M=0) Vanjske veze – vanjski spojevi Klizni ležaj – oduzima 1 stupanj slobode, tj. preuzima na sebe 1 vanjsku silu okomitu na plohu klizanja.

Nepomični ležaj (zglobni ležaj) - oduzima 2 stupnja slobode (može samo rotirati) tj. preuzima 2 vanjske sile.

Kruta veze, kruti spoj, kruti ležaj, upeti ležajoduzima 3 stupnja slobode, ne dozvoljava nikakav pomak, tj. preuzima na sebe 3 vanjske sile. Unutarnje veze – unutarnji spojevi (vrlo često postoji potreba za međusobnim povezivanjem točaka, točaka i tijela, dva ili više tijela ) Štap (štapna veza) – sprječava translatorni pomak dva tijela u smjeru štapa, a dopušta rotaciju i translaciju u drugom smjeru. Oduzima 1 stupanj slobode, tj. preuzima na sebe 1 unutarnju silu. Zglob (nepomični) između 2 tijela – dozvoljava samo rotaciju, ali ne i translaciju 2 tijela. Oduzima 2 stupnja slobode, tj. preuzima na sebe 2 unutarnje sile – jednostruka zglobna veza Dvostruka zglobna veza – jednostruki zglob između tijela I. i tijela II.+ jednostruki zglob između tijela III. i (I. + II.) – oduzima 4 stupnja slobode, tj. preuzima na sebe 4 unutarnje sile.

1. DIO.

6


Trostruka zglobna veza – preuzima na sebe 6 stupnjeva slobode, tj. 6 unutarnjih sila "strukost" zglobne veze - n= i-1 gdje je i broj tijela ili diskova koji se nalaze u nekom zglobu.

Kruti spoj – oduzima 3 stupnja slobode odnosno preuzima na sebe 3 unutarnje sile. Vrlo često imamo na nekom tijelu kombinaciju i unutarnjih i vanjskih veza.

1. DIO.

7


OSNOVNE VEZE TOČKE I TIJELA S PODLOGOM I MEĐUSOBNO Točka u ravnini ima 2 stupnja slobode – treba 2 vanjske veze s podlogom ∑x = 0 i ∑y=0 za vezu točke i tijela trebamo 2 unutarnje veze i dobit ćemo novo tijelo – novi statički sustav. vezali smo točku T s dvije unutarnje veze s tijelom i dobili smo NOVO TIJELO.

!!!! treba paziti na raspored veza; one ne smiju biti na istom pravcu jer ćemo dobiti mehanizam, tj. geometrijski promjenjiv sustav.

Tijelo u ravnini ima 3 stupnja slobode - treba 3 vanjske veze s podlogom

!!!! Treba paziti na raspored veza; -

ne smiju biti međusobno paralelne i

-

ne smiju se sjeći u istoj točki

Ako želimo povezati dva ili više tijela u novo tijelo ili statički sustav potrebno je imati 3 unutarnje veze koje također trebaju biti pravilno raspoređene.

Ne smijemo imati tri paralelne veze ili tri veze koje se sijeku u jednoj točki !!! 1. DIO.

8


UTVRĐIVANJE GEOMETRIJSKE NEPROMJENJIVOSTI ZADANIH SUSTAVA 1 tijelo--- 1 disk--- 3 stupnja slobode imamo 3 veze s podlogom (2)

(1) 1 tijelo--- 1 disk---3 stupnja slobode imamo 3 veze s podlogom

(3) točka – vezali smo točku s 2 veze za disk i dobili novo tijelo koje ima 3 stupnja slobode zato imamo 3 veze s podlogom

2 tijela (diska) vezali smo s 1 štapom (1 unutarnja veza) i 1 jednostrukim zglobom (2 unutarnje veze) i dobili novo tijelo – nosač koji ima 3 stupnja slobode dodali smo 3 veze s podlogom dva diska – 2 x 3 stupnja slobode = 6 stupnjeva slobode za stabilizaciju imamo 1 jednostruki zglob (2 unutarnje veze) i 2 zglobna ležaja (2+2 vanjske veze) što je sveukupno 6 veza 2 diska = 6 stupnjeva slobode 2 unutarnje veze + 4 vanjske veze = 6 veza imamo 1 disk (tijelo)—3 stupnja slobode imamo 5 veza s podlogom pojavile su se 2 veze viška STATIČKI NEODREĐENI (KINEMATSKI PREODREĐENI) sustav.

presijecanjem 2 vanjske veze dobili smo statički određeni sustav

1. DIO.

9


Kod veza (unutarnjih i vanjskih) treba uvijek paziti na njihov raspored da ne bi došlo do mehanizma. Ovdje imamo primjer kako smo povezali 2 tijela pomoću 6 veza (4 vanjske i 2 unutarnje) ali smo dobili mehanizam. (za povezivanje 2 tijela u novo tijelo trebamo imati 3 unutarnje veze, a mi ovdje imamo samo 2 (1 jednostruki zglob)) Provjeru geometrijske nepromjenjivosti osim prepoznavanjem (vidi ranije primjere), možemo provesti i formulom S= 3 • D + 2 • Č – 3 • Z0 – 2 • Z1 – 4 • Z2 – 6 • Z3 - ... – 2•n • Zn – Š - L D = broj diskova Č = broj čvorova (samo između štapova) Z0 = broj krutih veza (u zatvorenom tijelu mora se pojaviti 1 Z0) Z1 = broj jednostrukih zglobnih veza Z2 = broj dvostrukih zglobnih veza Z3 = broj trostrukih zglobnih veza . . Zn = broj n-strukih zglobnih veza Š = broj štapova ( ) L = broj ležajnih veza S= 0 -- samo nužan, ali ne i dovoljan uvjet da je sustav statički određen i geometrijski nepromjenjiv (treba provjeriti raspored veza) S< 0 -- imamo višak veza -- statički neodređeni sustavi S > 0 -- imamo manjak veza -- mehanizam

D=2; Č= 2; Z1=1; Š=5; L=3 S= 3•D + 2 • Č – 3 • Z0 – 2 • Z1 – 4 • Z2 – 6 • Z3 - ... – 2n • Zn – Š - L S=3 • 2 + 2 • 2 -2•1 –5–3 =0

1. DIO.

10


D=1; Z0= 1; L=3 S= 3•1 – 3•3 – 3 = -3x !!!!!!!!

Zatvoreni disk je 3x preodređen, tj. ima 1 Z0.

Prekinuli smo tri unutarnje veze (u paru) i dobili statički određeni sustav

Kod ovog presijecanja veza dobili smo lokalni mehanizam nije dobro (imamo tri zgloba na jednom pravcu)

Č=8; Š=13; L=3 S = 0, ali ako napišemo ∑y = 0 za čvor 3 dobit ćemo silu u štapu 3-7 da je jednaka nuli. Ako pak napišemo ∑y = 0 za čvor 7 dobit ćemo silu u štapu 3-7 da je jednaka intenzitetu sile P. ZAKLJUČAK: Ako u nekom statičkom sustavu s minimalnim brojem veza nije moguće odrediti vanjske i/ili unutarnje sile pomoću jednadžbi ravnoteže sustav je geometrijski promjenjiv.

1. DIO.

11


Primjeri određivanja statičke neodređenosti! Statički neodređeni sustav

1. osnovni sustav

2. osnovni sustav

D= 1 Š=1 L=5 S= 3*1-1-5=-3x

D=1 Z1=1 Š=1 L=4 S=3*1-2*1-1-4=-4x

D=1 Z1=1 L=5 S=3*1-2*1-5=-4x

D=1 Š=1 L=5 S=3*1-1-5=-3x

D=1; Č=1;Z1=1;Š=3;L=3 S=3*1+2*1-2*1-3-3=-3x

D=1 Z1=1 L=5 S=3*1-2*1-5=-4x

1. DIO.

12

NOSIVI KONSTRUKTIVNI SUSTAVI - NOSAČI

NOSIVI KONSTRUKTIVNI SUSTAVI – NOSAČI -

-

oni su geometrijski nepromjenjivi prema strukturi elemenata mogu biti: • punostjeni ⇒ sastoje se od čvrstih tijela, greda, diskova • rešetkasti ⇒ sastoje se samo od štapova • kombinirani ⇒ grede (diskovi) + štapovi prema statičkom sustavu, odnosno karakteru ležajnih veza, međusobnom spoju više tijela, diskova i točaka mogu biti: prosta greda

prosta greda s prepustom

konzola

Gerberov nosač

trozglobni okvir

trozglobni okvir sa zategom

Sve gore nacrtane punostjene sustave možemo imati i u rešetkastoj izvedbi. ojačana ili Langerova greda

U Proračunu konstrukcija nas će interesirati veze u spojevima i to ležajne i unutarnje veze. Pomoću njih postići ćemo da nam sustav bude u ravnoteži i moći ćemo odrediti dijagrame unutarnjih sila M, T, N.

1. DIO.

13


Zadatak 1: Odredite veze u spojevima (ležajne reakcije) i dijagrame unutarnjih sila M, T i N. P=100kN

Py= P × sinα = 70,71 kN; Px= P × cosα = 70,71 kN Postupak: Σ x =0 B + Px = 0 ⇒ B = - Px = - 70.71 kN Σ M(2)= 0 A×8 - Py ×4 = 0 ⇒ A =

A

Σ M(1)= 0

PY × 4 = 35,35 kN 8

PY × 4 = 35,35 kN 8 A + C – Py = 0 35,35 + 35,35 – 70,71= 0

C×8 - Py ×4 = 0 ⇒ C = Kontrola: Σ y = 0 35.35

Unutarnje sile u karakterističnim točkama

141.4

Presjek 1: Σ x = 0 N1- 70,71 = 0 Σ y = 0 35,35 – T1= 0 ΣM=0

N1=70,71 kN T1=35,35 kN M 1= 0

Presjek 2: Σx=0 Σ y = 0 35,35 + T2= 0 ΣM=0

N2 = 0 T2=-35,35 kN M2 = 0

Presjek 3: Σ x = 0 N3 -70.71 = 0 N3= 70.71 kN T3 = 35,35 kN Σy=0 35,35 + T3= 0 ΣM(3)=0 35,35×4 – M3 = 0 M3 = 141,4 kNm Presjek 4: Σ x = 0 Σy=0 ΣM(4)=0

1. DIO.

N 4= 0 35,35 + T4= 0 T4 = -35,35 kN 35,35×4 – M4 = 0 M4 = 141,4 kNm

14


Zadatak 2: Odredite veze u spojevima (ležajne reakcije) i dijagrame unutarnjih sila.

Postupak: Q = q×l = 100 kN Σx=0⇒B=0 Σ y = 0 A - q×10 = 0 A = 100 kN ΣM=0 C - q×10×5 = 0 ⇒ C – 10×10×5 = 500 kNm Kontrola : Σ M(1) = 0 ⇒ moment na slobodnom kraju = 0 C - A×10 + q×10×5 = 0 500 - 100×10 + 500 = 0

mo =

q × l 2 10 × 100 = = 125 8 8

Zadatak 3: Odredite veze u spojevima (ležajne reakcije)

i dijagrame unutarnjih sila.

Postupak: 1.) Reakcije : Σx=0 C – 100 = 0 C = 100 kN Σ M(A) = 0 B×6 - P×3 - q×8×4 – M = 0 B = 155,0 kN Σ M(B) = 0 A×6 +M- P×3 - q×8×2 = 0 A = 85 kN Kontrola : Σ y = 0 A+B – P - q×8 = 0 85 + 155 – 80 -20×8 = 0 Presjek 1:Σ x = 0 N1= 100 kN Σ y = 0 T1= 0 Σ M= 0 M1+M = 0 M1=50 kNm

mo =

q × l 2 20 × 3 2 = = 22.5 8 8

1. DIO.

15


Presjek 2: Σ x = 0 100 – N2= 0 Σy=0 Σ M = 0 M2 – 50 = 0

N2 = 100 kN T 2= 0 M2 = 50 kNm

Presjek 3: Σ x = 0 N3+100-100 = 0 N3=0 Σy=0 85-T3 = 0 T3 = 85 kN ΣM(3)=0 M3-50= 0 M3= 50 kNm

Presjek 4: Σ x = 0 Σy=0 ΣM(4)=0

Presjek 8: Σ x = 0 Σy=0 ΣM=0

100-100 + N4 = 0 N4 = 0 85 - q×3 – T4 = 0 T4 = 85 - 20×3 = 25 kN M4 – 50 - 85×3 + 20×3×1,5 = 0 M4 =50+85×3-20×3×1,5 = 215 kNm N 8= 0 T 8= 0 M 8= 0

Presjek 7: Σ x = 0 N7 = 0 Σ y = 0 T7 - q×2 = 0 Σ M = 0 M7 + q×2×1= 0

T7 = 40 kN M7 = -40 kNm


N6 = 0 T6 + 155 - 20×2 = 0 T6= -115 kN M6 + q×2×1 = 0 M6 = -40 kNm

Presjek 5: Σ x = 0 Σy=0

N5 = 0 T5 +155 - q×5×2,5 = 0 T5 = -155 + 100 = - 55 kN M5 – 155×3 + q×5×2,5 = 0 M5 = 215 kNm

ΣM(5)=0

Dijagrame poprečnih sila možemo dobiti i iz diferencijalnih odnosa ako nam je to jednostavnije. Diferencijalni odnosi: dM X dT X = TX ⇒ = −q( X ) dx dx

1. DIO.

16


Zadatak 4: Na zadanom nosaču, na kojem je poznat dijagram momenata, koristeći diferencijalne odnose, potrebno je odrediti dijagram poprečnih sila te opterećenje.

M - zadano

dM X = TX dx

dT X = −q( X ) dx

Za predznak poprečne sile važan nam je tok funkcije dijagrama momenata, a ne da li je dijagram s gornje ili donje strane nosača. (gledamo nagib tangente)

1. DIO.

17


1.) Dijagram T dM X = 0 ⇒ tg t1 = 0 T1 = 0 dx • funkcija dijagrama momenata ima lom jer su t2 i t3 različite ⇒ što znači da dijagram poprečnih sila ima skok

• t1 = horizontalno ⇒

 dM X  − 40 = −40 kN (- zbog nagiba tangente t2 ) * T2 =  = 1  dx  132,5 + 22,50 + 40 * T3 = = 130 kN 1,5 • t4 i t5 ⇒ lom u M dijagramu ⇒ sok u T dijagramu :

−

260 − (132,5 + 22,5) = 70 kN + 1,5 260 − (192,5 + 22,5) T5 = − = −30 kN (- zbog nagiba tangente t5 ) 1,5 • tangente t6 , t7 i t8 međusobno paralelne ⇒ nema loma u M , nema skoka u T T4 =

192,5 + 22,50 − 80 = −90 kN (- zbog nagiba tangente t6 ) 1,5 15 + 225 T7 = − = −90 kN (- zbog nagiba tangente t7 ) 3,0 255 + 15 T8 = − = −90 kN (- zbog nagiba tangente t8 ) 3,0 • tangente t8 i t9 imamo lom u M, skok u T T6 = −

255 − 60 = 130 kN 1,5 • t10 ⇒ ima nagib 60 T10 = = 40 kN 1,5 2.)Iz dobivenog T dijagrama može se izračunati opterećenje ⇒ na mjestima gdje imamo T −T  linearni dio T dijagrama q1, 2 =  2 1   dx  T9 =

70 − 130  − 40  q1, 2 =  q 3, 4 = = −20 kN/m  = −20 kN/m 3  2  − 90 − (−30) 40 − 130 q 5, 6 = = −20 kN/m q9,10 = = −30 kN/m 3 3 • iz skokova u T dijagramu izračunamo koncentrirane sile (u apsolutnom iznosu , a smjer očitamo iz T dijagrama) P2,3 = 40 +130 = 140 kN P4,5 = 70+30 = 100 kN P8,9 = 90+130 = 220 kN P10 = 40 kN M6,7 = 80 -15 = 65 kNm ( očitamo iz M dijagrama ) 1. DIO.

18


" ZRNCA MUDROSTI " - što je dobro znati –

P×l P T1 = 4 = = T2 l 2 2

P×l P T3 = T4 = − 4 = − l 2 2

x2

q×l2 ×2 q×l 8 = T1 = l 2 2 q×l2 ×2 q×l 8 =− T2 = − l 2 2

1. DIO.

Predznak poprečne sile ovisi o nagibu tangenata + i -

19


q×l2 T1 = 2 = q × l l 2 T2 = 0 ( t2 je horizontalna )

T1 = T2 =

1. DIO.

P×l =P l

q×l2 − 2 = −q × l T1 = l 2 T2 = 0

T1 = T2 = −

P×l = −P l 20


1. DIO.

21

GERBEROVI NOSAČI

GERBEROVI NOSAČI Statički određeni sustavi horizontalno položeni iznad dva ili više otvora. - Mogu biti : • punostjeni

• rešetkasti

• kombinirani

Određivanje ležajnih veza – reakcija Primjer 1.:

Ukupno 5 nepoznanica Σx = 0 ΣM DL = 0 ΣM DD = 0 ili Σy = 0 + ΣM EL = 0 ΣM ED = 0 ΣM = 0 Moramo riješiti sustav od 5 jednadžbi s 5 nepoznanica Jednostavnije ⇒ "rastavljanje" Gerberovog nosača

I. nivo II. nivo

* prvo odredimo "reakcije" za I. nivo ( VD i VE ) ⇒ budući da tu u stvarnosti ne postoji ležaj te "reakcije" prenosimo s obrnutim predznakom na II. nivo i nađemo konačno stvarne reakcije

1. DIO.

22

GERBEROVI NOSAČI

Primjer 2.:

- imamo 6 nepoznanica : V1, V3, V4 ,V7 , H7, M7 - 3 jednadžbe ravnoteže ΣM 2L = 0 Σx = 0 Σy = 0 + dopunske jednadžbe ΣM 5L = 0 ili L ΣM = 0 ΣM 6 = 0

ΣM 2D = 0 ΣM 5D = 0 ΣM 6D = 0

6 nepoznanica ⇒ 6 linearnih jednadžbi ; treba riješiti sustav od 6 jednadžbi sa 6 nepoznanica

! Jednostavnije ako sustav rastavimo na način kako je on nastajao

1.) Riješimo 1. nivo ⇒ (1) i (2) i s dobivenim reakcijama opteretimo 2. nivo 2.) Riješimo 2. nivo , zatim 3. nivo 3.) Kad bi imali na bilo kojem nivou neku kosu silu, horizontalnu komponentu te sile morali bi "seliti" do ležaja 7, pa zato na nekim mjestima možemo pretpostaviti nepomični ležaj.

1. DIO.

23

GERBEROVI NOSAČI

Primjer 3.: • opterećenje kosom silom

• svaka kosa sila može se projicirati na komponente i radimo superpoziciju • za Py kao u prethodnom slučaju I. nivo II. nivo

odredimo reakcije VA, MA, VB i VC te M i T dijagrame

• za Px opterećenje

odredimo reakciju HA i N dijagram od djelovanja sile P1x ( N dijagram postoji od točke djelovanja P1X do nepomičnog ležaja A ) Još neki primjeri "rastavljanja" Gerberovog nosača Primjer 4.:

1. DIO.

24

GERBEROVI NOSAČI

Primjer 5.:

Primjer 6.:

Primjer 7.: S=3D+2Č+3 Z0 – 2 Z1 – 4 Z 2 – Š – L S = 3×4 + 0 + - 2×3 – 0 – 6 = 12 – 6 – 6 = 0 ali nepravilan raspored zglobova, odnosno unutarnjih veza

1. DIO.

25

GERBEROVI NOSAČI

Zadatak 5: Za zadani Gerberov nosač treba odrediti M ,T i N dijagrame analitičkim postupkom.

Postupak:

* u I. nivou imamo dvije proste grede AB i EF - redoslijed rješavanja je proizvoljan * u II. nivou imamo prostu gredu s prepustima BCDE i konzolu FG • za okomito opterećenje redoslijed rješavanja je proizvoljan, ali da smo imali i horizontalno opterećenje ili kosu silu trebali bi voditi računa gdje je nepomičan ležaj (G), te da prvo treba riješiti nosač BCDE a zatim konzolu, kao bi uzdužna sila došla do nepomičnog ležaja. 1.) Nosač AB ΣMA = 0 ΣMB = 0 Σx = 0 Kontrola !

5 =0 AV = 25 kN 2 5 - BV×5 + q1×5× = 0 BV = 25 kN 2 BH = 0 (ovu jednadžbu pišemo samo ako imamo horizontalnih sila) - AV×5 + q1×5×

Σy = 0

AV + BV – q1×5 = 0

2.) Nosač EF ΣMF = 0 ΣME = 0

1. DIO.

- EV×5 + q2×5×2,5 = 0 FV×5 - q2×5×2,5 = 0

EV = 50 kN FV = 50 kN

Σx = 0

FH = 0 (ovu jednadžbu pišemo samo ako imamo horizontalnih sila)

Kontrola !

Σy = 0

EV + FV – q2×5 = 0

26

GERBEROVI NOSAČI

3.) Nosač BCDE ΣMD = 0 -CV×7,5 + BV×10 + P×5 - EV×2,5 + 2,5  2,5  q1×2,5×  =0 + 7,5  - q2×2,5× 2  2  781,25 CV = = 104,17 kN 7,5 ΣMC = 0

DV×7,5 + BV×2,5 - P×2,5 – EV×10 + q1×2,5× DV =

Kontrola !

2,5  2,5  - q2 ×2,5×  + 7,5  = 0 2  2 

1093,75 = 145,83 kN 7,5

Σy = 0 ⇒ -25 -100 – 50 - 10×2,5 – 20×2,5 + 104,17 + 145,83 = 0

4.) Nosač FG Σx=0 Σy=0

2,5

GH = 0 GV – FV – q2×2,5 = 0 GV = 100 kN 2,5 ΣMG = 0 FV×2,5 + q2×2,5× - MG = 0 MG = 187,5 kNm 2 2,5 Kontrola ! ΣMF = 0 ⇒ -q2×2,5× + GV×2,5 – MG = 0 2

Određivanje dijagrama unutarnjih sila * možemo raditi za cijeli Gerberov nosač ili za svaki "podijeljeni" nosač 1.) ∑M=0

M1 = 0

M2 = 0

∑y=0

T1 = 25 kN

T2 = -25 kN

∑x=0

N 1= 0

N2 = 0

q×l2 8 10 × 5 2 m0 = 8 m0 = 31,25 kNm m0 =

2.)

1. DIO.

∑M=0

M3 = 0

M4 = 0

∑y=0

T3 = 50 kN

T4 = -50 kN

∑X=0

N 3= 0

N4 = 0

q×l2 m0 = 8 20 × 5 2 m0 = 8 m0 = 62,5 kNm

27

GERBEROVI NOSAČI

3.)

Presjek 5.: ∑x=0 ∑y=0 ∑M=0

N5 = 0 T5 = -25 kN M5 = 0

Presjek 6.: ∑x=0 ∑y=0 ∑M=0

N6 = 0 T6 = -50 kN M6 = - 93,75 kNm

Presjek 7.:

Presjek 8.:

N7 = 0 Σy=0 ΣM7 = 0

T7 = 54,17 kN M7 = - 93,75 kNm

N8 = 0 Σy=0 ΣM8 = 0

T8 = 54,17 kN M8 = 41,675 kNm

Presjek 12.: N12 = 0 T12 = 50 kN M12 = 0

Presjek 11.: N11 = 0 Σy=0 ΣM11 = 0

1. DIO.

T11 = 100 kN M11 = - 187,5 kNm

28

GERBEROVI NOSAČI

Presjek 10.:

Presjek 9.:

N10 = 0 Σy=0 ΣM10 = 0

N9 = 0 Σy=0 ΣM9 = 0

T10 = - 45,83 kN M10 = - 187,5 kNm M10 = M11

T9 = - 45,83 kN M9 = 41,65 kNm M 9 = M8

4.)

Presjek 13.:

Presjek 14.:

1. DIO.

N13 = 0 Σy=0 M13 = 0

N14 = 0 Σy=0 ΣM14 = 0

T13 = - 50 kN

T14 = - 100 kN M14 = - 187,5 kNm

29

GERBEROVI NOSAČI

Dijagrami unutarnjih sila M i T Mjerila : 0.5 cm :: 1m 1 cm :: 50 kNm 1 cm :: 50 kN

1. DIO.

30

GERBEROVI NOSAČI

Zadatak 6: Za zadani Gerberov nosač treba odrediti M i T dijagrame - grafoanalitičkim postupkom.

Promatramo 3 proste grede A-C

C-D

D-G

1. DIO.

AV = CV = 37,5 kN q × 7,5 2 m10 = = 70,3 kNm 8

100 × 5 = 66,67 kN 7,5 100 × 2,5 D= = 33,675 7,5 m02 = C × 2,5 = 166,675 kNm C=

D = G = 100 kN 20 × 10 2 m03 = = 250 kNm 8

31

GERBEROVI NOSAČI

1. DIO.

32

GERBEROVI NOSAČI

Obrazloženje grafoanalitičkog postupka

A = A0 + A' = 37,5 – 12,5 = 25 kN C = C0 + C' = 104,2 – 0,03 = 104,17 kN D = D0 + D' = 133,33 + 12,5 = 145,83 kN G = G0 + G' = 100 + 0 = 100 Kn MG' = MG = 187 kNm 1. DIO.

33

GERBEROVI NOSAČI

Djelovanje para momenata na Gerberov nosač Zadaci ovakvog tipa mogu se pojaviti na kolokviju ili ispitu.!!!!!!!

1.)

2.)

1. DIO.

34

REŠETKASTI NOSAČI

REŠETKASTI NOSAČI Naučili smo da nosači, odnosno konstruktivni sustavi, mogu biti punostjeni i/ili rešetkasti. Rešetkasti nosač se sastoji samo od štapova, a opterećenje se prenosi isključivo u čvorovima. Prema statičkom sustavu, odnosno karakteru ležajnih veza možemo imati: prostu gredu, konzolu, trozglobnu konstrukciju, Gerberovu rešetku. Rešetkasti nosači mogu biti jednostavni i složeni. * jednostavni - točno se zna redoslijed spajanja štapova - opterećenje se preko štapova prenosi na čvrsto tlo • rješavanje može biti : analitičko ili grafičko Σx=0 poligon sila zatvoreni lik Σy=0

! kod rješavanja uvijek krećemo od čvora gdje nam se javljaju samo 2 nepoznate sile • rešetka je nastala tako da smo dodavali štapove na čvrstu točku (1) koja je s dva štapa vezana na tlo • redoslijed rješavanja rešetke: prvo čvor (6) → 5→ 4→ 3 → 2 →1 →A→B→ C ⇒ veze s podlogom Kontrola !

1. DIO.

Σx=0

;

Σy=0

35

REŠETKASTI NOSAČI

* složeni redoslijed rješavanja 1.) A, B, C 2.) 1,2,…,6 3.) Kontrola u točki (K) Σx=0 ; Σy=0

* kombinacija: rešetka + punostjeni

1. DIO.

36

REŠETKASTI NOSAČI

Zadatak 7: Odredite sile u štapovima rešetke, te nacrtajte skicu realnih (stvarnih) djelovanja.

Postupak rješavanja: Analitički: čvor (3) kod nepoznatih veličina uvijek pretpostavljamo vlačne sile u štapovima Σ x = 0 ; Σ y = 0 ; tgα =

3 → α = 56,31° 2

1.) Σ y = 0 -Dy -Ey = 0 Dy = D×sin α = 0,832 D Ey = E×sin α = 0,832 E 0,832 D = - 0,832 E D=-E

Σx=0 -Dx + Ex + P = 0 Dx = D×cos α = 0,5547 D Ex = E×cos α = 0,5547 E - 0,5547 D + 0,5547 E + 100 = 0 0,5547 E + 0,5547 E + 100 = 0 1.1094 E + 100 = 0 E = -90,139 kN ( tlak) D = 90,139 kN ( vlak)

⇒

Ex = -90,139×0,5547 = -50 kN Dx = 50 kN

Ey = -75 kN Dy = 75 kN

čvor (2) skiciramo čvor (2) i silu E ucrtavamo s njezinim stvarnim djelovanjem, tj. sila E je tlačna i crtamo strelicu u čvor i zbog toga u kasnijim izračunima više ne mijenjamo njezin predznak

Σx=0 Σy=0

1. DIO.

Ex – I = 0 ⇒ I = Ex = 50 kN ( vlak ) - Ey - F = 0 ⇒ F = -Ey = -75 kN ( tlak )

37

REŠETKASTI NOSAČI

čvor (1) Σx=0 Σy=0

tgβ =

Gx + Dx + I = 0 D y - H – Gy = 0

4 ⇒ β = 45° 4

Gx = 0,707 G Gy = 0,707 G

100 = −141,4 kN ( tlak ) 0,707 Gy = -100 kN Gx = -100 kN

1.) 0,707 G + 50 +50 = 0

G=−

2.) Dy – H – Gy = 0 75 – H – (-100) = 0

H = 175 kN (vlak)

Ležajne veze – reakcije Σy=0

A + H = 0 ⇒ A = -175 kN

ili Σ MBC = 0 ⇒ A×4 + P×7 = 0 700 A=− = −175 kN 4

B = F = 75 kN C = G = 141,4 kN

Kontrola !

Σy=0

A + B + Cy = 0 - 175 + 75 + 100 = 0

Σx=0

- Cx + P = 0 - 100 + 100 = 0

OBAVEZNO! – skica stvarnog djelovanja

Σx=0 i

1. DIO.

Σ y = 0 u svakom čvoru

38

REŠETKASTI NOSAČI

Grafički: (od čvora do čvora) Za grafičko određivanje sila potrebno je odrediti mjerilo sila. Mjerilo sila 1cm::20kN Očitamo : D = 4,5 cm ⇒ D = 90 kN ( vlak ) E = 4,5 cm ⇒ E = 90 kN ( tlak ) ( tlak zato jer sila gleda u čvor (3) ) Očitamo : I = 2,5 cm ⇒ I = 50 kN ( vlak ) F = 3,7 cm ⇒ F = 74 kN ( tlak )

Očitamo : H = 8,7 cm ⇒ H = 174 kN ( vlak ) G = 7,0 cm ⇒ G = 140 kN ( tlak )

1. DIO.

39

REŠETKASTI NOSAČI

Zadatak 8: Odredite vrijednosti sila u štapovima prikazane rešetke. Nacrtajte skicu realnih djelovanja.

Postupak: 8 tgα = ⇒ α = 63,435° 4 Ax = A×cos α = 0,4472 A

;

Ay = A×sin α = 0,8944 A

I. Prvo trebamo odrediti ležajne veze – reakcije A, B i C jer niti u jednom čvoru nemamo samo dvije nepoznate sile Σ M3 = 0

Σx=0

Σy=0 Kontrola !

-C×16 – P2×10 + P1×8 = 0 P × 8 − P2 × 10 80 × 8 − 110 × 10 = = −28,75 kN C= 1 16 16 -Ax + P1 = 0 Ax Ax = P1 = 80 kN ⇒ A = = 178,89 kN cos α Ay = A×sin α = 178,89×0,8944 = 160 kN - Ay - P2 - C -B = 0 B = -Ay – P2 –C = - 160 – 110 – (- 28,75 ) = - 241,25 kN Σ M2 = 0

Ay×20 + P2×6 + B×16 = 0 160×20 + 110×6 + ( - 241,25) ×16 = 0

• ucrtamo stvarni smjer reakcija , odnosno ucrtamo stvarne smjerove sila u štapovima koji vežu rešetku s podlogom ( A, B, C )

1. DIO.

40

REŠETKASTI NOSAČI

čvor (2)

8 ⇒ β = 53,13° 6 Σy=0

tgβ =

Σx=0 čvor (4)

tgγ =

Dy + 28,75 = 0 Dy = - 28,75 kN ( tlak) Dy = −35,94 kN D= sin β Dx = D×cos β = - 21,56 kN - E + 80 – Dx = 0 E = 80 – ( - 21,56 ) = 101,56 kN

8 ⇒ γ = 38,6598° 10 Σy=0

Σx=0

-Gy + Dy –P2 = 0 Gy = 28,75 – 110 = - 81,25 kN ( tlak) Gy = −130,06 kN G= sin γ Gx = G×cos γ = - 101,56 kN - F – G x – Dx = 0 F = - Gx – Dx = - ( -101,56 ) – 21,56 = 80 kN

Gx je negativno jer smo tako izračunali

Dx je pozitivno jer smo u čvor (4) ucrtali stvarni smjer

čvor (3) Σx=0 − Ax + F = 0   ovo je kontrola! − 80 + 80 = 0 Σy=0

1. DIO.

- Ay– H = 0 H = - Ay = -160 kN ( tlak )

41

REŠETKASTI NOSAČI

čvor (1) ⇒ kontrolni čvor ⇒ treba provjeriti, a ne samo zaključiti Σx=0 Σy=0

Skica stvarnog djelovanja

1. DIO.

42

REŠETKASTI NOSAČI

Zadatak 9: Ritterova i Culmannova metoda U označenim štapovima rešetke odredite vrijednosti djelovanja Ritterovom metodom.

(vrlo često dolazi na ispitu i kolokviju !!!!! )

Postupak: 2 tgα = ⇒ α = 33,69° 3 1.) Reakcije

Σy=0

R1- P = 0 R1= 60 kN

Σ M(1) = 0 Σx=0

R2×4- P1×9 = 0 R2 = 135 kN P 2 + R2 – R3 = 0 R3 = 215 kN

2.) Određivanje vrijednosti u označenim štapovima rešetke a.) Σ MRA = 0 ( desni dio ) A×2- P1×3 – R3×2 = 0 60 × 3 + 215 × 2 A= = 305 kN 2 b.) Σ MRC = 0 ( lijevi dio ) C×2 + P2×4 + R2×8 – R1×3 = 0 - 80 × 4 − 135 × 8 + 60 × 3 C= = −610 kN 2 c.) Σ y = 0 ( lijevi dio ) R 1- B y = 0 By 60 By = R1= 60 kN ; B = = = 108,17 kN sinα 0,5547

1. DIO.

;

Bx = B×cos α = 90 kN

43

REŠETKASTI NOSAČI

Culmannova metoda U označenim štapovima rešetke odrediti vrijednosti djelovanja Culmannovom metodom.

1.) Nađemo reakcije grafičkim postupkom koristeći Culmanov pravac C.P.(R) 2.) Nađemo Culmanov pravac za unutarnje sile (C.P) Očitano : A = 310 kN B = 110 kN C = - 610 kN U presjeku poligon sila mora biti zatvoreni lik tj.

1. DIO.

Reakcije : R1= 60 kN R2= 135 kN R3= 215 kN

r r r r r R3 + P1 + A + B + C = 0

44

TROZGLOBNI NOSAČI

TROZGLOBNI NOSAČI Trozglobni nosači su sastavljeni od dva diska. Diskovi su međusobno povezani zglobom, a svaki je disk zglobno vezan i za podlogu. - mogu biti lučni ili okvirni - mogu biti punostjeni i rešetkasti

Reakcije su u smjeru štapova ⇒ M = 0 ; T = 0 Disk AC ⇒ M ≠ 0, T ≠ 0, N AC ≠ 0 Štap BC ⇒ M = 0, T = 0, N BC ≠ 0 Štap → izmedju 2 zgloba   opaska   Disk → opter štapovi

1. DIO.

45

TROZGLOBNI NOSAČI

Zadatak 10: Treba odrediti dijagrame unutarnjih sila M, T, i N za zadani trozglobni okvir.

Postupak: 1.) Određivanje reakcija – ležajnih veza - imamo nepoznato : AV, AH, BV i BH = 4 nepoznate veličine 3 jednadžbe ravnoteže Σ x = 0 Σy=0 ΣM=0 1. Σ MA = 0 BV×8 - BH×1 - P×6 - q×6×1= 0 2. Σ MCd = 0 -P×2 - BH×6 + BV×4 = 0 3. Σ MB = 0 -AV×8 - AH×1 + q×6×7 + P×2 = 0 4. Σ MCl = 0 -AV×4 + AH 5 + q×6×3 = 0 Kontrola : Σ x = 0 Σy=0

+

1 jednadžba Σ MCl = 0 ili Σ MCd = 0 jer znamo da je u zglobu C moment jednak nuli.

   BV = 93,64 kN  ⇒ B = 29,1 kN H     AV = 126,36 kN   ⇒ AH = 29,1 kN  

A H – BH = 0 AV + BV - q×6 – P = 0

2. Određivanje unutarnjih sila - unutarnje sile određujemo u karakterističnim točkama, tj. na mjestima gdje funkcije dijagrama unutarnjih sila imaju istaknute, karakteristične vrijednosti (sve smo to naučili u Tehničkoj mehanici ☺ ) - predznaci unutarnjih sila – predmet dogovora → moment crtamo uvijek na vlačnoj strani, T i N → isto kao u Tehničkoj mehanici

-

tzv. skok funkcije → funkcija prekidna tzv. lom funkcije → derivacija funkciji prekidna uočimo sve točke ( presjeke ) u kojima funkcije M, T i N imaju karakteristične vrijednosti, a između tih točaka imamo neprekidne derivabilne funkcije, uglavnom I. i II. reda i možemo ih narisati.

1. DIO.

46

TROZGLOBNI NOSAČI

Karakteristične točke su u presjecima 1 do 12

Karakteristični presjeci :

Presjek 1: Σ x = 0 Σy=0 ΣM=0

N1 = 0 T1 = 0 M1 = 0

Presjek 2: Σ x = 0 Σy=0 ΣM2=0

N2 = 0 T2 = -40 kN T2 + q×2 = 0 M2 + q×2×1 = 0 M2 = -40 kNm

Presjek 3: Σ x = 0 Σy=0 ΣM3 = 0

T3 + AH = 0 A V + N3 = 0 M3 = 0


T4 + AH = 0 T4 = -29,1 kN N4 = -126,36 kN N 4 + AV = 0 M4 + AH×5 = 0 M4 = -145,5 kNm ( vlak lijevo)

1. DIO.

T3 = -29,1 kN N3 = -126,36 kN

47

TROZGLOBNI NOSAČI


N5 + AH = 0 N5 = -29,1 kN -q×2 - T5 + AV = 0 T5 = 86,36 kN M5 + AH×5 + q×2×1= 0 M5 = -185,5 kNm (vlak gore)

Presjek 6: Σ x = 0 N6 + AH = 0 N6 = -29,1 kN T6 = 6,36 kN Σy=0 AV - q×6 – T6 = 0 ΣM6=0 → M6 = MC = 0 → u točki C imamo zglob što znači da moment mora biti jednak nuli.(to nam je bila jedna od točki oko koje smo računali naše reakcije)

Presjek 7: Σ x = 0 Σy=0 ΣM7= 0

T 7 - BH = 0 N 7 + BV = 0 M7 = 0

T7 = 29,1 kN N7 = -93,64 kN


T 8 - BH = 0 T8 = 29,1 kN N 8 + BV = 0 N8 = -93,64 kN - M8 - BH×3 = 0 M8 = - 87,3 kNm ( vlak desno)

Presjek 9: Tehnička mehanika → projekcije u smjeru T i N !!!!! sinα = 0,6 cosα = 0,8

ΣN=0 ΣT=0 ΣM9= 0

1. DIO.

N9 + BV×sinα + BH×cosα = 0 N9 = -79,3 kN T9 = -57,45 kN T9 + BV×cosα - BH×sinα = 0 M9 + BH×3 = 0 M9 = -87,3 kNm ( vlak desno gore)

48

TROZGLOBNI NOSAČI

Presjek 10: Σ N = 0 ΣT=0 ΣM10= 0

N10 = N9 = -79,3 kN T10 = T9 = -57,45 kN M10 + BH×4,5 – BV×2 = 0 M10 = 56,3 kNm

Presjek 11: Σ N = 0

N11 + BV×sinα + BH×cosα - P×sinα = 0 N11 = -19,46 kN T11 + BV×cosα - BH×sinα - P×cosα = 0 T11 = 22,50 kN M11= M10 = 56,3 kNm

ΣT=0 ΣM11= 0

Presjek 12: Σ N = 0

N12 + AH×cosα - AV×sinα + q×6×sinα = 0 N12 = -19,46 kN → N11 ΣT=0 T12 - AV×cosα + AH×cosα + q×6×cosα = 0 T12 = 22,50 kN → T11 M12= M6 = MC = 0

1. DIO.

49

TROZGLOBNI NOSAČI

DIJAGRAMI UNUTARNJIH SILA

1. DIO.

50

TROZGLOBNI NOSAČI

Grafičko određivanje unutarnjih sila u zadanim presjecima r-r , s-s i t-t (vrlo često na kolokviju te pismenom i usmenom dijelu ispita!!!!!!!!!) Zadano: K= 80 kN α = 30°

Postupak: r r  r r r r Rd = B r r r K + A + B = 0 Rl = K + A B = 69 kN A = 102,5 kN Očitamo: Presjek r-r ; Nr-r = + 98 kN Tr-r = + 31 kN Mr-r = + rr ×A = 0,45 × 102,5 = + 46 kNm

N ss

T ss

M

ss

Presjek s-s ; Ns-s = - 65 kN Ts-s = - 23 kN Ms-s = - rs ×B = -0,9 × 69 = - 62 kNm (vlak s gornje strane) Presjek t-t ; Nt-t = - 37 kN Tt-t = - 57 kN Mt-t = rt ×Rl = 2,55 × 69 = 176 kNm Mt-t = rt ×B = 2,55 × 69 = 176 kNm

1. DIO.

51

TROZGLOBNI NOSAČI

TROZGLOBNI OKVIR SA ZATEGOM Zadatak 11: Za zadani trozglobni okvir sa zategom odredite dijagrame unutarnjih sila M, T i N

Postupak: Reakcije su iste kao u zadatku 10. Opterećenje i ležajne veze (reakcije) su ostale iste, postoji samo razlika u unutarnjim vezama. Javljaju se: poluzglob D i štap Š1 AV = 126,36 kN AH = 29,1 kN

BV = 93,64 kN BH = 29,1 kN

- karakteristični presjeci – Desni dio nosača, tj. od presjeka 5-12 računa se kao u prethodnom zadatku tj. unutarnje sile ostaju nepromijenjene.

• prvo trebamo odrediti silu u štapu Š1, a taj štap nazivamo zategom.- to je unutarnja veza Iz sume momenata oko (polu)zgloba D → odredimo silu u zatezi, tj. moment u presjeku 4, koji je identičan s (polu)zglobom D mora biti jednak nuli → M4 = 0 AH×5 - ŠH×2 = 0 → ŠH = 72,75 kN Σ M4 = 0 ŠH Š= = 102,88 kN → ŠV = 72,75 kN cos 45 o

1. DIO.

52

TROZGLOBNI NOSAČI

Unutarnje sila u lijevom dijelu nosača Presjek 1: Σ x = 0 N1 + ŠH = 0 → N1 = -72,75 kN Σy=0 T1 + ŠV = 0 → T1 = -72,75 kN ΣM(1)=0 → M1 = 0


N2 + ŠH = 0 → N2 = -72,75 kN T2 + ŠV + q×2 = 0 → T2 = -112,75 kN M2 + ŠV + q×2×1 = 0 → M2 = -185,5 kNm

Presjek 3: → isto kao prije Σx=0 T 3 + AH = 0 Σy=0 A V + N3 = 0 ΣM3 = 0 → M3 = 0

T3 = -29,1 kN N3 = -126,36 kN


T 4 + AH – ŠH = 0 T4 = 43,65 kN N 4 + AV + Š V = 0 N4 = -199,11 kN M4 + AH×5 – ŠH×2 = 0 → M4 = 0 = MD

Presjek 13: Σ x = 0 Σy=0 ΣM13= 0

T13 + AH = 0 → T13 = -29,1 kN N13 + AV = 0 → N13 = -126,63 kN M13 + AH×3 = 0 M13 = - 87,3 kNm ( vlak lijevo)


T14 + AH - ŠH = 0 T14= 43.75 kN N14 + AV + ŠV = 0 N14 = -199,11 kN M14 + AH×3 = 0 M14= M13 = -87,3 kN

1. DIO.

53

TROZGLOBNI NOSAČI

DIJAGRAMI UNUTARNJIH SILA

1. DIO.

54

TROZGLOBNI NOSAČI

Zadatak 12: Odredite reakcije te silu u zatezi za zadani trozglobni okvir sa zategom.

(Nosači ovakvog tipa vrlo često se pojavljuju na predmetu Drvene konstrukcije, položaj zatege može biti na bilo kojem mjestu po visini, a diskovi se spajaju u obliku slova A – krovište.)

Postupak kod analitičkog određivanja reakcija te sila u zatezi: Reakcije: (kao kod proste grede jer imamo 3 ležajne veze) Σx=0 → C Σ MB = 0 → A Σ MA= 0 → B

Sila u zatezi: Σ MCl = 0 Σ MCd = 0

-A×a + C×c + Zh×d - Zv×a + P1×l1 = 0 → Z B×b - Zh×e - Zv×b – P2×l2 = 0

ili

ZH=Z×cosα ZV=Z×sinα

Unutarnje sile određujemo kao kod svakog drugog nosača u karakterističnim točkama. Sila u zatezi za nas je samo još jedna od koncentriranih sila pa imamo karakteristične presjeke ispred i iza mjesta djelovanja zatege.

1. DIO.

55

TROZGLOBNI NOSAČI

Zadatak 13: Za zadani trozglobni okvir sa zategom odredite dijagrame unutarnjih sila.

Postupak: ∑x = 0 ⇒ Ah + P = 0 ⇒ Ah = -100 kN ∑MB= 0 ⇒ -Av *4 + Ah*1 –P*3 + q*4*2=0 ⇒Av=-60 kN ∑y=0 ⇒ Av + Bv - q*4=0 ⇒ Bv=140 kN Kontrola! ∑MA= 0 ⇒ Bv*4-q*4*2-P*4=0 Dijagrami unutarnjih sila Prvo treba izračunati silu u zatezi. Računamo je iz uvjeta da moment u zglobu C mora biti jednak 0, tj . ∑MC= 0. Napravimo presjek kroz zglob i promatramo sile s lijeve strane ili s desne strane. tgα=3/4 ⇒ α=36.870 ∑MlC= 0

Av*2 – Ah*4 + Zh*3 – Zv*2 + q*2*1=0 60*2-100*4+Z*cosα*3 – Z*sinα *2 + 20*2*1=0 120-400+Z*0.8*3 – Z*0.6*2 + 40 = 0 -240 + 1.2Z=0 ⇒ Z=200 kN

Kompjutorska rješenja (samo za provjeru, ako želite nacrtati dijagrame unutarnjih sila)

Reakcije - stvarni smjer djelovanja Dijagram momenata

1. DIO.

Dijagram poprečnih sila

Dijagram uzdužnih sila

56

TROZGLOBNI NOSAČI

Zadatak 14: Grafičkim postupkom odredite reakcija te sile u presjeku t-t za zadani trozglobni okvir sa zategom.

Kod grafičkog rješavanja prvo odredimo Mjerilo sila

--kN:: -- cm

Odredimo reakcije A i B. Reakcije i sila P se moraju sjeći u jednoj točki. Znamo da je B vertikalna reakcija, nađemo točku u kojoj se sijeku B i P te kroz tu točku mora proći A. Očitamo reakcije u mjerilu sila i dobijemo: A=141,4 kN; B= 100 kN

Nakon što smo odredili reakcije, tražimo silu u zatezi Z. Silu nađemo iz uvjeta da rezultanta reakcije B i sile u zatezi Z ⇒R(B+Z) mora proći kroz zglob C (moment u zglobu C mora biti 0). Očitamo: Z= 100 kN Rezultantu R(B+Z) zatim uravnotežimo unutarnjima silama Ttt i Ntt.

Očitamo: Ttt= 100 kN; Ntt= - 100 kN.

Moment izračunamo kao umnožak horizontalne komponente R (B+Z)h x udaljenost do presjeka t-t. (R(B+Z)h =Z) Mtt= 100x1 = 100 kNm (vlak s vanjske strane)

1. DIO.

57

TROZGLOBNI NOSAČI

Kompjutorska rješenja: (samo za provjeru, ako želite nacrtati dijagrame unutarnjih sila) Reakcije

Dijagram poprečnih sila

1. DIO.

Dijagram momenata

Dijagram uzdužnih sila

58

TROZGLOBNI NOSAČI

Zadatak 15: Za zadani trozglobni nosač sa zategom odrediti grafički sile u presjeku t-t

Reakcije - grafički

Očitamo: A= 400 kN; B= 312 kN reakcije kompjutorski

određivanje sile u zatezi Z - grafički

Sila u zatezi Z=260 kN M=-R(Z+A) x 1=-250 kNm ( s gornje strane) T= R(Z+A) = 250 kN; N= 0 1. DIO.

59

TROZGLOBNI NOSAČI

Dijagrami unutarnjih sila za zadani trozglobni okvir sa zategom – kompjutorska rješenja M dijagram

T dijagram

N dijagram

1. DIO.

60

TROZGLOBNI NOSAČI

Zadatak 16: Trozglobni nosač sa zategom – grafičko određivanje unutarnjih sila u zadanom presjeku.

Očitamo:

Reakcije ⇒ A= 141 kN; B= 100 kN

U presjeku t-t Rezultanta reakcije B i sile u zatezi Z tj. Rd mora proći kroz zglob C (Mc=0) Vidimo da od djelovanja sile P u presjeku t-t imamo samo uzdužnu silu Ntt= -133 kN

U presjeku s-s Ako gledamo s desne strane do presjeka ss djeluju nam B, Z i P, odnosno Rd+P Nss= 0 Tss= Rd+P =-33 kN Mss= (Rd+P)*2= 66kNm (vlak s unutarnje strane)

1. DIO.

61

TROZGLOBNI NOSAČI

Kompjutorska rješenja Reakcije

Tss = -33.33 kN

1. DIO.

Mss =66.66 kNm

Ntt= -133.33 kN

62

TROZGLOBNI NOSAČI

Zadatak 17: Grafički odredite reakcije i sile u presjeku t-t za zadani trozglobni okvir.

t t

RJEŠENJE

r

B

A B

N tt

A

Ttt P

A = 160 kN; B = 155 kN; Mtt = 180 kNm (r⋅B= 180 kNm) (s gornje strane); T = -72 kN; N = -140 kN 1. DIO.

63

TROZGLOBNI NOSAČI

Djelovanje para sila i para momenata na trozglobni okvir Zadaci ovakvog tipa mogu se pojaviti na kolokviju ili ispitu.!!!!!!!

(vanjsko opterećenje u ravnoteži, pripazite na reakcije !!!!) AH×h – 1x 0,5×h =0 AH =

0,5 × h = 0,5 h

ΣMA=0; ΣMB=0; =>AV = BV = 0

ΣMA=0; ΣMB=0; =>AV = BV = 0 AH = B H =

1. DIO.

1 h

64

OJAČANA GREDA

OJAČANA GREDA - LANGEROVA GREDA -analitički postupakZadatak 18: Za zadanu ojačanu gredu odredite reakcije te dijagrame unutarnjih sila M, T i N.

1.) Reakcije: kao odgovarajuća prosta greda (vrijedi samo za vertikalno opterećenje)

Σ MG = 0 -AV×10 + q×4×8 + P×2 = 0 Σ MA = 0 GV×10 - q×4×2 - P×8 = 0 Kontrola ! Σ y = 0

→ AV = 52,0 kN → AV = AV° → GV = 88,0 kN → GV = GV°

52 + 88 - 10×4 – 100 = 0

2.) Unutarnje sile:

U presjeku x-x imamo 4 nepoznate unutarnje sile pa ne možemo iz uvjeta ravnoteže riješiti problem. Zato je potrebno prvo riješiti sile u štapovima ili "ojačanju".

1. DIO.

65

OJAČANA GREDA

a) određivanje sila u ojačanju – sile u štapovima

Σ MDl = 0

ili

Σ MDd = 0

ΣM Dd = 0 GV × 5 − P × 3 + S 2 × 2 = 0 14 4244 3 MD° odgovarajuća prosta greda

MD° → moment na odgovarajućoj prostoj gredi − GV × 5 + P × 3 − 440 + 300 = = −70 kN ( S2 je tlačna sila ) S2 = 2 2 ili

M D0 M D0 − 140 S2 = = = = −70 kN 2 f 2 S2 = H → horizontalni štap

Čvor (1)

Σx=0

Čvor (2)

Σx=0

1. DIO.

S2 + S1H = 0 S1H = -S2 = -H = -70 kN − 70 S1 = = −99 kN cos α S1V = S1×sin α = -70 kN

Σy=0

V1 + S1V = 0 V1 = - S1V = 70 kN

S3H + S2 = 0 S3H = -S2 = -H = -70 kN S S 3 = 3 H = −99 kN cos α S3V = S3×sin α = -70 kN

Σy=0

V2 + S3V = 0 V2 = - S3V = 70 kN

66

OJAČANA GREDA

Dijagrami unutarnjih sila Momentni dijagram

MA = 0 MB = AV×2 - q ×

22 = 84 kNm 2

42 MC=AV×4- q × − S1V × 2 = −12 kNm 2 MD = AV×5 - q×4×3 – S1V×3 + V1×1 = 0 ⇒ kontrola MG = 0 MF = GV×2 = 176 kNm ME = GV×4 – ( P + S3V )×2 = 12 kNm MC° = AV×4 - q×4×2 = 128 kNm MD° = AV×5 - q×4×3 = 140 kNm MF° = GV×2 = 176 kNm

Mx – dijagram na zadanom nosaču Mx° - dijagram na odgovarajućoj prostoj gredi

Dijagram poprečnih sila (na gredi) TA = AV = 52 kN TBl = AV - q×2 = 32 kN TBd = AV - q×2 – S1V = -38 kN TCl = TBd = q×2 = -58 kN TCd = TCl + V1= 12 kN TEl = TCd = 12 kN TEd = TEl + V2 = 82 kN TFl = TEd = 82 kN TFd = TFl – S3V – P = - 88 kN TGl = GV = - 88 kN Dijagram uzdužnih sila

Σx=0 Nx = S1H = 70 kN

1. DIO.

67

OJAČANA GREDA

Ojačana greda - Langerova greda -" kosi " štap kod ojačanja-

Σ x = 0 → AH = 0 Σ MB = 0 → A V Σ MA = 0 → B V Sila u štapu

Š2 =? Š2H = Š2×cos α Š2V = Š2×sin α

Σ MCl = 0

-AV×l - Š2H×b - Š2V×a = 0 - AV×l - Š2×cosα ×b - Š2×sinα ×a = 0 ⇒ Š2

Ojačana greda –opterećenje u čvoru !!!!!

AH Određivanje reakcija:

∑X =0⇒ −A ∑M = 0 ⇒ A ∑M = 0 ⇒ B

H

C

A

+P = 0 ⇒

B

A H = 150 kN

B

V

⋅6 − P ⋅3A =V0 ⇒ AV = 75 kN

A

V

⋅ 6 − P ⋅ 3 = 0 ⇒ BV = 75 kN

BV

Dalje je postupak isti kao kod svake druge ojačane grede

1. DIO.

68

OJAČANA GREDA

Ojačana greda - Langerova greda - grafoanalitički postupak -

x2 - S1H× y(x) 2 x2 Mx = AV° ×x - q × - H× y(x) 2 Mx = Mx° - H× y(x)

Mx = AV×x - q ×

M x° MA° = 0 ; MC° = 128 kNm ; MF° = 176 kNm ; MG° = 0 Dijagram poprečnih sila

Tx = AV - q×x – S1V Tx = AV° - q×x – H×tg α1 ⇒ Tx = Tx°- H×tg αi TA° = AV° = 52 kN ; TC°= 52 – 40 = 12 kN ; T0Fl = 12 kN ; T0Fd = -88 kN ; TG° = -GV° = -88 kN

1. DIO.

69

OJAČANA GREDA

Grafičko određivanje unutarnjih sila u zadanom presjeku

Mjerila 1cm :: 1m 1cm :: 20 kN

Očitamo : B = 20 kN A = 104 kN Nt-t = 50 kN Tt-t = -20 kN Mt-t = + rt×RCl = +0,2×54 Mt-t = + 10,8 kNm

r r r r 1. A + B + K = 0 r r r 2. A − H = RCl

ili

r r r r B + K + H = RCd

Djelovanje para momenata i para sila na ojačanu gredu !!! Zadaci ovakvog tipa mogu se pojaviti na kolokviju ili ispitu.!!!!!!!

Primjer 1.:

Σy=0

A V = BV = 0 MCl = MCd = 10 kNm M H = C = 5 kN 2 Sile u štapovima H = 5 kN V = -5 kN S = 7,07 kN

1. DIO.

70

OJAČANA GREDA

Primjer 2.: m = 10 kNm Σy=0

AV = BV = 0 Σ MCl = 0 ⇒ H = 0 ⇒ V2 = S2 = 0

Presjek t-t

S1V×2 = 10 ⇒ S1V = 5 kN S1 = 7,07 kN

Σ y(1) = 0

S1V = -V1 = 5 kN N34 = -S1H = -5 kN T34 = S1V = 5 kN m T14 = = -5 kN 2

Primjer 3.: Σy=0 Σx=0 Σ MCl = 0

A V = BV = 0 AH = 0 H×2 + P1V×1 = 0 H = -3,54 kN

Sile u štapovima Čvor 1 Čvor 2

1. DIO.

V1 = 3,54 kN S1 = -5,0 kN V2 = -10,61 kN S2 = 5,0 kN

71

ZADACI ZA VJEŽBU

ZADACI ZA VJEŽBU: Gerberovi nosači: Primjer 1: Odredite M i T dijagrame analitičkim postupkom!

Rješenje: reakcije

M dijagram

T dijagram

NAPOMENA (vrijedi za sve zadatke): Svi dijagrami dobiveni su kompjutorski. Dijagrami poprečnih sila nacrtani su na "krivoj" strani u odnosu na ono kako smo mi naučili u Tehničkoj mehanici, ali predznaci su ispravni. Kad sami crtate dijagrame možete prikazane zrcaliti oko uzdužne osi i izgledat će onako kako smo navikli ☺.

72

ZADACI ZA VJEŽBU

Primjer 2: Odredite M i T dijagrame analitičkim postupkom!

Rješenje: reakcije

M dijagram

T dijagram

73

ZADACI ZA VJEŽBU

Primjer 3: Odredite M i T dijagrame analitičkim postupkom!

Rješenje: reakcije

M dijagram

T dijagram

74

ZADACI ZA VJEŽBU

Rešetkasti nosači Primjer 1: Ritterovom metodom odredite sile u označenim štapovima! Š1

Š2

Š3

Rješenje: reakcije

Š1= 70 kN; Š2= -198.3 kN; Š3= 40 kN; Primjer 2: Ritterovom metodom odredite sile u označenim štapovima!

Š4 Š5

Š6

Rješenje: reakcije ( iste kao u primjeru 1) Š4= 46.7 kN; Š5= 42.1 kN; Š6= -70 kN;

75

ZADACI ZA VJEŽBU

Primjer 3: Ritterovom metodom odredite sile u označenim štapovima!

Š1

Š2 Š3

Rješenje: reakcije

Š1= -440 kN; Š2= 246.4 kN; Š3= -146.7 kN; Primjer 4: Ritterovom metodom odredite sile u označenim štapovima!

Š4 Š5

Š6

Rješenje: reakcije ( iste kao u primjeru 3) Š4= -440 kN; Š5= -246.4 kN; Š6= 126.7 kN;

76

ZADACI ZA VJEŽBU

Trozglobni nosači Primjer 1: Odredite dijagrame unutarnjih sila M, T i N!

Rješenje: reakcije

77

ZADACI ZA VJEŽBU

Dijagrami unutarnjih sila M dijagram

T dijagram

110.7

− 86,7

N dijagram

78

ZADACI ZA VJEŽBU

Primjer 2: Odredite dijagrame unutarnjih sila M, T i N!

Rješenje: reakcije

79

ZADACI ZA VJEŽBU

Dijagrami unutarnjih sila M dijagram

101.04

198.96

T dijagram

N dijagram

− 328

80

ZADACI ZA VJEŽBU

Ojačane grede Primjer 1: Odredite dijagrame unutarnjih sila M, T i N!

Rješenje: reakcije

M dijagarm

T dijagram

N dijagram

81

ZADACI ZA VJEŽBU

Primjer 2: Odredite vrijednost sile u zadanom štapu!

Š1

Rješenje: reakcije

Vrijednost sile u Š1=-204.1 kN

82

ZADACI ZA VJEŽBU

Primjer 3: Odredite vrijednost sile u zadanom štapu!

Š1

Rješenje: reakcije

Vrijednost sile u Š1=-245.3 kN

83

ZADACI ZA VJEŽBU

Trozglobi okvir sa zategom Primjer 1: Odredite grafički M, T i N u presjeku t-t!

t t

A

B A

B P r A+ Z

Z

A

N

A+ Z A+ Z Z

A

M tt

T

A+ Z r

Stvarni smjer unutarnjih sila T=200 kN, N=-100 kN ΣM=0 ⇒ Mtt + (A+Z)*r =0 ⇒ Mtt= - (A+Z)*r (vlak gore)

84

2. DIO – primjeri i zadaci za 3. kolokvij

85

POMACI I KUTEVI ZAOKRETA

POMACI I KUTEVI ZAOKRETA POPREČNOG PRESJEKA Određivanje pomaka poprečnog presjeka u točki A. Pod djelovanjem vanjskog opterećenja dolazi do deformacija sustava. Nas obično interesiraju pomaci samo nekih određenih točaka, u nekom smjeru. (npr. pomak poprečnog presjeka u točki A →δA)

Postupak za rješavanje je sljedeći: 1) Za zadano vanjsko opterećenje odredimo dijagrame M i N (T ne treba jer je njegov doprinos mali.)

2) S promatranog sustava moramo ukloniti sve vanjsko opterećenje i u smjeru traženog pomaka, na mjestu točke A, dajemo jedinično opterećenje tzv. mjerno opterećenje. Mjerno opterećenje, intenziteta 1 kN (1 kNm), je jedinična sila (jedinični moment) koja djeluje na mjestu i u smjeru traženog pomaka (kuta). Za to jedinično, mjerno, opterećenje izračunamo m1, n1, ( t1). Pišemo jednadžbu ⇒

rad vanjskih sila = radu unutarnjih sila

δ v ⋅1 = ∫

T ⋅ t1 M ⋅ m1 N ⋅ n1 ds + ∫ ds ds + ∫ GF EJ EF

Član koji uzima u obzir utjecaj poprečnih sila obično zanemarimo jer je doprinos mali (zato nam ne trebaju dijagrami poprečnih sila).

2. DIO

86


Primjer 1: (općenito) Potrebno je pronaći ukupni pomak poprečnog presjeka u točki A te kut zaokreta za istu točku. 2 2 δ A = δ AX + δ AY

δA

δ ik → i – mjesto pomaka k – uzrok pomaka

Postupak: 1)

Za vanjsko opterećenje odredimo M, N, (T)

2)

Za jedinično opterećenje odredimo mi, ni (ti)

2a)

(za horizontalni pomak –jedinična sila u smjeru osi x) m1x, n1x, (t1x)

2b)

(za vertikalni pomak –jedinična sila u smjeru osi y) m1y, n1y, (t1y)

2c)

(za kut zaokreta –jedinični moment u smjeru kuta zaokreta) m1ϕ, n1ϕ, (t1ϕ)

δ AX = ∫ δ AY = ∫

δ Aϕ = ∫

M ⋅ mx N ⋅ nx T ⋅ tx ds + ∫ ds + ∫ ds EI EF GF M ⋅ my EI

M ⋅ mϕ

EI E = kN/m2,

ds + ∫

ds + ∫

Modul elastičnosti

N ⋅ ny EF

N ⋅ nϕ EF

ds + ∫

ds + ∫

T ⋅ ty GF

T ⋅ tϕ

GF F = m2,

ds

2 2 δ A = δ AX + δ AY

ds

površina

I=m4

G = kN/m2

moment inercije

modul posmika

EI i EF su konstante (za naše primjere) pa možemo pisati

2. DIO

δ AX =

1 1 1 M ⋅ mx ds + N ⋅ nx ds + T ⋅ t x ds ∫ ∫ EI EF GF ∫

δ AY =

1 1 1 M ⋅ m y ds + N ⋅ n y ds + T ⋅ t y ds ∫ ∫ EI EF GF ∫

δ Aϕ =

1 1 1 M ⋅ mϕ ds + N ⋅ nϕ ds + T ⋅ tϕ ds ∫ ∫ EI EF GF ∫ 87


Da ne bismo rješavali integrale, radimo numeričku integraciju po:

-

Simpsonu

δ =∫

[

M ⋅m 1 l ds = ⋅ ⋅ M p ⋅ m p + 4M s ⋅ ms + M k ⋅ mk EI EI 6

]

Za linearne funkcije imamo:

-

⇒

 l a⋅b⋅l ⇒  (a ⋅ b + 4 ⋅ a ⋅ b + a ⋅ b ) 6 

⇒

a ⋅l b a ⋅b⋅l ⋅ ⇒ 2 3 6

 l  a b   6  4 ⋅ 2 ⋅ 2    

⇒

a ⋅ l 2b a ⋅b⋅l ⋅ ⇒ 2 3 3

l  a b   6  a ⋅ b + 4 ⋅ 2 ⋅ 2    

⇒

a ⋅l ⋅

b 2

l  b 3 ⋅ a ⋅ b ⋅ l    6  a ⋅ b + 4 ⋅ a ⋅ 2 + 0  ⇒   6    

ili grafičku integraciju po Vereščaginu –

∫ S

M v ⋅ m1 1 ds = ⋅ F (M v ) ⋅ m EI EI F(Mv) – površina dijagrama (obavezno površina parabole) m – ordinata ispod težišta funkcije za koju smo izračunali površinu

2. DIO

88


Primjeri integracije: površina parabole

64748 1 2  m M ⋅ m ⋅ a ⇒Vereščagin δ= ⋅  ⋅ M ⋅ a ⋅ = EI  3 3EI  2

 q ⋅ a2   M =  8  

δ=

m M ⋅m⋅a 1 a ⋅ 4⋅ M ⋅  = → Simpson EI 6  2 3EI

⇒ δ =−

1 m⋅a 2 1  ⋅  ⋅ M 1 + ⋅ M 2  ⇒Vereščagin 3 EI 2  3 

⇒ δ=

1 EI

M ⋅a  2 1  M ⋅a2 1  ⋅  1  m1 + m2  − 2  m2 + m1  3  2 3 3   2 3

⇒ δ=

1 EI

M ⋅a  2 1  M ⋅a  2 1  ⋅  1  m1 + m2  + 2  m2 + m1  3  2 3 3   2 3

0

I I

•

Kod uzdužnih sila treba izračunati s

δ=

m 1  M1 ⋅ a 2 2 ⋅− ⋅ m1 + M 0 ⋅ a ⋅ 1  EI  2 3 3 2

1 , a predznak ovisi o predznaku dijagrama EF

unutarnjih sila.

2. DIO

89


Zadatak 19: Za zadani sustav potrebno je odrediti vrijednost ukupnog pomaka presjeka u točki A te kut zaokreta iste točke. Pri izračunu uzeti u obzir utjecaj momenata savijanja i uzdužnih sila na deformiranje sustava.

Zadano: EI = 2,4⋅106 kNm2 EF = 650000kN 2 2 δ A = δ AX + δ AY

Postupak: 1) Za vanjsko opterećenje: Veze s podlogom:

Σy = 0 ⇒ A = 0 Σx = 0 ⇒ B = P = 80kN ΣM = 0 ⇒ C+P⋅3 = 0 ⇒ C = -240kNm Unutarnje sile:

Presjek 1:

Presjek 2:

N2 = 0 N1 = 0 T1 = -B = -80kN T2 = -B = -80kN M1 = C = 240kNm M2 = C-B⋅9 M2 = 240-720 = -480kNm

N3 = -B = -80kN T3 = 0 M3 = C-B⋅9 M3 = -480kNm

Presjek 4:

Presjek 6:

Presjek 5:

N4 = -80kN N5 = 0 T4 = 0 T5 = B = 80kN M4 = -B⋅9+C M5 = -480kNm M4 = -480kNm Dijagrami unutarnjih sila:

2. DIO

Presjek 3:

N6 = 0 T6 = P = 80kN M6 = 0

90


2) Za jedinično opterećenje 2a) Tražimo ⇒ δ AX (horizontalni pomak) U točki A dajemo jediničnu silu, mjerno opterećenje, u smjeru osi x i nađemo mx nx, tx (prvo uklonimo sve vanjsko opterećenje). Veze s podlogom: A=0 B=1 C=3 Smjer jedinične sile je proizvoljan. Unutarnje sile: Presjek 1:

Presjek 2:

Presjek 3:

n1 = 0 t1 = -1kN m1 = 3kNm

n2 = 0 n3 = -1kN t2 = -1kN t3 = 0 m2 = C-B⋅9 m3 = -6kNm m2 = 3-9 = -6kNm

Presjek 4:

Presjek 5:

n4 = -1kN n5 = 0 t4 = 0 t5 = 1kN m4 = -6kNm m5 = -6kNm Dijagrami unutarnjih sila:

Presjek 6: n6 = 0 t6 = 1kN m6 = 0

Simpsonova integracija: S δ AX =

1 1 ⋅ ∫ M ⋅ m x ds + ⋅ N ⋅ n x ds = EI EF ∫

1 9 (240 ⋅ 3 + 4 ⋅ 120 ⋅ 1,5 + 480 ⋅ 6) + (10 ⋅ 480 ⋅ 6) + 480 ⋅ 6 ⋅ 6  + 1 [0 + 80 ⋅ 10 + 0] =  3  EF EI  6 1 9 41040 800  1 ⋅ 800 = + =  ⋅ 4320 + 28800 + 5760  + 6 EI  6 650000 2,4 ⋅ 10  EF 0,0171 + 0,00123 = 0,01833m

2. DIO

91


Vereščaginova integracija: 1  480 ⋅ 9  2 1  240 ⋅ 9  2 1  480 ⋅ 6 2  1 ⋅ 80 ⋅ 10 ⋅ 1 = ⋅ ⋅  ⋅ 6 − ⋅ 3 + ⋅  ⋅ 3 − ⋅ 6  + 480 ⋅ 10 ⋅ 6 + ⋅ ⋅ 6 + EI  2 3  2 3  EF 3  2 3 3 1 800 41040 800 ⋅ (6480 + 0 + 28800 + 5760 ) + = + = 0,01833m 6 EI EF 2,4 ⋅ 10 650000

V = δ AX

2b) Tražimo δ AY (vertikalni pomak) U točki A dajemo jediničnu silu, mjerno opterećenje, u smjeru osi y i nađemo my, ny, ty. (maknuli smo sve vanjsko opterećenje). Veze s podlogom: A = 1 kN B=0 C = 10 kNm

Unutarnje sile: Presjek 1:

Presjek 2:

Presjek 3:

n1 = -1kN n2 = -1kN t1 = 0 t2 = 0 m1 = -C = -10kNm m2 = -10kNm

n3 = 0 t3 = 1kN m3 = -10kNm

Presjek 4:

Presjek 6:

Presjek 5:

n4 = 0 n5 = 1kN t4 = 1kN t5 = 0 m5 = 0 m4 =0kNm Dijagrami unutarnjih sila:

n6 = 1kN t6 = 0 m6 = 0

Simpsonova integracija: 1 1 S δ AY = ⋅ ∫ M ⋅ m y ds + ⋅ N ⋅ n y ds = EI EF ∫ 1 9 (− 240 ⋅ 10 + 4 ⋅ 120 ⋅ 10 + 480 ⋅ 10) + 480 ⋅ 10 ⋅ 10 + 0 + 1 [0 + 0 + 0] =  2 EI  6  EF 1 9 34800 ⋅ (− 2400 + 4800 + 4800) = = 0,0145m EI 6 EI 2 2 δ A = δ AX + δ AY = 0,0183 2 + 0,0145 2 = 0,0234 m

2. DIO

92


2c) Tražimo ϕA (kut zaokreta) Da bismo našli kut zaokreta u točki A, za isti sustav, dajemo jedinični moment, mjerno opterećenje i nađemo mϕ , nϕ , tϕ.. Veze s podlogom: A=0 B=0 C = 1 kNm


Presjek 2:

Presjek 3:

n1 = t1 = 0 m1 = -1kNm

n2 = t 2 = 0 m2 = -1kNm

n3 = t 3 = 0 m3 = -1kNm

Presjek 4:

Presjek 5:

Presjek 6:

n4 = t4 = 0 m4 = -1kNm

n5 = t 5 = 0 m5 = -1kNm

n6 = t 6 = 0 m6 = -1kNm

Dijagram unutarnjih sila:

Simpsonova integracija: 1 ⋅ M ⋅ mϕ ds = ϕA = EI ∫ 1 9 (− 240 ⋅ 1 + 4 ⋅ 120 ⋅ 1 + 480 ⋅ 1) + 480 ⋅ 10 ⋅ 1 + 480 ⋅ 6 ⋅ 1 =  EI  6 2  1 (1080 + 4800 + 1440) = 7320 = 7320 6 = 0,00305rad ⋅ 180 = 0,1747° EI EJ π 2,4 ⋅ 10

2. DIO

93


Pomak pod nekim zadanim kutem Zadatak 20: Za sustav i opterećenje kao u zadatku 19. potrebno je odrediti pomak presjeka u točki A na zadanu os z, koja se nalazi pod kutem od 65°.

Postupak: 1) Za vanjsko opterećenje: isto kao u prethodnom zadatku 2) Za jedinično opterećenje: Dajemo jedinično mjerno opterećenje u smjeru traženog pomaka (u smjeru osi z) fy = 1⋅sinα = 0,9063kN fx = 1⋅cosα = 0,4226kN Veze s podlogom: A = fy = 0,9063kN B = fx = 0,4226kN C = -fx ⋅3+fy ⋅10 = 7,7952kNm


Presjek 2:

Presjek 3:

n1 = -0,9063kN t1 = -0,4226kN m1 = -7,7952kNm

n2 = -0,9063kN t2 = -0,4226kN m2 = -11,5986kNm

n3 = -0,4226kN t3 = 0,9063kN m3 = -11,5986kNm

Presjek 4:

Presjek 5:

Presjek 6:

n4 = -0,4226kN t4 = 0,9063kN m4 = -2,5356kNm

n5 = 0,9063kN t5 = 0,4226kN m5 = -2,5356kNm

n6 = 0,9063kN t6 = 0,4226kN m6 = 0

Dijagrami unutarnjih sila:

2. DIO

94


Simpsonova integracija: 1 1 ⋅ ∫ M ⋅ m z ds + ⋅ N ⋅ n z ds = EI EF ∫  9 (− 240 ⋅ 7,7952 + 4 ⋅ 120 ⋅ 9,6969 + 480 ⋅ 11,5986) +  1 6 1 [0 + 80 ⋅ 10 ⋅ 0,422610] = +  480 ⋅ 6 EI  10 EF + (480 ⋅ 11,5986 + 4 ⋅ 480 ⋅ 7,0671 + 480 ⋅ 2,5356 ) + ⋅ 2,5356   6 3 1 9 10 1  (338,08) = ⋅ (8350,992 ) + ⋅ 20353,248 + 2434,176 + EI  6 6 EF  1 [12526,488 + 33922,08 + 2434,176] + 1 ⋅ 338,08 = 6 650000 2,4 ⋅ 10 48882,744 338,08 + = 0,0203678 + 0,00052 = 0,0208878m < δ A = 0,0234m 650000 2,4 ⋅ 10 6

δ AZ =

=

= = =

Projekcija pomaka na neku os uvijek je manja od stvarnog pomaka neke točke !!!

Zadatak 21: Potrebno je odrediti vrijednost sile P, ako je uslijed njenog djelovanja ukupni pomak točke 1 δ1= 1,6cm = 0,016m.

Zadano: EF = 40000kN

⇒

δ 1 = δ 12x + δ 12y

, δ 1x = ?, δ 1 y = ?, P = ?

zato jer imamo samo uzdužne silu

Postupak: 1) Vanjsko opterećenje Reakcije: Ax= 0,832 ⋅ A= A ⋅ cosα Ay= 0,5547 ⋅ A= A ⋅ sinα

Unutarnje sile: Σx= 0 Ax= -P ⇒ A= −

P = -1,20192P 0,832

Ay= -0,666P

Σy= 0 Ay – B = 0 Ay = B B = -0,666P 2. DIO

95


2) Jedinično opterećenje 2a) δ1x = ? U točki A dajemo jediničnu silu u smjeru osi x. Izračunamo reakcije: A = -1,20192 B = -0,666

Postupak je isti kao za vanjsko opterećenje samo umjesto P pišemo 1. 2b) δ1y = ? U točki A dajemo jediničnu silu u smjeru osi y. A=0 B = -1

Vereščaginova integracija: N ⋅ nx ds δ 1x = ∫ EF 0,666 P ⋅ 0,666 ⋅ 3 + 1,20192 ⋅ P ⋅ 1,20192 ⋅ 3,6055 δ 1x = EF 6,54188 ⋅ P δ 1x = EF

N ⋅ ny ds EF 0,666 P ⋅ 3 2 P δ 1x = ≈ EF EF

δ1y = ∫

2

δ1 = δ + δ 2 1x

 6,54188 P   2 P  =   +   EF   EF 

2 1y

2

 6,54188 P   2 P    +  EF   EF  46,7962 ⋅ P 2

2

2

δ 12 = δ 12x + δ 12y =  δ 12 = P2 = P=

2. DIO

(EF )2 (EF )2 ⋅ δ 12 46,7962 EF ⋅ δ 1 46,7962

=

EF ⋅ δ 1 40000 ⋅ 0,016 = ⇒ P = 93,55kN 6,84077 6,84077

96


Zadatak 22: Uslijed djelovanja kontinuiranog opterećenja q na konzolu, poprečni presjek u točki A pomaknuo se tako da je vrijednost vertikalne projekcije tog pomaka 1,5cm. δAY= 1,5cm =

0,015m.

Zadano: EI = 2,4 ⋅ 106 kNm2 Postupak: 1. ) Vanjsko opterećenje Izračunamo Mv dijagram: q ⋅ l 2 q ⋅ 6 2 36 = = ⋅ q = 4,5q 8 8 8

2.) Jedinično opterećenje u smjeru vertikalnog pomaka Izračunam m1 za jediničnu silu:

δ AY = ∫

M ⋅ my EI

dx = 0,015

Simpsonova integracija:

  3  1 4 δ Ay =  (4,5q ⋅ 0 + 4 ⋅1,5 ⋅10,125q + 3 ⋅18q ) + (42q ⋅ 7 + 4 ⋅ 30q ⋅ 5 + 18q ⋅ 3) ⋅ = EI 6 6 3  144444424444443 144444244444 parabola pravac   (integraciju smo provodili u dva segmenta jer smo kod vanjskog opterecenja imali promjene u momentnom dijagramu - parabola i pravac) 1 689,375q δ Ay = [57,375q + 632q ]⋅ = EI EI 689,375q 689,375q δ Ay = ⇒ = ⇒ q = 52,22kN / m 0 , 015 2,4 ⋅10 6 2,4 ⋅10 6

2. DIO

97


Zadatak 23: Odrediti vrijednost kuta zaokreta poprečnog presjeka za točku A prikazanog sustava. U proračun uzeti utjecaj momenata savijanja i uzdužnih sila na deformiranje sustava.

f = 40kN/m

EI = 3⋅106kNm2 EF = 700000kN

ϕA = ?

Postupak: Izračunamo reakcije.

Ax = f⋅8 = 320kN; Ay = 320kN A A= = 452,61kN cos 45°

ΣMB = 0 → C⋅8+Ay⋅14=0 → C =

Ay ⋅ 14

= −560kN 8 Σy = 0 → B+C+Ay =0 → B = -C-Ay= 560-320= 240kN Izračunamo dijagrame unutarnjih sila!

Dijagrami od vanjskog opterećenja

Dajemo jedinično mjerno opterećenje → moment = 1 kNm Izračunamo reakcije.

Ax = 0 → A y = 0 → A = 0 1 B = -C = = 0,125kN 8 Izračunamo dijagrame unutarnjih sila.

Dijagrami od jediničnog kuta zaokreta

1 1 1 1920 ⋅ 8 1920 ⋅ 6  ⋅1 + ⋅ 1 + 0 = M ⋅ mϕ ds + N ⋅ nϕ ds = ∫ ∫  2 EI EF EI  3  10880 ϕA = = 0,0036267rad . 3 ⋅ 106

ϕA =

2. DIO

98


Rekapitulacija ! Kod određivanja pomaka ili kuta zaokreta nekog poprečnog presjeka za zadano opterećenje potrebno je uvijek: 1) -

naći M i N dijagram za zadano vanjsko opterećenje

2) - "maknuti" zadano vanjsko opterećenje te na mjestu i u smjeru traženog pomaka dati jedinično mjerno opterećenje i za njega izračunati m1 i n1. Jedinično opterećenje može biti: mjerno opterećenje - sila "1" u smjeru x mjerno opterećenje – sila-"1" u smjeru y mjerno opterećenje – sila "1" u smjeru neke osi z mjerno opterećenje - jedinični moment na mjestu traženog kuta zaokreta 3) -

Integrirati:

δ =∫

N ⋅n M ⋅m ds + ∫ ds EI EF

Numeričkom integracijom po Simpsonu

[

]

1 Mm l ds = M p ⋅ m p + 4 M s ⋅ ms + M k ⋅ mk ⋅ 6 EI EI 1 Nn l δ =∫ ds = N p ⋅ n p + 4 N s ⋅ ns + N k ⋅ nk ⋅ 6 EF EF

δ =∫

[

]

ili grafičkom integracijom po Vereščaginu …. Ako želimo odrediti relativni pomak između dvije točke moramo zadati dvije sile, istog intenziteta(1 kN), a suprotnog smjera, u smjeru traženog relativnog pomaka →

•

•

→

→

ε AB = δ B − δ A

Ako želimo odrediti relativni kut zaokreta dvije točke zadajemo par momenata (1 kNm) →

→

→

ϕ AB = ϕ A − ϕ B

2. DIO

99


Zadaci za vježbu: Primjer 1:

7

Odredite vertikalni pomak točke A! Dimenzije presjeka 0.2/0.2 m, E=3.15⋅10 kN/m

2

A

Rješenje Mv

Opterećenje jediničnom silom u smjeru traženog pomaka

m1v

Vertikalni pomak točke A δAv= 0.175 m (prema dolje)

2. DIO

100


Primjer 2:

Odredite vertikalni pomak točke A! Dimenzije presjeka 0.2/0.2 m, E=3.15⋅107 kN/m2

A

Rješenje Mv


m1v

Vertikalni pomak točke A δAv= 0.587 m (prema dolje) 2. DIO

101


Primjer 3:

Odredite kut zaokreta točke A! Dimenzije presjeka 0.2/0.3 m, E=3.15⋅107 kN/m2

A

Rješenje Mv

Opterećenje jediničnim momentom u smjeru traženog pomaka

m1ϕ

Kut zaokreta točke A ϕA= 0.4262 rad 2. DIO

102


Primjer 4:

Odredite horizontalni pomak točke A! Dimenzije presjeka 0.2/0.3 m, E=3.15⋅107 kN/m2

Rješenje Mv


m1h

Horizontalni pomak točke A δAh= 0.165 m (prema desno)

2. DIO

103


Primjer 5: Odredite intenzitet opterećenja q ako je vertikalni pomak točke A δAv= 0.587 m (prema dolje)! Dimenzije presjeka 0.2/0.2 m, E=3.15⋅107 kN/m2

?

A

Rješenje Mv

6⋅q

2⋅q 2


m1v

Intenzitet opterećenja q=20 kN/m 2. DIO

104

METODA SILA

PRIPREMA ZA METODU SILA Naučili smo da sustavi mogu biti statički određeni ili statički neodređeni – odnosno kinematski preodređeni sustavi.

Formula za određivanje stupnja statičke neodređenosti: S = 3D + 2Č – 3Z0 – 2Z1 – 4Z2 – 6Z3 - …………- Š – L

→

vanjske veze 3 2 1

→

unutarnje veze štap 1 jednostruki zglob 2 . . . S=0

nužan, ali ne i dovoljan uvjet za SOS (statički određen sustav)

S<0

SNS (statički neodređen sustav) višak vanjskih i/ili unutarnjih veza

S>0

mehanizam

Do sada smo radili sustave koji su bili statički određeni sustavi, tj. imali smo toliko veza koliko smo mogli postaviti jednadžbi ravnoteže.

→

2. DIO

Σx = 0 , Σy = 0 , ΣM = 0

Statički neodređeni sustavi su oni sustavi kod kojih se ne mogu sve sile u spojevima odrediti iz jednadžbi ravnoteže, jer je broj nepoznatih veličina veći od raspoloživih jednadžbi ravnoteže, već moramo pisati dodatne jednadžbe, tzv. jednadžbe kontinuiteta (kompatibilnosti).

105

METODA SILA

STATIČKI NEODREĐENI SUSTAVI -

određivanje stupnja neodređenosti određivanje osnovnih sustava

ODREĐIVANJE STUPNJA NEODREĐENOSTI -

Pomoću formule S = 3D + 2Č – 3Z0 – 2Z1 – 4Z2 – 6Z3 - …- Š – L

- Prepoznavanjem - presijecanjem viška vanjskih i/ili unutarnjih veza

a; b; c; d;

e; f;

→

→

sustavi s prekobrojnim vanjskim vezama ( prostim okom prepoznatljivi → na treba formula )

sustavi s viškom unutarnjih veza

OSNOVNE SUSTAVE možemo odrediti prekidanjem veza ( vanjskih i/ili unutarnjih ), ali treba paziti da ne nastane mehanizam.

•

2. DIO

treba paziti da se ne prekine previše vanjskih veza !!!!! ( MORAJU OSTATI MINIMALNO TRI VANJSKE VEZE!!! )

106

METODA SILA

- SLOŽENI SUSTAVI → STATIČKI NEODREĐENI Redoslijed rješavanja kao kod Gerberovog nosača.

7x neodređeni sustav ( provjerite pomoću formule)

Redoslijed rješavanja A→B→C prosta greda Trozglobni okvir

prosta greda

Redoslijed rješavanja A→A→B

prosta greda prosta greda prosta greda

Redoslijed rješavanja A→B→C

prosta greda Trozglobni Okvir

2. DIO

trozglobni okvir

107

METODA SILA

DIJAGRAMI MOMENATA OD DJELOVANJA PARA MOMENATA Ovakvi dijagrami nastaju kada kao prekobrojnu veličinu oslobodimo para momenata ili prekinemo štap. Zadaci takvog tipa mogu se pojaviti na kolokviju ili ispitu.!!!!!!!

2. DIO

108

METODA SILA

METODA SILA Metoda sila je jedna od osnovnih metoda za proračun statički neodređenih sustava, u kojoj su sile nepoznate veličine koje se traže. U metodi sila proračun zadanog sustava zamjenjuje se proračunom osnovnog sustava koji se dobiva tako da se u zadanom sustavu raskine određeni broj veza, koje se na mjestima raskida nadomjeste silama koje osiguravaju kontinuitet (neprekinutost, kompatibilnost). Broj raskinutih veza ne smije biti veći od stupnja statičke neodređenosti sustava. Obvezan je uvjet da osnovni sustav mora biti geometrijski nepromjenjiv. Iz uvjeta kontinuiteta na mjestima raskinutih veza dobiju se osnovne jednadžbe metode sila koje nazivamo jednadžbama kontinuiteta, jednadžbama kompatibilnosti ili jednadžbama neprekinutosti.

Zadatak 24: Za prikazani sustav potrebno je izračunati i nacrtati dijagrame unutarnjih sila. U proračunu uzeti u obzir utjecaj momenata savijanja i uzdužnih sila na deformirani sustav.

Zadano: EI = 90kNm2 EF = 20kN Imamo 4 nepoznate vanjske reakcije, a samo 3 jednadžbe ravnoteže. Sustav nam je 1x statični neodređen. Potrebno je prekinuti jednu vanjsku ili jednu unutarnju vezu koja je višak. Ovaj puta kod određivanja OS (osnovnog sustava) imamo više mogućnosti.

Mi ćemo odabrati konzolu ZAPAMTITE !!!!!! Kod metode sila uvijek radimo na osnovnom sustavu koji je statički određen!!!!!

2. DIO

109

METODA SILA

Pomak na mjestu sile X1 mora biti jednak nuli i to nam daje 4. jednadžbu, tj. jednadžbu kontinuiteta. JEDNADŽBA KONTINUITETA

a1v + a1x1 = 0

pomak mora biti jednak nuli

Jednadžba kontinuiteta govori o stanju deformacija na mjestu prekobrojne veličine X1. Pomak na mjestu prekobrojne sile za X1 = 1

a1, x1 = a1,1 ⋅ X 1 → pomak za bilo koji iznos X 1

a1,v + a1,1 ⋅ x1 = 0 pomak na mjestu pomak na mjestu prekobrojne veličine prekobrojne sile od X1 = 1 od vanjskog opterećenja

Postoji bezbroj veličina za X1, ali smo jedna daje u stvarnosti pomak 0 na mjestu 1. Postupak rješavanja: 1. Na osnovnom sustavu za vanjsko opterećenje QN=192kN QT=144kN

Reakcije:

PN= P⋅cosα= 48kN; PN=48kN PT= P⋅sinα= 64kN; PT=64kN A=240kN; B=80kN; C=Q⋅10-P⋅ 4=0 C=2720kNm m0 =

q ⋅l2 = 240 8

Izračunamo i nacrtamo Mv, Tv, Nv dijagrame unutarnjih sila u karakterističnim presjecima :

2. Na osnovnom sustavu za X1 = 1, na mjestu 1 2. DIO

110

METODA SILA

. Reakcije: A=1 B=0 C = 14kNm

Izračunamo i nacrtamo m1, t1, n1 za X1 u karakterističnim presjecima

Izračun koeficijenata fleksibilnosti Simpsonova integracija: a1v = ∫ l

M v ⋅ m1 N ⋅n ds + ∫ v 1 ds = EI EF l

5  8  − (0 + 4 ⋅ 240 ⋅ 4 + 960 ⋅ 8) − (960 ⋅ 8 + 4 ⋅1320 ⋅ 9,5 + 1680 ⋅11) −  1  6 1 6 (144 ⋅ 0,8 ⋅ 5 + 192 ⋅ 0,8 ⋅ 5) = a1v =  − EI  5 EF  − (1680 ⋅11 + 4 ⋅ 2200 ⋅12,5 + 2720 ⋅14 )  6  217760 1344 a1v = − − = −2419,55 − 67,2 = −2486,75 EI EF

m1 ⋅ m1 n ⋅n ds + ∫ 1 1 ds = EI EF 1  8 ⋅ 8 ⋅ 2 ⋅ 8 10  1 0,8 ⋅ 0,8 ⋅ 10 = + (8 ⋅ 8 + 4 ⋅ 11 ⋅ 11 + 14 ⋅ 14 ) + a11 =  6 EI  2 ⋅ 3  EF 1410,67 6,4 a11 = + = 15,67407 + 0,32 = 15,99407 EI EF uvijek pozitivno!! a11 = ∫

a1v + a11 ⋅ x1 = 0

-2486,75+15,99407⋅X1 = 0 X1 = 155,479 kN

2. DIO

111

METODA SILA

a11 po Vereščaginovoj integraciji: 1 14 ⋅ 10  2 1  8 ⋅ 10  2 1  8⋅8 2  1 ⋅ 0,8 ⋅ 10 ⋅ 0,8 = ⋅ ⋅8 + ⋅  ⋅ 8 + ⋅ 14  +  ⋅ 14 + ⋅ 8  +  3 2 3  EF 3  2 3 EI  2  3  1 (840 + 400 + 170,67 ) + 6,4 = 1410,67 + 6,4 = 15,99407 a11 = EI EF EI EF

a11 =

Konačni dijagrami → Superpozicija Mk= Mv + m1⋅X1 N k= N v + n 1⋅ X 1 Tk= Tv + t1⋅X1 Po principu superpozicije u karakterističnim presjecima zbrajamo Mvi i m1i⋅X1, Tvi i t1i⋅X1 , Nvi i n1i⋅X1. Kod momentnih dijagrama pretpostavit ćemo da nam je sve s gornje strane pozitivno, a s donje negativno. To nema veze s predznakom momentnog dijagrama jer on je nacrtan na vlačnoj strani, nego nam to služi da znamo na koju stranu moramo nacrtati ono što dobijemo zbrajanjem. M1= 2720 - 14⋅155,479=543.29 kNm; M2= 1680 - 11⋅155,479=-30,269 kNm; M3= 960 - 8⋅155,479= - 283,83 kNm; M4= 960 - 8⋅155,479= -283,83 kNm M5= 240 - 4⋅155,479= - 381,9 kNm; M6= 0 Kod poprečnih sila uvažavamo stvarne predznake poprečnih sila. T1= 208 - 0.6⋅155,479=114.71 kN; T2= 208 - 0.6⋅155,479=114.71 kN T3= 144 - 0.6⋅155,479= 50.71 kN; T4= 144 - 0.6⋅155,479= 50.71 kN T5= 240 - 155,479= 84.52 kN; T6= 0 – 155.479= - 155.479 kN (to je ujedno X1) Kod uzdužnih sila uvažavamo stvarne predznake uzdužnih sila. N1= -144 + 0.8⋅155,479=-19.616 kN; N2= -144 + 0.8⋅155,479=-19.616 kN N3= -192 + 0.8⋅155,479= -67.616 kN; N4= -192 + 0.8⋅155,479= -67.616 kN

2. DIO

112

METODA SILA

Ili možemo skratiti pa iz M dijagrama, koristeći diferencijalne odnose, izračunati T,

543 + 30,28 = 114,65 = T21 5 283,83 − 30,28 T23 = = 50,71 = T32 5 T12 =

m0 =

T45 =

30 ⋅ 8 2 = 240 8

(141,915 + 2 ⋅ 240) − 283 = 338,915 = 84,72

T54 = −

4

4

621 = −155,25 4

a iz Σx=0, Σy=0 u pojedinom čvoru izračunati N.

2. DIO

113

METODA SILA

Poprečne sile osim pomoću diferencijalnih odnosa možemo odrediti i na sljedeći način: ODREĐIVANJE POPREČNIH SILA IZ MOMENTNOG DIJAGRAMA POMOĆU FORMULE Konvencija predznaka

Tik = Tik° −

M ik + M ki Lik

Tki = Tki° −

M ik + M ki Lik

Npr.

− 200 − 100 Tik = Tki = 8 8 P 200 + 100 P 200 + 100 Tik = − = 50 − 37,5 = 125kN Tki = − − = −50 − 37,5 = −87,5kN 2 8 2 8 PT= P⋅sinα= 64kN, PN= P⋅cosα= 48kN

Tik° =

P 2

Tki° =

P 2

Tik = Tki =

POPREČNE SILE IZ MOMENTNOG DIJAGRAMA POMOĆU FORMULE

64 − 543,28 − 283,84 − = 32 + 82,712 = 114,7 kN 2 10 − 64 − 543,28 − 283,84 T21 = − = −32 + 82,712 = 50,7 kN 2 10 30 ⋅ 8 283,84 T23 = − = 120 − 35,48 = 84,52 kN 2 2 − 30 ⋅ 8 283,84 T32 = − = −120 − 35,48 = −155,48kN 2 2 T12 =

UZDUŽNE SILE IZ RAVNOTEŽE ČVORA N23 = 0 → jer nema horizontalnog opterećenja na štapu, a ležaj 3 je pomičan

Σx = 0 N 21 x = −T21 x

T21 x = T21 ⋅ sin α = 50,7 ⋅ 0,8 = 40,56 kN N 21 x − 40,56 = = −67,6kN cos α 0,6 N12 = −67,6 + PN = −67,6 + 48 = −19,6kN N 21 x = −40,56 kN → N 21 =

2. DIO

114

METODA SILA

DEFORMACIJSKA KONTROLA Deformacijska kontrola u fizikalnom smislu je izračunavanje pomaka unaprijed poznatog iz geometrijskih rubnih uvjeta na konstrukciji. Kod odabira osnovnog sustava dobro je da bude drugačiji od ranije korištenih.

M k ⋅ mD N k ⋅ nD ds + ∫ EI ∫ EF = 0

Mk →konačni momentni dijagram Nk → konačni dijagram uzdužnih sila

Isto bi dobili i kada bi množili

∫

2. DIO

M k ⋅ m1 N ⋅n ds + ∫ k 1 ds = 0 EI EF

115

METODA SILA

Zadatak 25: Za prikazani sustav potrebno je izračunati i nacrtati dijagrame unutarnjih sila. U proračunu uzeti u obzir utjecaje momenata savijanja i uzdužnih sila na deformiranje sustava.

Zadano: P = 120kN EI = 80kN/m2 EF = 20kNm 1x neodređeni sustav ⇒ 1 unutarnja veza viška jer imamo samo 3 vanjske veze (minimalni broj)

Postupak:

ZAPAMTITE !!!!!! Uvijek radimo na osnovnom sustavu koji je statički određen!!!!! 1. Izračun Mv, Tv, Nv za vanjsko opterećenje Reakcije: Σx=0 → A = P = 120kN 120 ⋅ 4 ΣM=0 C=B= = 80kN 6

Izračunamo unutarnje sile u karakterističnim presjecima i nacrtamo dijagrame

2. DIO

116

METODA SILA

2.

Izračun m1, t1, n1 za X1 = 1 1kN

α

fx

fy

fx = 0,9487 ( fx = f⋅cosα ) fy = 0,3162 ( fy = f⋅sinα )

Reakcije: A=B=C=0 jer imamo dvije sile X1 koje djeluju na istom pravcu, pa su u ravnoteži. Izračunamo unutarnje sile u karakterističnim presjecima i nacrtamo dijagrame

0.9487

a1v + a11 ⋅ x1 = 0

na mjestu gdje smo "uklonili" štap treba nacrtati n1 =1

M v ⋅ m1 N ⋅n ds + ∫ v 1 ds = EI EF 3 (0 + 4 ⋅ 360 ⋅ 0,4743 + 480 ⋅ 0,9486) + 3 (480 ⋅ 0,9486 + 4 ⋅ 480 ⋅ 1,4217 + 480 ⋅ 1,8947 ) +  1 6 1 6 (120 ⋅ 0,9487 ⋅ 6) a1v =  + 2 EI   EF + (0 + 4 ⋅ 360 ⋅ 0,9487 + 480 ⋅ 1,8947 )  6  a1v =

∫

1 3 3 2 3374,672 683,064  1 ⋅ 683,064 = + =  ⋅ 1138,32 + ⋅ 4093,968 + ⋅ 2275,584  + 80  6 6 6 80 20  20 a1v = 42,1834 + 34,1532 = 76,36 a1v =

m1 ⋅ m1 n ⋅n ds + ∫ 1 1 ds = EI EF 1 6 (0 + 4 ⋅ 0,9486 ⋅ 0,9486 + 1,8947 ⋅ 1,8947 ) + 2 (0 + 4 ⋅ 0,9487 ⋅ 0,9487 + 1,8947 ⋅ 1,8947 ) + a11 =  EI  6 6  a11 = ∫

u štapu  64  748   ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ 1 6 , 324 1 6 0 , 9487 0 , 9487 2 0 , 3162 0 , 3162  =     1 1 (7,190 + 2,40 ) + (6,324 + 5,38 + 0,20 ) = a11 = 80 20 a11 = 0,12 + 0,596 = 0,716

1 + EF

76,36 + 0,716X1 = 0 X1 = −

2. DIO

a1v 76,36 =− = -106,624 kN a11 0,716

117

METODA SILA

3.

Izračun Mk, Tk, Nk – konačni dijagrami Mk= Mv + m1⋅X1 Nk= Nv + n1⋅X1 Tk= Tv + t1⋅X1

Superpozicija

Po principu superpozicije u karakterističnim presjecima zbrajamo Mvi i m1i⋅X1, Tvi i t1i⋅X1 , Nvi i n1i⋅X1. M1= 0; M2= 240 +0= 240 kNm; M3= 480 + 0.9468 ⋅ (-106,624)= 379.046 kNm M4= 480 + 1.8947 ⋅ (-106,624)= 277,979 kNm; M5= 480 + 1.8947 ⋅ (-106,624)= 277,979 kNm; M6= 240 kNm; M7=0. T1= 80 kN; T2= 80 + 0.3162 ⋅ (-106,624)= 46.285 kN; T3= 0 + 0.3162 ⋅ (-106,624)=- 33.715kN; T4= -120 – 0.9487 ⋅ (-106,624)= -18.845 kN; T5= -120 – 0.9487 ⋅ (-106,624)= -18.845 kN; T6= -120 kN N1= -120 kN; N2= -120 – 0.9487 ⋅ (-106,624)=-18,845 kN; N3=-120 – 0.9487 ⋅ (-106,624)=- 18,845 kN; N4= -0.3162 ⋅ (-106,624)=33.715 kN sila u presječenom štapu ⇒ X1= -106.624 kN

2. DIO

118

METODA SILA

Zadatak 26: Za prikazani statički sustav potrebo je izračunati i nacrtati dijagrame unutarnjih sila. U proračunu uzeti u obzir utjecaj uzdužne sile i momenata savijanja na deformiranje sustava.

Zadano: f = 25kN/m q = 30kN/m EI = 90kNm2 EF = 20kN

Postupak:

F = 150kN Q = 150kN 1 x neodređeni sustav (1 unutarnja veza viška)

Reakcije:

B=0 A=B=C=0 A = C = 62,5kN ZAPAMTITE !!!!!! Uvijek radimo na osnovnom sustavu koji je statički određen!!!!! 1. Izračun Mv, Tv, Nv u karakterističnim točkama

parabola

2. Izračun m1, t1, n1 za X1 = 1u karakterističnim točkama 1kN

α

fx

fy

fx = 0,9487 fy = 0,3162

A = B = C = 0 zbog djelovanja dvije sile istog intenziteta na istom pravcu

1 1

2. DIO

119

METODA SILA

M v ⋅ m1 N ⋅n ds + ∫ v 1 ds = EI EF 1 2 (0 + 4 ⋅ 240 ⋅ 0,9487 + 375 ⋅ 1,8947) + 375 ⋅ 1,8947 ⋅ 6  + 1 0,3162 ⋅ 62,5 ⋅ 2 + 0,9487 ⋅ 150 ⋅ 6  = a1v =  EI  6 3 2   EF  a1v = 45,1421 a1v = ∫

m1 ⋅ m1 n ⋅n ds + ∫ 1 1 ds = EI EF 2 1 1,8947 ⋅ 2 1,8947 2 ⋅ 6  1 a11 = + 0,3162 2 ⋅ 2 + 0,9487 2 ⋅ 6 + 6,324 ⋅ 12 =  + EI  3 3  EF

a11 = ∫

[

]

a11 = 0,70283

a1v + a11 ⋅ x1 = 0 x1 = −

a1v 45,1421 =− = −64,228kN a11 0,70283

3. Izračun Mk, Tk, Nk ( po principu superpozicije) 42,19 89 29

Mk = Mv + m1⋅X1

2. DIO

90

Tk = Tv + t1⋅X1

42,19

Nk = Nv + n1⋅x1

120

METODA SILA

Zadatak 27: Metodom sila odredite M, T, N dijagrame. Kod izračuna koeficijenata fleksibilnosti uzeti u obzir samo utjecaj momenata savijanja na deformaciju zadanog sustava. EI konstanta za cijeli sustav.

ZAPAMTITE !!!!!! Uvijek radimo na osnovnom sustavu koji je statički određen!!!!! 1) Izračun Mv….( M, P, q )

Jednadžba kontinuiteta

2) Izračun m1…..( X1 = 1 )

a1v + a11 ⋅ x1 = 0

0,56 ⋅ 5 2 0,67 ⋅ 5,657 2  0,56 ⋅ 10 2  ⋅ ⋅ 0,56 + ⋅ ⋅ 0,56 + ⋅ ⋅ 0,67 +   2 3 2 3 2 3 1  = a11 = 1  1⋅ 6  2 1 EI  0,67 ⋅ 6  2   + 2  3 ⋅ 0,67 + 3 ⋅ 1 + 2  3 ⋅ 1 + 3 ⋅ 0,67   a11 =

2. DIO

1 (1,045 + 0,5227 + 0,8465 + 1,5678 + 2,67 ) = 6,652 EI EI

121

METODA SILA a 6444 47 4444 8     0,56 ⋅ 10  2 1 1  0,67 ⋅ 5,657 2  142,67 ⋅ 6  2 ⋅ ⋅ 142,67 −   ⋅ 327,78 + ⋅ 90  +  ⋅ 0,67 + ⋅ 1 + − 2 3 3 2 3  2 3  3   c b d   64447 47 444444 8 644 4448 644444 47 444 8  1  0,335 ⋅ 5,657 2 100 5,657  2 1  0,56 ⋅ 5 2 a1v = ⋅ ⋅ 100 − ⋅ ⋅ ⋅ 327,78 +  ⋅ 0,335 + ⋅ 0,67  − = − 2⋅2 3 2 2 3 3 2 3 EI      2 0,56  + ⋅ 93,75 ⋅ 5 ⋅ 3 4424423   1 e     496,37 a1v = − EI

izračun koeficijenata – rastavljanje dijagrama a) 0,67 ⋅ 5,657 2 + ⋅ ⋅ 142,67 − 2 3 b) − 0,335 ⋅ 5,657 2 ⋅ ⋅ 100 − 2⋅2 3 c) 1 100 ⋅ 5,657  2  −  ⋅ 0,335 + ⋅ 0,67  2⋅2  3 3 

d) 0,56 ⋅ 5 2 − ⋅ ⋅ 327,78 + 2 3 e) 64748 2 0,56 + ⋅ 93,75 ⋅ 5 ⋅ 3 2 površina parabole

a1v + a11 ⋅ x1 = 0

2. DIO

x1 = −

a1v − 496,37 =− = 74,62kNm a11 6,652

122

METODA SILA

Superpozicija

Mk = Mv + m1⋅X1

Reakcije → superpozicija

Izračun poprečnih sila - iz momentnog dijagrama

286,55 − 90 = −19,65kN 10 T21 = T12 = −19,65kN T12 = −

30 ⋅ 5 − 286,55 − = 75 + 57,31 = 132,31kN 2 5 30 ⋅ 5 − 286,55 T32 = − − = −75 + 57,31 = −17,69 kN 2 5 PT 67 8 70,71 192,5 T34 = − = 35,35 − 34,03 = 1,32 kN 2 5,657 T43 = −35,35 − 34,03 = −69,38kN T23 =

T45 = T54 = −

2. DIO

74,62 − 192,15 = 19,58kN 6

123

METODA SILA

Izračun uzdužnih sila - iz ravnoteže čvora Čvor 1

Čvor 2 N12 = -132,31kN

Σx = 0 N23 = T21 = -19,65kN Σy = 0 N21 = -T23 = -132,31kN

Čvor 3 N32 = N23 = -19,65kN,

Σx = 0 N32 + T34x – N34x = 0 N34x = -19,65+1,32⋅0,7071=-18,72kN N34 = -26,40kN

Čvor 4

Σx = 0 N43x - T43x + T45 = 0 N43x = -68,63 → N43 = -97,07kN Σy = 0 T43y - N43y -N45 = 0 → N45 = -117,69kN

2. DIO

124

METODA SILA

Zadatak 28: Metodom sila odrediti M, T, N dijagrame. U proračun uzeti u obzir utjecaj momenata savijanja i uzdužnih sila na deformaciju zadanog sustava. b/h=20/40cm; E = 3,15⋅107kN/m2

I = 0,001067m4 F = 0,08m2

EI = 33610,5kNm2 EF = 2520000kN

ZAPAMTITE !!!!!! Uvijek radimo na osnovnom sustavu koji je statički određen!!!!! 1) Vanjsko opterećenje

2) X1 = 1

2. DIO

125

METODA SILA

a11 =

1  1,2 ⋅ 2 2 1,2 ⋅ 3 2  1 (0,40 ⋅ 8 ⋅ 0,40 + 1 ⋅ 8 ⋅ 1) = 4,8 + ≈ 0 = 4,8 ⋅ ⋅ 1,2 ⋅ 2 + ⋅ ⋅ 1,2 ⋅ 2  +  EI  2 3 2 3 33610,5 33610,5  EF

a1v =

 1 1,2 ⋅ 2 2 1,2 ⋅ 3  2 1 2 40  1,2 ⋅ 2  1  1,2 ⋅ 3 2 ⋅ ⋅ 80 + ⋅ ⋅ 120 = −  ⋅ 80 + ⋅ 200  −  ⋅ 200 + ⋅ 120  −  EI  2 3 2 3 3 2 3 3 2 3 33610,5   

a1v + a11 ⋅ x1 = 0 x1 = −

a1v − 40 =− = +8,33kN 33610,5 a11

3) Izračun Mk, Tk, Nk – konačni dijagrami Mk= Mv + m1⋅X1 superpozicija Tk= Tv + t1⋅X1 iz Mk - koristeći diferencijalne odnose (nismo računali Tv i t1) Nk= Nv + n1⋅X1 iz ravnoteže čvora ili superpozicija

2. DIO

126

METODA SILA

Zadatak 29: Za prikazani statički sustav metodom sila odrediti M, N, T dijagrame. Kod izračuna koeficijenata fleksibilnosti uzeti u obzir samo utjecaj momenata savijanja na deformaciju sustava. EI je konstanta po čitavom sustavu.

ZAPAMTITE !!!!!! Uvijek radimo na osnovnom sustavu koji je statički određen!!!!! 1) Vanjsko opterećenje

2) X1 = 1

2. DIO

127

METODA SILA

5⋅5 2  208,33 ⋅ ⋅ 5 ⋅ 2 + 5 ⋅ 5 ⋅ 5 =  EI  2 3 

a11 =

1 EI

a1v =

250 ⋅ 2,5  17708 5 2 250 ⋅ 5 2 1 1000 ⋅ 5 2 ⋅ ⋅5+ ⋅ ⋅ 5 − ⋅ 62,5 ⋅ 5 ⋅ + 250 ⋅ 5 ⋅ 5 + ⋅ 5 = EI  2 EI 2 2 3 2 3 3 

a1v + a11 ⋅ x1 = 0 x1 = −

Mk = Mv + m1 · X1 - superpozicija

a1v 17708 =− = −85kN a11 208,33

Dijagrame poprečnih sila izračunamo koristeći diferencijalne odnose T12 = T21 = 0

T 23 = T32 = −

−100 − 500 600 = = 120 kN 5 5

574,8 = −115 kN 5 − 74,8 − 175,22 = = 100 kN ; T53 = 175,22 − 175,22 = 0 2,5

T 43 = T34 = − T35

175,22  175,22    + 2 ⋅ 62,5  / 2.5 = 85kN ; T56 = 175,22 − + 2 ⋅ 62.5  / 2.5 = 15kN T65 =  − 2 2     N 12 = N 21 = −120 kN ; N 23 = 0; N 32 = f ⋅ 5 = 100 kN N 43 = N 34 = 20 kN ; N 35 = N 53 = −15kN ; N 65 = N 56 = 0

Dijagrame uzdužnih sila izračunali smo koristeći ΣX=0 i ΣY=0 za svaki čvor

2. DIO

128

METODA SILA

Zadatak 30: Za prikazani sustav odredite M, T, N dijagrame metodom sila. U proračun uzeti u obzir samo utjecaj momenata savijanja na deformaciju sustava. EI je konstanta po cijelom sustavu.

P = 100kN 8 → β=31,6075° tgβ = 13 8 tgα= → α=57,9946° 5 γ = α-β = 26,3871° Py = P⋅sinβ = 52,41kN Px = P⋅cosβ = 85,166kN

1) Vanjsko opterećenje

A = -23,293kN B = 75,703kN C = 325,166kN

2. DIO

postupak rješavanja kao kod Gerberovog nosača

D = 23,293kN E=0 F = 418,21kNm

129

METODA SILA

2) X1 = 1

A = 0,889kN B = -0,889kN C = -1kN

a11 =

1 EI

D = -0,889kN E = -1kN F = 13kNm

 3,56 ⋅ 9,434 2 3,56 2 ⋅ 4 8 2 ⋅ 9 5 2  ⋅ ⋅ 3,56 + + + 8 + 4 ⋅ 10,5 2 + 13 2 2 3 3 3 6 

(

) = 810,271 

302,6 ⋅ 4 2 5  302,6 ⋅ 9,434 2  − ⋅ ⋅ 3,56 − ⋅ ⋅ 3,56 ⋅ 2 − (302,6 ⋅ 3,56 + 4 ⋅ 360,4 ⋅ 5,78 + 418,2 ⋅ 8) −  1  2 3 3 3 6 a1v =   = −38833,48 EI  5  ⋅ − ⋅ 418,2(8 + 4 ⋅ 10,5 + 13)  6 

a1v + a11 ⋅ x1 = 0 x1 = −

2. DIO

a1v − 38833,48 =− = 47,93kN a11 810,271

130

METODA SILA

3) Izračun Mk, Tk, Nk – konačni dijagrami Mk= Mv + m1⋅X1 superpozicija Tk= Tv + t1⋅X1 ili iz Mk - koristeći diferencijalne odnose Nk= Nv + n1⋅X1 ili iz ravnoteže čvora

2. DIO

131

METODA SILA

Zadaci za vježbu: Zadatak 31: Nacrtati momentni dijagrame, uzevši u proračunu samo utjecaj momenata savijanja na deformiranje sustava. EI = 2,935⋅106 kNm2 = konstanta q = 40kN/m, k = 600kNm, f = 30kNm, P = 120kN

a11 = 10,981/EI a1v = -1197,76/EI X1 = 109,676 Mk= Mv + m1⋅X1 superpozicija

2. DIO

132

METODA SILA

Zadatak 32: Nacrtati dijagram unutarnjih sila, uzevši u proračun samo utjecaj momenata savijanja na deformiranje sustava. EI = 2,935⋅106 kNm2 = konstanta.

q = 30kN/m, M = 350kNm

Rješenje:

a1v =

26236,436 110,75584 a11 = x1 = −236,889 kN EI EI

289,126

2. DIO

133

METODA SILA

Zadatak 33: Nacrtati dijagram unutarnjih sila, uzevši u proračun samo utjecaj momenata savijanja na deformiranje sustava. EI = 2,935⋅106 kNm2 = konstanta

q = 45kN/m, P = 80kN

2 2 2 6

4

4

Rješenje:

a1v =

2. DIO

− 4154,7588 59,792 a11 = EI EI

x1 = 69,487 kN

134

METODA SILA

2x NEODREĐENI SUSTAVI Zadatak 34: Za dva puta statički neodređen sustav potrebno je, metodom sila, odrediti M, N, T dijagrame. Uzdužne deformacije uzeti u obzir samo za zategu.

b/h = 0,4/0,6 → I = 0,0072m4 F = 0,02x0,05 = 0,001m2 EF = 2,1⋅108kN/m2 ⋅ 0,001 = 210000kN EI = 3,15⋅107 ⋅ 0,0072 = 226825kNm2

osnovni sustav Za stanje X1 = 1

Za stanje X2 = 1

2. DIO

135

METODA SILA

Za stanje Xi = 0 (vanjsko opterećenje)

 1 1 ⋅ 5  2 1 1  0,5 ⋅ 5 2  0,5 ⋅ 5  2 ⋅ ⋅ 0,5 ⋅ 3 =  ⋅ 1 + ⋅ 0,5  +  ⋅ 0,5 + ⋅ 1 +  3 2 3 3  2 3 EI  2  3   1 (2,083 + 0,833 + 1,25) = 4,166 a11 = EI EI a11 =

1 1,2 ⋅ 2 2 1,2 ⋅ 3 2  1 ⋅ 10 ⋅ 1 4,8 10 ⋅ ⋅ 1,2 ⋅ 2 + ⋅ ⋅ 1,2 ⋅ 2 + = +  EI  2 3 2 3 EF EI EF 

a 22 =

 1,2 ⋅ 2  2 1  1,2 ⋅ 3  2 1 1,2 ⋅ 3  2 1  1,2 ⋅ 2 2  − 2  3 ⋅ 0,8 + 3 ⋅ 1 − 2  3 ⋅ 0,8 + 3 ⋅ 0,5  + 2 ⋅ 3 ⋅ 0,2 + 2  3 ⋅ 0,2 + 3 ⋅ 0,5  =        1 (− 0,933 − 1,26 + 0,16 + 0,54) = − 1,6 a12 = EI EI a12 =

1 EI

trapez ( l ) trokut ( l ) trapez desno  6444444444 74444444448 644474448 6444474444 8   275 ⋅ 3  2 1 230 3 2 1 230 2 2 1 0 , 5 5 2 1 ⋅ ⋅ ⋅          ⋅ 0,5 + ⋅ 0,8  +  ⋅ 0,8 + ⋅ 0,5  +  ⋅ 0,8 + ⋅ 1 −  ⋅ 225 + ⋅ 150  +  1  3 2 3 3 2 3 3  2 3 3 a1v =    =  2 3 EI   0,5 ⋅ 10  2 1 1  0,5 ⋅ 10  2   +  ⋅ 275 + ⋅ 225  −  ⋅ 225 + ⋅ 275  2 3 3 2 3 3    

a1v =

1 [247,5 + 241,5 + 199,33 − 250 + 645,83 − 604,17] = 480 EI EI

1  1,2 ⋅ 2 2 1,2 ⋅ 3  2 1 1 1  1,2 ⋅ 2  2  1,2 ⋅ 3  2  − ⋅ ⋅ 230 +  ⋅ 230 + ⋅ 275  +  ⋅ 180 + ⋅ 150  +  ⋅ 180 + ⋅ 225  =  2 3 2 3 3 2 3 3 2 3 3 EI     1 =− (184 + 441 + 204 + 351) = − 1180 EI EI

a 2v = − a 2v

Da izbjegnemo male brojeve sve koeficijente pomnožimo sa EI

a11 = 4,166 10 a22 = 4,8+ ⋅ EI = 4,8+10,80 = 15,60 EF a12 = -1,60 a1v = 480 a2v = -1180

2. DIO

136

METODA SILA

Jednadžbe kontinuiteta

a11 ⋅ x1 + a12 ⋅ x 2 + a1v = 0 a 21 ⋅ x1 + a 22 ⋅ x1 + a 2v = 0 x1 ⋅ 4,166 + x 2 (− 1,6) = −480 x1 (− 1,6) + x 2 (15,6) = 1180

Dvije jednadžbe s dvije napoznanice

D = 4,166 ⋅ 15,6 – 1,62 = 62,4296 D1 = -480 ⋅ 15,6 + 1180 ⋅ 1,6 = -5600 D2 = 4,166 ⋅ 1180 – 1,6 ⋅ 480 = 4147,88

D − 5600 x1 = 1 = = −89,70 D 62,429

komp. ( 88,49 )

greška 1,3%

komp.

D 4147,88 x2 = 2 = = 66,47 D 62,429

( 65,97 )

greška 0,7%

3) Izračun Mk, Tk, Nk – konačni dijagrami Mk= Mv + m1⋅X1 + m2⋅X2 superpozicija Tk= Tv + t1⋅X1 + t2⋅X2 ili iz Mk - koristeći diferencijalne odnose Nk= Nv + n1⋅X1 + n2⋅X2 ili iz ravnoteže čvora

2. DIO

137

CROSSOVA METODA

CROSSOVA METODA Postupak statičkog proračuna okvirnih konstrukcija i kontinuiranih nosača (konstrukcije sa spriječenim translatornim pomacima). Kod Crossove metode pretpostavka je da su štapni elementi apsolutno kruti.

Zadatak 35: Za zadani sustav odredite dijagrame momenata i poprečnih sila Crossovom metodom.

EI1= 80 kNm2 EI2= 60 kNm2 EI3= 40 kNm2 Čvor (1) je slobodan, tj. nije vezan s podlogom Σ M1 = 0

-općeniti izraz za moment na kraju štapa Mik = aik × ϕ i + bik × ϕ k + M ik 123 123

M ϕ k =1

M ϕi =1

Postupak rješavanja: 1. nađemo momente pune upetosti M ik ( ϕ i = 0 ) 2. izračunamo krutosti pojedinih štapnih elemenata aik ( ϕ i = 1 ) 3. izračunamo razdjelne koeficijente pik u čvoru "i" ( Ai ) 4. izračunamo prijenosni koeficijent µ ik • M ik → tablica momenata upetosti aik = 4k ik • Ai = ∑ aik ; bik = 2k ik k • pik = − • µ ik =

2. DIO

a ik = 3k ik bik = 0

aik ⇒ Σp ik = −1 Ai

bik = 0,5 aik

µ ik = 0

138

CROSSOVA METODA

M ik → momenti pune upetosti. Izračunamo ih za konstrukciju pod djelovanjem vanjskog opterećenja uz spriječene sve kutove zaokreta. (u našem primjeru čvor (1))

aik → krutost štapa, tj. moment u čvoru "i", a koji se javlja uslijed djelovanja jediničnog kuta zaokreta u čvoru "i" štapa ik dok je istovremeno spriječen pomak, tj. zaokret čvora "k" bik → moment u čvoru "i" uslijed djelovanja jediničnog kuta zaokreta u čvoru "k" štapa ik dok je istovremeno spriječen zaokret čvora "i" k ik →

EI ik l ik

M kiϕ = bik × 1 M ikϕ = aik × 1

M ikϕ = aik × 1

pik → razdjelni koeficijent → raspoređuje momente u čvor u odnosu na krutosti štapova koji a su priključeni u tom čvoru. pik = − ik Ai Ai → suma svih krutosti štapova u čvoru "i" µ ik → prijenosni koeficijent → uslijed djelovanje jediničnog kuta zaokreta ϕ i = 1 u čvoru "k" štapa ik javlja se moment. µ ik = 0,5 za prizmatične štapove obostrano upete.

ϕ

M ik ×0 , 5 M ikϕ i    → M kiϕ i = 0,5 × M ikϕ i

ϕ

M ikϕ × 0

M ik  → 0

2. DIO

139

CROSSOVA METODA

1.) Stanje pune upetosti – spriječeni svi kutovi zaokreta na sustavu ϕ1 = 0 - djeluje vanjsko opterećenje i izračunavamo momente pune upetosti M ik (čitamo M ik potez)

-sustav se rastavlja na 3 elementa

• M ik → TABLICA MOMENATA UPETOSTI

M ik = −

q×l2 8

M ik = −

q×l2 12

M ik = −

3× P × l 16

M ik = −

2. DIO

M ki = 0

;

P×l 8

;

;

M ki =

q×l2 12

; M ki = 0

M ki =

P×l 8 140

CROSSOVA METODA

M 13 = −

q 2 × 7,2112 = −216,66 kNm 12

M 31 = −

q 2 × 7,2112 = 216,66 kNm 12

M 14 =

q1 × 8 2 = 320 kNm 8

M 12 = M k = − P × l = −80 × 7 = −560 kNm

2.) izračunavanje krutosti pojedinih elemenata za aik pojedinih elemenata za ϕ i = 1 3.) izračunavanje razdjelnih koeficijenata elemenata u čvoru s nepoznatim kutom ( ϕ i = ? ) pik i Ai • maknemo vanjsko opterećenje i gledamo što se dešava zbog djelovanja jediničnog kuta ϕ zaokreta čvora (1) tj. tj. ( ϕ1 = 1 ) M ki

ϕ

M ik

ϕ1 = 1

ϕ1 = 1 ϕ

M ik

• uslijed djelovanja jediničnog kuta zaokreta dolazi do deformacija i javljaju se momenti

ϕi = 1 ϕ

M ik = aik × ϕ i

ϕ

M ki = bik × ϕ i

ϕk = 0

ϕ

M ki = 2 × k ik × ϕ i

ϕ

M ik = 4 × k ik × ϕ i

2. DIO

141

CROSSOVA METODA

ϕi = 1

ϕi = 1

ϕ

M ki = 0

ϕ

k ik = 0

ϕ

M ikϕ = 0

M ik = a ik × ϕ i = 3 × k ik × ϕ i M ki = 0

aik → moment u čvoru "i" na štapu ik uslijed djelovanje jediničnog kuta zaokreta ϕ i = 1 ,a ϕk = 0 bik → moment u čvoru "k" na štapu ik uslijed djelovanja jediničnog kuta zaokreta ϕ i = 1 ,a ϕk = 0

ϕi = 1

ϕi = 1

aik = 4 × k ik bik = 2 × k ik

bik = 0

K ik = Čvor (1) a12 = k12 = 0 ⇒ konzola

a13 = 4 × k13 = 4 × a14 = 3 × k14 = 3 ×

EI 2 60 = 4× = 33,2825 l13 7,211 EI 1 80 = 3× = 30 l14 8

aik = 3 × k ik

EI ik l ik

p13 = − p14 = −

a13 33,2825 =− = −0,526 63,2825 A1 a14 30 =− = −0,474 63,2825 A1 Σ = −1

A1 = 63,2825

b13 = 2 × k13 = 2 ×

60 = 16,641 7,211

4.) prijenosni koeficijent µ ik → koliki dio momenta se prenosi na drugi kraj štapa za prizmatične štapove µ ik = 0,5

µ ik =

bik 2 × k ik = = 0,5 a ik 4 × k ik

µ ik = 0

2. DIO

142

CROSSOVA METODA

• nacrtamo konstrukciju • na mjestu nepoznatog kuta zaokreta ucrtamo «kućicu» s pripadajućim razdjelnima koeficijentima pik • upišemo momente upetosti

M ik

*1. korak 1. iteracije "otpustimo" uklještenje u čvoru (1) → on se zaokreće i zauzima ravnotežni položaj uslijed toga neuravnotežni moment M1 = M 12 + M 13 + M 14 će se uravnotežiti u priključenim štapovima u omjerima krutosti pojedinih štapova pri tom uravnoteženju šaljemo dio momenta na druge krajeve priključenih štapova M ki = 0,5 × M ik a)

ΣM 1(1) = 320 − 216,66 − 560 = −456,60 kNm M 14(1) = −456,66 × ( −0,474) = 216,45kNm M 13(1) = −456,66 × ( −0,526) = 240,206 kNm

M 31(1) = 0,5 × 240,206 = 120,103kNm

M 12(1) = 0

nakon 1. koraka iteracije provjerimo ravnotežu čvora (1) M 12 + M 13 + M 14 = −560 + 23,536 + 536,63 = 0

• postigli smo ravnotežu i postupak završavamo nakon 1 koraka jer imamo samo jedan nepoznati kut zaokreta • da smo imali više nepoznatih kutova postupak iteracije ponovili bi u drugom čvoru i zatim provjerili ravnotežu. • nakon toga dolazi 2.iteracija dok se ne postigne ravnoteža u svakom čvoru.

2. DIO

143

CROSSOVA METODA

m 02 =

40 × 8 2 m = = 320 8 1 0

0

Tik = Tik −

50 × 7,211 2 = 325 8

M ik + M ki lik

40 × 8 536,457 − = 92,9kN 2 8 40 × 8 536,457 T41 = − − = −227,1kN 2 8 50 × 7,211 23,536 + 336,76 T13 = − = 130,3kN 2 7,211 50 × 7,211 23,536 + 336,76 T31 = − − = 225,3kN 2 7,211 560 T12 = T21 = − = 80kN 7 T14 =

2. DIO

144

CROSSOVA METODA

Zadatak 36: Crossovom metodom odredite M i T dijagrame. EI1= 40 kNm2 EI2= 60 kNm2 EI3= 30 kNm2 nepoznati kutovi zaokreta φ2 i φ3 1.) izračun momenata upetosti ( ϕ i = 0 )

M 21 =

3 × P × l 3 × 160 × 4 = = 120 kNm 16 16

M 23 = − M 32

= 100 kNm

q × l 2 15 × 6 2 = = = 45 kNm 12 12

od djelovanja momenta na konzoli M 45 = −100kNm na štapu 3 − 4 imamo moment

M 43 = − M 45 = 100kNm te na drugom kraju

= 50 kNm

M 34 = 0,5 × M 43 = 50kNm

2.) koeficijenti krutosti i razdjelni koeficijenti čvor (2) 40 EI = 30 a 21 = 3 × k 21 = 3 × 1 = 3 × 4 l 21

a 23 = 4 × k 23

15 × 6 2 q×l2 =− = −45 kNm 12 12

60 EI = 4× 2 = 4× = 40 6 l 23

p 21 = −

a 21 30 =− = −0,4286 A2 70

p 23 = −

a 23 40 =− = −0,5714 A2 70

A2 = 70

Σ = −1

čvor (3)

a 32 = 4 × k 32 = 4 ×

EI 2 60 = 4× = 40 l 32 6

EI 3 30 = 3× = 18 l 34 5 A3 = 58 3.) prijenosni koeficijent µ = 0,5 a 34 = 3 × k 34 = 3 ×

2. DIO

p 32 = − p 34 = −

a 32 40 =− = −0,6897 A3 58 a 34 18 =− = −0,3103 A3 58 Σ = −1

145

CROSSOVA METODA

Postupak iteracije: 1.) Nađemo momente u čvoru (2) i čvoru (3) Σ M2 = 120 – 45 =75 kNm

Σ M3 = 45 +50 =95 kNm

* u čvoru (3) je veći neuravnoteženi moment pa iteraciju započinjemo u čvoru (3) 1. korak 1. iteracije čvor 3 M 34 = 95 × (−0,3103) = −29,48kNm M 32 = 95 × (−0,6897) = −65,52kNm

0,5 → M 23 = 0,5 × (−65,52) = −32,76kNm

nakon 1. koraka Σ M3 = 0 (45+50-65,52-29,48 = 0) 2. korak 1 .iteracije čvor 2 zbrojimo sve momente u čvoru (2) i uravnotežimo ih ; Σ M2 = 120 – 45 - 32,76 = 42,24 kNm M 21 = 42,24 × (−0,4286) = −18,10kNm M 23 = 42,24 × (−0,5714) = −24,14kNm

0,5 → M 32 = 0,5 × (−24,14) = −12,07 kNm

nakon 2. koraka Σ M2 = 0 (120-45-18,10-24,14 = 0) ali u čvoru (3) imamo neuravnoteženi M3 = -12,07 kNm 1. korak 2. iteracije čvor 3 M 32 = −12,07 × (−0,6897) = 8,32kNm

0,5 M 23 = 4,16kNm →

M 34 = −12,07 × (−0,3103) = 3,75kNm nakon 1. koraka Σ M3 = 0

2. korak 2. iteracije čvor 2 M 23 = 4,16 × (−0,5714) = −2,38kNm

0,5 M 32 = 0,5 × (−2,38) = −1,19kNm →

M 21 = 4,16 × (−0,4286) = −1,78kNm nakon 2. koraka Σ M2 = 0 ali u čvoru (3) imamo neuravnoteženi M3 = -1,19 kNm

2. DIO

146

CROSSOVA METODA

1. korak 3. iteracije čvor 3 M 34 = −1,19 × (−0,3103) = +0,37 kNm 0,5 M 32 = −1,19 × (−0,6897) = +0,82kNm → M 23 = 0,41kNm nakon 1. koraka Σ M3 = 0

2 .korak 3. iteracije čvor 2

M 23 = +0,41 × ( −0,5714 ) = −0,23kN → ne šaljemo u čvor (3) jer je mala vrijednost M 21 = +0,41 × ( −0,4286 ) = −0,18kNm nakon 2. koraka Σ M2 = 0 i M3 = 0 i gotovi smo s iteracijama ! treba uočiti da u čvoru (4) i (5) nije došlo do promjene momenata upetosti, te su oni jednaki početnim momentima na konzoli.

p×l m0 = = 160 4

m0 =

160 99,94 − = 55,02 kN 2 4 15 × 6 99,94 − 24,64 T23 = − = 65,68kN 2 6 24,64 + 100 T34 = − = −24,93kN 5 T43 = T34 = −24,93kN T12 =

2. DIO

q×l2 = 67,5 8

160 99,94 − = −104,98kN 2 4 15 × 6 99,94 − 24,64 T32 = − − = −24,32 kN 2 6

T21 = −

T45 = T54 = 0

147

CROSSOVA METODA

Zadatak 37: Crossovom metodom odredite dijagrame M i T.

Momenti upetosti: M21 = 3·P·l / 16 = 3 · 100 · 6 / 16 = 112.5 kNm ; M23 = - g·l2 / 12 = -30 · 25 / 12 = -62.5 kNm M32 = g·l2 / 12 = 30 · 25 / 12 = 62.5 kNm M24 = Mk = g·l2 / 2 = 10 · 25 / 2 = 125 kNm

EI je isti za sve elemente sustava a21 = 3·k21 = 3 · EI12 / l21= 3·EI / 6 = 0.5EI a23 = 4·k23 = 3 · EI23 / l23= 4·EI / 5 = 0.8EI a24 = 0·k24 = 0 · EI24 / l24= 0·EI / 4 = 0 A2 = 1.3 · EI

Σ M2 = 112.5 + 125 - 62.5 = 175 kNm M21 = -0.385 * 175 = - 67.375 kNm M23 = -0.615 * 175 = - 107.625 kNm M24 = -0 * 175 = -0 kNm

2. DIO

p21= - a21 / A2 = – 0.385 p23= - a23 / A2 = – 0.615 p24= - a24 / A2 = 0 Σ = -1.00

M32 = 0.5 * 107.625 = -53.18 kNm

148

CROSSOVA METODA

Napomena: dijagrami su dobiveni kompjutorskim proračunom pa zato postoji mala razlika u odnosu na ručno proveden Crossov postupak.

Dijagram momenata M

Dijagram poprečnih sila T

Napomena: stvarni oblik dijagrama poprečnih sila prema konvenciji koju koristimo u Proračunu konstrukcija dobit ćete ako dijagram zrcalite oko uzdužne osi pojedinih elemenata.

2. DIO

149

CROSSOVA METODA

Zadatak 38: Crossovom metodom odredite dijagrame M i T.

2

1

0

2 EI

EI

EI = EI 4 2 EI a12 = 4k12 = 4· = 2EI 4 ∑ A1= 3 EI

3 EI

1 EI =− 3EI 3 2 EI 2 p12= - − =− 3EI 3

a10 = 4k10 = 4·

p10= - −

2 EI = 2EI 4 EI a23 = 4k23 = 3· = EI 3 ∑ A2= 3 EI

2 EI 2 =− 3EI 3 1 EI p12= - − =− 3EI 3 p10= - −

a21 = 4k21 = 4·

2

M 01 = −

2 ql 2 40 ⋅ 4 3Pl 3 ⋅ 200 ⋅ l ql 2 40 ⋅ 4 =− = −53.33kNm M 10 = =− = −112.5kNm = = 53.33kNm M 23 = − 12 12 16 16 12 12

−

− 53 .33

53 .33 0..5 − 30 .27 − 15 .14 0..5 − 3.36 − 1.68

− 70 .15

19 .7

2 1 − 3 3

−

0..5 37 .5 − 60 .53 10 .09 − 6.72

− 19 .7

0..5 0..5 0..5

2 1 − 3 3

75 − 30 .28 20 .18 − 3.36 2.24

63 .79

− 112 .5 37 .5 10 .09 1.12

− 63 .79

DIJAGRAM MOMENATA (dobiven kompjutorskim proračunom)

DIJAGRAM POPREČNIH SILA (dijagrame treba zrcaliti oko uzdužne osi elemenata)

2. DIO

150

PRIMJERI ISPITNIH ZADATAKA

ISPITNI ZADATAK (ROK 5. 7. 2005.) 1. Odredite stupanj statičke neodređenosti zadanog sustava te presijecanjem unutarnjih i vanjskih veza nacrtati dva statički određena sustava. (10 bodova)

( 2. Za sustav na slici METODOM SILA odrediti dijagrame unutarnjih sila (MK, TK i NK). Pri izračunu koeficijenata fleksibilnosti uzeti u obzir utjecaj SAMO momenata savijanja na deformiranje sustava. EI je konstantan za cijeli sustav.( 45 bodova). Za izračunavanje koristiti zadani osnovni sustav.

kNm

X1

zadani sustav osnovni sustav za rješavanje 3. Za zadani trozglobni okvir grafički odredite sile u presjeku t-t. (20 bodova)

4. Crossovom metodom odredite M i T dijagram za zadani sustav. (25 bodova)

0

1 EI

2. DIO

3

2 2 EI

EI

151


RJEŠENJA 5. srpnja 2005. godine

1. zadatak - neodređenost

3 puta neodređen

2. Zadatak METODA SILA

OSNOVNI SUSTAV ZA RJEŠAVANJE

X1

kNm

EI = konstanta

ZAPAMTITE!!!!! UVIJEK MORATE RAČUNATI NA OSNOVNOM SUSTAVU KOJI JE STATIČKI ODREĐEN, A KONAČNE DIJAGRAME CRTATE NA ZADANOM, STATIČKI NEODREĐENOM SUSTAVU 2. DIO

152


izračun momentnog dijagram za jedinično opterećenje X1 = 1kN na zadanom OSNOVNOM SUSTAVU reakcije

m1 dijagram

a11 = 1.88/EI =

2. DIO

153


izračun momentnog dijagrama za vanjsko opterećenje na zadanom OSNOVNOM SUSTAVU reakcije za mv

mV dijagram

74 156 76

a1v=-154.26/EI

2. DIO

X1= 82 kNm

154


Konačne reakcije za zadani sustav (CRTAMO NA ZADANOM SUSTAVU, STATIČKI NEODREĐENOM)

Konačni momentni dijagram Mk (CRTAMO NA ZADANOM SUSTAVU, STATIČKI NEODREĐENOM)

107

43

2. DIO

155


Konačni dijagram poprečnih sila Tk (CRTAMO NA ZADANOM SUSTAVU, STATIČKI NEODREĐENOM)

Napomena: stvarni oblik dijagrama poprečnih sila prema konvenciji koju koristimo u Proračunu konstrukcija dobit ćete ako dijagram zrcalite oko osi pojedinih elemenata Konačni dijagram uzdužnih sila Nk (CRTAMO NA ZADANOM SUSTAVU, STATIČKI NEODREĐENOM)

2. DIO

156


3. Grafički odrediti sile u presjeku t-t.

REAKCIJE

A

2. DIO

B

157


MOMENTNI DIJAGRAM (kompletni dijagram dobiven kompjutorski, vi trebate SAMO moment u zadanom presjeku) N tt rtt Ttt

B

B

Mtt= 381 kNm (vlak s donje strane) DIJAGRAM POPREČNIH SILA (kompletni dijagram dobiven kompjutorski, vi trebate SAMO silu u zadanom presjeku)

Ttt= 71 kN

Dijagram uzdužnih sila (kompletni dijagram dobiven kompjutorski, vi trebate SAMO silu u zadanom presjeku)

2. DIO

158


Ntt= 93 kN

2. DIO

159


4. CROSSOVOM METODOM ODREDITE M i T DIJAGRAM

0

1

3

2 2 EI

EI

EI

EI 1 =− 3EI 3 2 EI 2 p12= - − =− 3EI 3

EI = EI 4 2 EI a12 = 4k12 = 4· = 2EI 4 ∑ A1= 3 EI

p10= - −

a10 = 4k10 = 4·

2 EI 2 EI 2 = 2EI p10= - − =− 4 3EI 3 EI EI 1 a23 = 4k23 = 3· = EI p12= - − =− 3 3EI 3 ∑ A2= 3 EI 106.67 ⋅ 4 Pl Pl 106.67 ⋅ 4 M 01 = − =− = −53.33kNm M 10 = = = 53.33kNm 8 8 8 8 100 ⋅ 3 2 ql 2 M 23 = − =− = −112.5kNm 8 8 a21 = 4k21 = 4·

−

− 53.33

53.33 0..5 − 30.27 − 15.14 0..5 − 3.36 − 1.68

− 70.15

19.7

1 2 − 3 3

−

2 1 − 3 3

0..5 75 37.5 0 .. 5 − 60.53 − 30.28 0..5 20.18 10.09 0 .. 5 − 3.36 − 6.72 2.24

− 112.5 37.5 10.09 1.12

− 19.7

− 63.79 63.79 DIJAGRAM MOMENATA (dobiven kompjutorskim proračunom)

DIJAGRAM POPREČNIH SILA (dijagrame treba zrcaliti oko uzdužne osi elemenata)

2. DIO

160

LITERATURA

Literatura: 1. 2. 3. 4.

D. Bazjanac: NAUKA O ČVRSTOĆI Tehnička knjiga Zagreb 1973. god. H. Werner: TEHNIČKA MEHANIKA (skripta) Zagreb 1986. GOD. V. Simović: GRAĐEVNA STATIKA I.Građevinski institut Zagreb 1988. god. A. Kiričenko: TEHNIČKA MEHANIKA I. DIO STATIKA Građevinski institut Zagreb 1990. god. 5. V. Šimić: OTPORNOST MATERIJALA I. Školska knjiga, Zagreb, 1992. god. 6. M. Anđelić: STATIKA NEODREĐENIH ŠTAPNIH KONSTRUKCIJA, Društvo hrvatskih građevinskih konstruktora, Zagreb, 1993. god. 7. V. Simović: LEKSIKON GRAĐEVINARSTVA Masmedia Zagreb 2002. god.

2. DIO

161

STATIKA KONSTRUKCIJA-SKRIPTA

Recommend Documents