Upload
vungoc
View
238
Download
1
Embed Size (px)
Citation preview
TEHNIČKO VELEUČILIŠTE U ZAGREBU
GRADITELJSKI ODJEL
Mladenko Rak
Dalibor Gelo
PRORAČUN KONSTRUKCIJA
Zagreb, 2016
PRIRUČNICI TEHNIČKOG VELEUČILIŠTA U ZAGREBU
MANUALIA POLYTECHNICI STUDIORUM ZAGRABIENSIS
PRORAČUN KONSTRUKCIJA Mladenko Rak, Dalibor Gelo
Zagreb, 2016.
Izdavač Tehničko veleučilište u Zagrebu
Vrbik 8, Zagreb
Za izdavača Slavica Ćosović Bajić
Autori Prof. dr. sc. Mladenko Rak
Dalibor Gelo, mag. ing.
Recenzenti Mr. sc. Zorislav Despot
Prof. dr. sc. Joško Krolo
Vrsta djela skripta
Objavljivanje je odobrilo Stručno vijeće
Tehničkog veleučilišta u Zagrebu
odlukom broj: 2220-1/16 od 18. listopada 2016.
ISBN 978-953-7048-60-0
CIP zapis Dostupan u računalnom katalogu
Nacionalne i sveučilišne knjižnice u Zagrebu
pod brojem 000957211
SADRŽAJ: 1. UVOD U PRORAČUN KONSTRUKCIJA…………………………………………………………… 1
2. IDEALIZACIJA RAČUNSKE SHEME KONSTRUKCIJE……………………………………………1
3. KLASIFIKACIJA NOSEĆIH KONSTRUKCIJA……………………………………………………….3
4. ANALIZA VANJSKOG OPTEREĆENJA………………………………………………………………5
5. PRINCIP SUPERPOZICIJE……………………………………………………………………………5
6. ELEMENTI KONSTRUKCIJSKIH SUSTAVA………………………………………………………..6
6.1 Štapovi………………………………………………………………………………………….6
6.2 Grede……………………………………………………………………………………………7
6.3 Diskovi…………………………………………………………………………………………..7
6.4 Čvorovi………………………………………………………………………………………….8
6.5 Veze……………………………………………………………………………………………..8
7. TIPOVI NOSEĆIH KONSTRUKCIJA U RAVNINI (NOSAČI)……………………………………..13
8. GEOMETRIJSKA PROMJENJIVOST I
NEPROMJENJIVOST KONSTRUKCIJSKIH SUSTAVA………………………………………….14
9. KINEMATIČKA ANALIZA KONSTRUKCIJSKIH SUSTAVA………………………………………15
9.1 Međusobno povezivanje diskova…………………………………………………………..15
9.1.1 Povezivanje dvaju diskova………………………………………………………16
9.1.2 Povezivanje triju diskova………………………………………………………..17
9.1.3 Povezivanje više diskova………………………………………………………..17
9.2 Povezivanje diskova za podlogu…………………………………………………………..20
10. STATIČKA ODREĐENOST I NEODREĐENOST………………………………………………..22
11. SILE U KONSTRUKCIJAMA……………………………………………………………………….23
12. UNUTARNJE SILE LINIJSKIH NOSAČA…………………………………………………………24
13. RAVNINSKI NOSAČI I NJIHOVE UNUTARNJE SILE…………………………………………..25
14. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE RAVNOTEŽE LINIJSKIH NOSAČA……………………….27
14.1 Djelovanje koncentrirane sile…………………………………………………………….29
14.2 Djelovanje koncentriranog momenta……………………………………………………29
15. DIJAGRAMI UNUTARNJIH SILA NA NOSAČIMA………………………………………………29
16. NOSAČI SASTAVLJENI OD JEDNOG DISKA…………………………………………………..34
16.1 Obična greda……………………………………………………………………………….35
17. GERBEROVI NOSAČI……………………………………………………………………………..45
18. REŠETKASTI NOSAČI……………………………………………………………………………..54
18.1 Određivanje sila u štapovima rešetkastih nosača………………………………………60
19. TROZGLOBNI NOSAČI……………………………………………………………………………69
20. TROZGLOBNI NOSAČ SA ZATEGOM…………………………………………………………87
21. OJAČANE GREDE…………………………………………………………………………………..92
22. PODUPRTE I OVJEŠENE GREDE…………………………………………………………….102
23. ODREĐIVANJE POMAKA STATIČKIH SUSTAVA PRIMJENOM
ENERGETSKIH TEOREMA………………………………………………………………………109
23.2 Određivanje pomaka statičkog sustava.……………………………………………….114
24. STATIČKI NEODREĐENI SUSTAVI……………………………………………………………..128
25. METODA SILA………………………………………………………………………………………133
25.1 Metoda sila za jedanput statički neodređene sustave………………………………..138
25.2 Metoda sila za dvaput statički neodređene sustave………………………………….159
25.3 Deformacijska kontrola kod metode sila………………………………………………..168
25.4 Pomaci na statički neodređenim sustavima (redukcijski stavak)…………………….170
25.5 Simetrični nosači s nesimetričnim opterećenjem (simetriranje)………………………175
PREDGOVOR
Skripta PRORAČUN KONSTRUKCIJA obuhvaća gotovo cijelo nastavno gradivo istoimenog kolegija koji se sluša tijekon II semestra na Graditeljskom odjelu Tehničkog veleučilišta u Zagrebu. Skripta sadrži 25 manjih poglavlja u kojima se postupno prikazuje sastavljanje i analiza nosećih konstrukcija od najjednostavnijih statički određenih do složenijh statički neodređenih. U prvim poglavljima se prikazuje prijelaz s realnih konstrukcija na idaalizirane u smislu konstruktivnih elemenata i opterećenja. Dalje se detaljno opisuju glavni elementi konstruktivnih sustava (štapovi, diskovi, grede, čvorovi i veze) i njihova kinematička svojstva. Analizira se geometrijska promjenjivost i nepromjenjivost pojedinih konstrukcijskih sustava. Prikazuje se međusobno povezivanje nepromjenjivih struktura s odgovarajućim unutarnjim i vanjskim vezama. Definira se statička određenost i neodređenost nosećih konstrukcijskih sustava. Prikazani su klasični tipovi statički određenih nosača. Prikazani su postupci određivanja vanjskih i unutarnjih sila na statički određenim nosačima (obične grede, Gerberovi nosači, rešetkasti nosači, trozglobni nosači, ojačane grede te poduprti i obješeni nosači). Dalje su opisani glavni energetski teoremi i poučci koji su poslužili za određivanje pomaka na konstrukcijskim sustavima kao i uvod u metodu sila na statički neodređenim konstrukcijama. Prikazan je proračun statički neodređenih nosača metodom sila s naglaskom na jedan put i dva put statički neodređene sustave. Objašnjena je i deformacijska kontrola kod metode sila te redukcijski stavak pri određivanju pomaka kod statički neodređenih konstrukcija. Postupci rješavanja statički određenih i statički neodređenih nosača popraćeni su brojnim općim primjerima. Na kraju skripte je dodana i zbirka kompletno riješenih numeričkih primjera koji obuhvaćaju kompletno gradivo u skripti s detaljnim prikazom postupka proračuna unutarnjih sila i odgovarajućih dijagrama odabranih zadataka.
U Zagrebu, siječanj 2016 autori: R. M. i D. G.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
1
1. UVOD U PRORAČUN KONSTRUKCIJA
Proračun konstrukcija obuhvaća uži dio grane TEHNIČKE MEHANIKE, odnosno njezinog dijela TEORIJE KONSTRUKCIJA.
Mi ćemo se koncentrirati na analizu i proračun građevinskih konstrukcija. Pod pojmom „konstrukcija“ nećemo podrazumijevati cijeli građevinski objekt, već samo njegov noseći dio (nosač).
Zadaća Proračuna konstrukcija obuhvaća:
• formiranje idealiziranog proračunskog modela • analizu statičke određenosti ili neodređenosti • analizu geometrijske promjenjivosti ili nepromjenjivosti • utvrđivanje vanjskog (aktivnog) opterećenja • određivanje sila u vanjskim i unutarnjim vezama kao i unutarnjih sila u konstrukciji • određivanje potrebnih dimenzija pojedinih elemenata konstrukcije
Da bi mogla prihvatiti vanjsko opterećenje, konstrukcija mora biti čvrsta i stabilna u statičkom i kinematičkom smislu.
To podrazumijeva konstrukciju koja s minimalnim brojem potrebnih veza može preuzeti vanjsko opterećenje i osigurati geometrijsku nepromjenjivost.
Po načinu proračuna konstrukcije dijelimo na statički određene i statički neodređene.
2. IDEALIZACIJA RAČUNSKE SHEME KONSTRUKCIJE
Idealizacija računske sheme konstrukcije predstavlja svođenje realne konstrukcije na idealni
proračunski model u kojem su sačuvana glavna svojstva realne konstrukcije, a to su statička stabilnost i geometrijska nepromjenjivost.
Pri formiranju proračunske sheme uvode se određene pretpostavke koje olakšavaju proračun. Zanemaruju se neke dimenzije i svode u osi, idealiziraju se vanjske i unutarnje veze, uvodi se aproksimacija u prenošenje vanjskog opterećenja itd. Neke idealizacije vidljive su na (Sl. 2.1).
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
2
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
3
Sl. 2.1 Primjeri idealizacije konstrukcije i opterećenja
3. KLASIFIKACIJA NOSEĆIH KONSTRUKCIJA
Konstrukcije možemo klasificirati na više načina, a ovdje će se istaknuti dva. To su: klasifikacija u geometrijskom i kinematičkom smislu.
U geometrijskom i materijalnom smislu konstrukcije možemo podijeliti na: linijske, ravninske i prostorne (Sl. 3.1).
Sl. 3.1 Prostorne, ravninske i linijske konstrukcije
• konstrukcije sastavljene iz elemenata kod kojih je dominantna jedna dimenzija (duljina) u odnosu na druge dvije (širina i visina), koje možemo zanemariti bez posljedica na rezultat proračuna. Takve konstrukcije zovemo linijskim ili štapnim konstrukcijama. Mogu biti ravninske ili prostorne (Sl. 3.2).
Sl. 3.2 Ravninske i prostorne štapne konstrukcije
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
4
• konstrukcije sastavljene od elemenata kod kojih su dvije dimenzije dominantne (dužina i širina) u odnosu na treću (visina, odnosno debljina), koju možemo zanemariti, te se promatra srednja ploha po debljini. Takve konstrukcije se nazivaju površinske ili plošne. To su membrane, ploče, ljuske i slično (Sl. 3.3).
Sl. 3.3 Površinske ili plošne konstrukcije
• konstrukcije kod kojih su sve tri dimenzije istog reda veličine i istog značaja za konačno rješenje. Takve konstrukcije nazivamo masivne ili volumenske (masivne brane, masivni potporni zidovi, temelji velikih strojeva itd. (Sl. 3.4).
Sl. 3.4 Masivne ili volumenske konstrukcije
U kinematičkom smislu konstrukcije možemo podijeliti na:
• geometrijski nepromjenjive i statički stabilne konstrukcije s minimalnim brojem pravilno raspoređenih veza. To su statički određene konstrukcije, čije se veze mogu riješiti iz 3 osnovna uvjeta ravnoteže.
• geometrijski nepromjenjive i statički stabilne konstrukcije s pravilno raspoređenim većim brojem veza od minimalno potrebnih. To su statički neodređeni sustavi, za čije rješenje nisu dovoljni osnovni uvjeti ravnoteže već se moraju koristiti i dodatni uvjeti deformacija.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
5
• geometrijski promjenjivi sustavi konstrukcija (mehanizmi). Razlog geometrijske promjenjivosti može biti zbog manjeg broja potrebnih veza, ali može biti i zbog lošeg rasporeda veza kod statički određenih ili statički neodređenih sustava.
4. ANALIZA VANJSKOG OPTEREĆENJA
Opterećenja na konstrukciji se mogu klasificirati po: načinu djelovanja, duljini trajanja i po načinu prijenosa na konstrukciju (Sl. 4.1).
• Po načinu djelovanja opterećenja mogu biti statička ili dinamička • Po duljini trajanja opterećenja mogu biti stalna ili povremena • Po načinu prijenosa mogu biti koncentrirana ili kontinuirana.
Sl. 4.1 Klasifikacija opterećenja po načinu djelovanja
Osim spomenutih opterećenja, konstrukcije su izložene i drugim djelovanjima koja uzrokuju pojavu unutarnjih sila. To su: temperatura, skupljanje ili puzanje materijala te pomicanje oslonaca odnosno ležajeva.
5. PRINCIP SUPERPOZICIJE
Princip superpozicije ili princip neovisnog djelovanja vanjskog opterećenja izuzetno je važan u proračunu konstrukcija.
Definicija: ukupni rezultat djelovanja grupe opterećenja na konstrukciju jednak je rezultatu sume
pojedinačnih djelovanja (Sl. 5.1).
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
6
Sl. 5.1 Prikaz zakona superpozicije
Zakon superpozicije vrijedi samo u linearnom području ponašanja nosećih konstrukcija, što podrazumijeva male pomake, uz ponašanje materijala po Hookeovu zakonu.
6. ELEMENTI KONSTRUKCIJSKIH SUSTAVA
U ovom izlaganju ćemo se ograničiti na štapne sustave u kojima su sastavni elementi: štapovi,
grede, diskovi, čvorovi i veze.
Štapovi i grede se smatraju osnovnim elementima iz kojih se grade noseći konstrukcijski sustavi.
6.1 Štapovi
Štapovi su osnovni elementi konstrukcija, koji prenose sile samo uzduž svojih osi.
Veza štapa s drugim štapovima i elementima je zglobna. Noseća konstrukcija može biti sastavljena samo od štapova ili u kombinaciji s gredama (Sl. 6.1).
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
7
Sl. 6.1 Konstrukcije od štapova ili u kombinaciji s gredama
6.2 Grede
Grede su osnovni elementi konstrukcija koji preuzimaju sva opterećenja koja na njih djeluju. Mogu biti ravne, izlomljene ili zakrivljene (Sl. 6.2).
Sl. 6.2 Ravne i izlomljene grede
6.3 Diskovi
To su konstrukcijski elementi koji se mogu sastojati od jednog ili više osnovnih elemenata spojenih međusobno vezama tako da čine geometrijski nepromjenjivu strukturu (Sl. 6.3).
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
8
Sl. 6.3 Konstrukcije od diskova
6.4 Čvorovi
To su mjesta u konstrukcijama gdje se sastaju dva ili više osnovnih elemenata ili diskova.
Konstrukcijski čvorovi mogu biti: kruti, zglobni ili elastični.
Kruti čvorovi osiguravaju zajednički translacijski i rotacijski pomak spojenih elemenata, pri čemu je osigurana nepromjenjivost kutova između elemenata u čvoru.
Zglobni čvorovi osiguravaju samo jednakost translacijskih pomaka priključenih elemenata u čvoru, dok su rotacije različite.
Elastični čvorovi osiguravaju također samo jednakost translacijskih pomaka spojenih elemenata, a međusobni kutovi se mogu mijenjati ovisno o karakteristikama elastičnih veza (Sl. 6.4).
ϕ
ϕϕ
1ϕ
2ϕ3
ϕ
1ϕ
2ϕ3
ϕ
Sl. 6.4 Kruti, zglobni i elastični čvorovi
6.5 Veze
Veze sprječavaju međusobno pomicanje elemenata konstrukcija kao i njihovo pomicanja prema vanjskim objektima na koje su vezani.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
9
Karakteristike veza su statičke i kinematičke prirode.
Kinematička karakteristika veze govori o stupnjevima slobode pomicanja u pojedinim pravcima ili o stupnjevima spriječenosti pomaka u određenim pravcima.
Statička karakteristika veze govori o tome koje sile veza preuzima u pojedinim pravcima, a u kojima ih ne preuzima.
6.5.1 U n u t a r n j e v e z e
Unutarnje veze su elementi konstrukcija koji sprječavaju međusobne pomake štapova, greda i diskova.
Postoji više tipova unutarnjih veza. To su: štapna, zglobna, kruta i kruto pomična.
Š t a p - je elementarna veza s istim svojstvima osnovnog štapnog elementa opisanog u prethodnim točkama.
S kinematičkog gledišta, štap kao veza sprječava međusobni translacijski pomak dvaju spojenih elemenata u smjeru štapa, dok ostale pomake omogućava (Sl. 6.5).
Sa statičkog gledišta štap može preuzeti silu samo u pravcu štapa.
I II
Sl. 6.5 Unutarnja veza štapom
Z g l o b – je takova veza koja omogućava rotacijske, a onemogućava međusobne translacijske pomake elemenata koji su njime spojeni.
Zglobom mogu biti spojena dva ili više elemenata međusobno, o čemu onda ovise i njegove statičke i kinematičke karakteristike (Sl. 6.6).
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
10
Sl. 6.6 Elementi spojeni zglobom
Ako zglob spaja 2 elementa, zglob je jednostruki. Spaja li 3 elementa zglob, je dvostruki. Spaja li n elemenata zglob je (n-1)-struki, odnosno strukost s=(n-1). Ako se na zglobnu vezu dvaju elemenata spoji treći element, dobije se dvostruki zglob. To kinenematički znači da su dodanom elementu onemogućeni translacijski pomaci prema ostalim spojenim elementima u zglobu, a omogućen mu je rotacijski pomak prema tim elementima.
Prema tome dodani element je povećao broj oduzetih stupnjeva slobode za dva, pa vrijedi opći izraz za oduzete stupnjeve slobode višestrukog zgloba: Os=2(n-1)=2s.
Zglobna veza dvaju elemenata ekvivalentna je vezi s dva štapa, s translacijskim pomacima nula u njihovu sjecištu (Sl. 6.7).
Sl. 6.7 Štapovi kao zglobna veza dvaju elemenata
K r u t a v e z a – (upetost) je veza kojom su elementi međusobno povezani tako da im je spriječen svaki međusobni pomak (Sl. 6.8).
S kinematičkog gledišta ovaj spoj oduzima sve stupnjeve slobode, a sa statičkog gledišta spoj prihvaća sve sile i momente iz bilo kojeg pravca djelovanja. To zapravo znači da u krutom ravninskom spoju imamo 3 nepoznate komponente sila.
Kruta veza dvaju elemenata ekvivalentna je vezi s tri štapa. Ako je kruta veza višestruka onda je ona jednaka vezi s 3(n-1) štapova.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
11
Sl. 6.8 Tipovi krutih unutarnjih veza
K r u t o p o m i č n a v e z a – (pomična upetost) je veza koja omogućava međusobnu translaciju samo u jednom smjeru, a sprječava rotaciju i translaciju okomito na mogući pomak (Sl. 6.9).
To znači da oduzima dva stupnja slobode od tri moguća u ravnini i ima dvije nepoznate komponente sila.
Sl. 6.9 Kruto pomične unutarnje veze
6.5.2 V a n j s k e v e z e
Vanjske veze su elementi konstrukcija s kojima se one vezuju za čvrste točke izvan sustava odnosno za čvrstu okolinu. Često se zovu i ležajnim vezama ili kratko ležajevima (Sl. 6.10).
Tipovi vanjskih veza su: štap, pomični zglob, nepomični zglob, upeta veza i upeta pomična veza.
Š t a p – je vanjska veza sa svim karakteristikama koje su do sada rečene za štap kao osnovni element ili unutarnju vezu sa štapom (1 nepoznata sila u pravcu štapa).
Sl. 6.10 Štap kao vanjska veza
P o m i č n i - k l i z n i z g l o b – je vanjska veza s istim karakteristikama kao i veza s jednim štapom, pa vrijede i sva svojstva koja su opisana za veze sa štapom. To znači da oduzima samo jedan stupanj slobode okomito na smjer klizanja i u tom smjeru može preuzeti silu (Sl. 6.11).
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
12
Sl. 6.11 Pomični klizni zglob kao vanjska veza
N e p o m i č n i z g l o b – je vanjska veza koja sprječava sve translacijske pomake i omogućava samo rotaciju u zglobu (Sl. 6.12).
Nepomični zglob je ekvivalentan vezi s dva štapa i sadrži sve karakteristike takve veze.
Sl. 6.12 Nepomični zglob kao vanjska veza
U p e t a v e z a - je takva koja ne dopušta nikakve pomake (translacije ili rotacije). Na mjestu te veze su 3 nepoznate sile (Sl. 6.13).
Upeta veza ekvivalentna je vezi s tri štapa, pod uvjetom da oni nisu paralelni i da se ne sijeku u jednoj točki.
Sl. 6.13 Upeta vanjska veza (uklještenje)
U p e t a - p o m i č n a v e z a - je takva veza koja dopušta translaciju samo u jednom smjeru, a sprječava rotaciju i translaciju okomito na mogući pomak i ima 2 nepoznate sile (Sl. 6.14).
Upeta pomična veza u ravnini je ekvivalentna vezi s dva paralelna štapa i slijedi njihova svojstva.
Sl. 6.14 Upeta-pomična vanjska veza
E l a s t i č n o p o p u s t l j i v e v e z e – su one koje dopuštaju određene međusobne pomake spojenih elemenata ili ležajeva. Najčešće su to elastični štapovi (opruge), a mogu biti i upeti
elastično popustljivi ležajevi (Sl. 6.15).
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
13
Sl. 6.15 Elastično popustljive veze
7. TIPOVI NOSEĆIH KONSTRUKCIJA U RAVNINI (NOSAČI)
Noseći sustavi ili nosači su sposobni da preuzmu vanjsko opterećenje i druga djelovanja i da ih prenesu na okolnu podlogu. Da bi nosač bio statički i kinematički stabilan potrebno je prije svega da bude geometrijski nepromjenjiv. Stoga uvijek prije proračuna nosača treba utvrditi njegovu geometrijsku nepromjenjivost.
Samo geometrijski nepromjenjivi nosači se nazivaju kinematički stabilni nosači.
Nosače možemo podijeliti prema: rasporedu i broju veza, načinu prenošenja opterećenja i prema obliku na:
• obične ili jednostavne grede (grede) • grede s prepustom • konzolne nosače (konzole) • Gerberove nosače • kontinuirane nosače • lučne nosače (lukove) • okvirne nosače (okvire) • rešetkaste nosače (rešetke) • složene nosače
Pregled svih gore navedenih nosača prikazan je na slici 7.1.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
14
Sl. 7.1 Tipovi nosača u ravnini
8. GEOMETRIJSKA PROMJENJIVOST I NEPROMJENJIVOST KONSTRUKCIJSKIH SUSTAVA Geometrijski promjenjivi sustavi su oni koji imaju pomake bez deformiranja elemenata, dok geometrijski nepromjenjivi sustavi dobivaju pomake jedino zbog deformacija njihovih elemenata. Radi jednostavnosti, umjesto geometrijski promjenjiv i geometrijski nepromjenjiv sustav, često koristimo termine promjenjiv i nepromjenjiv sustav. Na slijedećim primjerima ćemo pokazati kako od statički stabilnog i nepromjenjivog sustava postupnim ubacivanjem zglobova nastaje promjenjivi i nestabilni sustav (Sl. 8.1).
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
15
A B
C D
A B
C D
A B
C D
Sl. 8.1 Primjer prijelaza iz statički stabilnog u nestabilni sustav U daljnjim razmatranjima prikazuju se primjeri nekih promjenjivih sustava: lančanica, dva štapa u pravcu povezana međusobno sa zglobom u sredini, a na krajevima vezana za čvrstu podlogu, zatim greda sa tri štapa koji se sijeku u jednoj točki.
P
PP
P
Sl. 8.2 Primjeri geometrijski promjenljivih sustava
9. KINEMATIČKA ANALIZA KONSTRUKCIJSKIH SUSTAVA 9.1 Međusobno povezivanje diskova U ovom razmatranju je potrebno dati detaljniju definiciju diska kao elementa konstrukcijskih sustava. S kinematičkog gledišta disk je geometrijski nepromjenjiva figura, koja može biti sastavljena od više elemenata, ali to može biti i jedan element (greda ili štap). Pri kinematičkoj analizi, neka čvrsta figura sastavljena od više osnovnih elemenata, može se smatrati jednim diskom ili se može uzeti da je sastavljena od više diskova (Sl. 9.1).
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
16
Sl. 9.1 Struktura diska
9.1.1 Povezivanje dvaju diskova Dva se diska mogu međusobno povezati u nepromjenjivu figuru u ravnini pomoću:
• tri štapa • štapa i zgloba • krutom vezom
Sl. 9.2 Povezivanje dvaju diskova u geometrijski nepromjenljivu figuru Spojeni diskovi krutom vezom se mogu smatrati jednim diskom, a također i više spojenih diskova, ako se nedvojbeno utvrdi njihova geometrijska nepromjenjivost. Dva diska spojena pomoću tri štapa ili štapom i zglobom tvore nepromjenjivu figuru pod uvjetom da su veze pravilno raspoređene (Sl. 9.2). Pravilan raspored štapova u međusobnoj vezi diskova je takav da se oni ne sijeku u jednoj točki ili da nisu paralelni. Ako to nije ispunjeno, onda veza nije pravilna, kinematički je labilna i tvori mehanizam (promjenjivu strukturu), kao što se vidi na slijedećoj slici 9.3.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
17
I
Sl. 9.3 Povezivanje dvaju diskova u geometrijski promjenljivu figuru 9.1.2 Povezivanje triju diskova Tri diska u ravnini imaju ukupno 9 stupnjeva slobode. D bi ih povezali u jednu nepromjenjivu figuru potrebno im je oduzeti 6 stupnjeva slobode. To se opet može napraviti: štapovima, zglobovima ili njihovom kombinacijom, pod uvjetom da su pravilno raspoređeni (Sl. 9.4).
I
II III
I
IIIII
I
II
III
Sl. 9.4 Povezivanje triju diskova u geometrijski nepromjenljivu figuru 9.1.3 Povezivanje više diskova U slučaju spajanja više diskova u geometrijski nepromjenjivu figuru vrijede potpuno ista pravila kao i kod spajanja dva ili tri diska pomoću zglobova, štapova ili njihovom kombinacijom. U svakom slučaju kod struktura s više diskova treba prije proračuna utvrditi geometrijsku promjenjivost odnosno geometrijsku nepromjenjivost.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
18
U skladu s prethodnim razmatranjima može se formulirati izraz za utvrđivanje broja stupnjeva slobode za danu geometrijsku figuru u obliku.
d č š z1 z2 z3S 3n 2n n 2n 4n 6n ........itd.= + − − − − −
Ili u obliku
n
d č š zii 1
S 3n 2n n 2 i n=
= + − − ∑ (1)
gdje su:
d č š zin broj diskova, n broj čvorova, n -broj štapova i n - broj zglobova − −
Indeks „i“ označava koliko-struki je zglob (strukost zgloba). U gornjoj formuli prva dva člana daju ukupan broj stupnjeva slobode ( jer disk im 3, a čvor 2 stupnja slobode). Ostali članovi pokazuju oduzete stupnjeve slobode. Rezultat prikazane formule za stupnjeve slobode može biti: veći, manji ili jednak broju tri. Ako je S=3, ispunjen je nužan uvjet geometrijske nepromjenjivosti promatranog sustava međusobno povezanih diskova. U slučaju kada je S < 3, sustav ima više veza nego što je minimalno potrebno za geometrijsku nepromjenjivost. U slučaju kada je S > 3, sustav ima manje veza nego što je minimalno potrebno za geometrijsku nepromjenjivost, jer ima više stupnjeva slobode od 3 i figura je geometrijski promjenjiva. Nužan uvjet geometrijske nepromjenjivosti sustava povezanih diskova ne znači i dovoljan uvjet. Dovoljan uvjet se postiže pravilnim rasporedom veza. Kao primjer uzimamo analizu slijedećeg sustava (Sl. 9.5).
AB
CD E
F G
Sl. 9.5 Sustav povezanih diskova
Provedene su dvije paralelne kinematičke analize gornjeg sustava spojenih diskova. U prvoj analizi su elementi AB i BC uzeti kao diskovi, a svi ostali kao štapovi, gdje su točke F i G čvorovi.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
19
Tim izborom po formuli (1) imamo: broj diskova nd=2, broj čvorova nč=2, broj štapova nš=5, broj jednostrukih zglobova nz1=1., pa broj stupnjeva slobode iznosi S = 3 x 2 + 2 x 2 - 5 - 2 x 1 = 3 (ispunjen nužan uvjet geometrijske nepromjenjivosti) U drugoj analizi svi elementi su odabrani kao diskovi, odakle slijedi da nema čvorova. Tim izborom po formuli (1) imamo: broj diskova nd=7, broj čvorova nč=0, broj štapova nš=0, broj jednostrukih zglobova nz1=2 (točke E i D), broj dvostrukih zglobova nz2=2 (točke F i G), broj trostrukih zglobova nz3=1 (točka B), pa računom dobivamo S = 3 x 7 + 2 x 2 - 4 x 2 – 6 x 1 = 3 Prema očekivanju dobili smo isti rezultat. Razmotrimo slijedeći primjer na slici 9.6.
Sl. 9.6 Sustav povezanih diskova Kod ovog primjera imamo: broj diskova nd=3 (AB,AC i BC), broj čvorova nč=0, broj štapova nš=4
(1,2,3,4), broj jednostrukih zglobova nz1=3, pa po formuli (1) dobivamo
S = 3 x 3 - 4 – 6 x 1 = -1 (višak veza). Analizirani sustav ima 4 veze više od minimalno potrebnih za geometrijsku nepromjenjivost. Ako su međusobne veze dobro raspoređene sustav je geometrijski nepromjenljiv. Slijedeći analizirani primjer je prikazan na slici 9.7.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
20
A B C D
EF
1 2
3
4 5
IIIIII
Sl. 9.7 Sustav povezanih diskova
U ovom primjeru imamo: broj diskova nd=3 (I,II,III), broj čvorova nč=2 (točke E i F), broj štapova nš=5 (1,2,3,4,5), broj jednostrukih zglobova nz1=2 (točke B i C), pa po formuli (1) dobivamo
S = 3 x 3 + 2 x 2 - 5 - 2 x 2 = 4 (manjak veza).
Analizirani sustav ima 1 vezu manje od minimalno potrebnih, pa ga smatramo geometrijski promjenjivim (mehanizam). Važno je znati da se samo geometrijski nepromjenjivi sustavi mogu koristiti kao noseće konstrukcije (nosači). 9.2 Povezivanje diskova za podlogu Da bi disk ili sustav nepromjenjivih diskova postao noseći sustav ili nosač, potrebno je da u ravnini bude vezan s minimalno tri vanjske veze za okolnu čvrstu podlogu. Te tri veze oduzimaju tri stupnja slobode koliko ih ima nepromjenjiva figura diskova u ravnini. S tim vezama promatrani disk ili nepromjenjiva figura sastavljena od diskova i štapova, postaje nosač s nužnim uvjetima nepromjenjivosti, ali ne i dovoljnim. Za ispunjenje i dovoljnog uvjeta nepromjenjivosti nosača potrebno je da se te tri veze ne sijeku u jednoj točki ili da nisu paralelne. Na slici 9.8 su prikazani primjeri dobro odabranih veza diskova i štapova u ravnini.
Sl. 9.8 Pravilno raspoređene vanjske veze diskova i štapova
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
21
Slijedeći primjeri na slici 9.9 prikazuju nepravilno raspoređene vanjske veze diskova u ravnini, koje su paralelne ili se sijeku u jednoj točki.
Sl. 9.9 Nepravilno raspoređene vanjske veze diskova i štapova
Analiza sustava diskova povezanih za okolno čvrsto tlo može se provesti pomoću formule (1), ali s uključivanjem vanjskih veza. Tada izraz za broj stupnjeva slobode konstrukcijskog sustava glasi.
n
K d č š zi li 1
S 3n 2n n 2 i n n=
= + − − −∑ (2)
gdje je ln - broj ležajnih veza.
Iz gornje analize proizlazi: -ako je SK=0, ispunjen je nužan uvjet geometrijske nepromjenjivosti sustava diskova povezanih za podlogu, ali ne i dovoljan, -ako je SK < 0, radi se o sustavu koji ima više veza od minimalno potrebnih, ali i ovdje vrijedi da je ispunjen samo nužan uvjet geometrijske nepromjenjivosti, ali ne i dovoljan, jer se sve veze mogu sjeći u jednoj točki ili mogu biti paralelne pa je sustav promjenjiv. -ako je SK > 0, radi se o sustavu koji ima manje veza od minimalno potrebnih, pa je stoga geometrijski promjenjiv. Provjerimo geometrijsku promjenjivost ili nepromjenjivost nosača prikazanog na slici 9.10.
1
II
BA
C
I
Sl. 9.10 Provjera geometrijske promjenljivosti
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
22
Broj diskova nd=2, broj štapova nš=1, broj jednostrukih zglobova nz1=1, broj ležajnih veza nl=3, pa prema formuli (2) imamo
SK = 3 x 2 - 1 – 2 x 1 – 3 = 0 (ispunjen nužan uvjet geometrijske nepromjenjivosti) 10. STATIČKA ODREĐENOST I NEODREĐENOST Osnovna zadaća proračuna konstrukcija jest određivanje vanjskih i unutarnjih sila u konstrukcijama. Metode određivanja sila u konstrukcijama bitno se razlikuju, ovisno o statičkoj
određenosti odnosno statičkoj neodređenosti sustava.
U slučaju statički određenih sustava u ravnini, sve vanjske i unutarnje sile moguće je odrediti iz tri osnovne jednadžbe ravnoteže: -suma svih sila na nosaču u horizontalnom smjeru = 0 (∑Fh=0) -suma svih sila na nosaču u vertikalnom smjeru = 0 (∑Fv=0) -suma momenata svih sila oko osi okomite na ravninu = 0 (∑Mo=0)
U slučaju statički neodređenih sustava vanjske i unutarnje sile nije moguće odrediti iz tri osnovne jednadžbe ravnoteže već se moraju koristiti i dodatne jednadžbe koje proizlaze iz deformacije sustava. Statički određeni nosači se definiraju kao geometrijski nepromjenjive strukture s minimalno potrebnim i pravilno raspoređenim vezama koje osiguravaju nepromjenjivost strukture. Statički neodređeni nosači su također geometrijski nepromjenjive strukture s većim brojem od minimalno potrebnih i pravilno raspoređenih veza, koje osiguravaju nepromjenjivost strukture. Statička određenost ili neodređenost ne ovisi o opterećenju sustava nego samo o njegovim vezama. Neki poznati i uobičajeni tipovi nosača su automatski prepoznatljivi kao statički određeni, a neki kao statički neodređeni pa ih ne treba posebno kinematički provjeravati. Neki od takvih statički određenih nosača su prikazani na slijedećoj slici 10.1.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
23
Sl. 10.1 Neki poznati statički određeni nosači
11. SILE U KONSTRUKCIJAMA Sile koje djeluju na konstrukcije dijele se na:
• vanjske • unutarnje.
V a n j s k e s i l e se dalje dijele na aktivne i reaktivne. Aktivnim vanjskim silama nazivaju se sva opterećenja koja djeluju izvana na konstrukciju. To su sile P i q prema sljedećoj slici. Reaktivnim vanjskim silama nazivaju se sile u vezama s kojima je konstrukcija pričvršćena za nepomičnu podlogu. To su sile RA, S1 i S2 na sljedećoj slici 11.1.
PqA B C
AR 1 2
1S 2
S
Sl. 11.1 Aktivne i reaktivne vanjske sile na nosaču
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
24
U n u t a r n j e s i l e se dijele na sile u unutarnjim vezama i u osnovnim elementima (Sl. 11.2).
P
1
1P
1
1
HA
P
1
1
HA
VA
M
TN
q
VAVB
HB
HC
VC
VC
HCq
A B
C
a. b. c.
Sl. 11.2 Unutarnje sile u nosačima
Na gornjoj slici a. prikazana je konstrukcija s vanjskim opterećenjem, na slici b. prikazane su sile u unutarnjim i vanjskim vezama, a na slici c. unutarnje sile u elementu konstrukcije M,T i N u presjeku 1-1. Svaki odvojeni dio konstrukcije mora biti u ravnoteži pod djelovanjem vanjskih i unutarnjih sila. Unutarnje sile u presjeku 1-1 nazivaju se: M-moment savijanja, T-poprečna sila i N-uzdužna sila. M,T,N drže ravnotežu vanjskim silama odbačenog dijela konstrukcije (slika c.). Definicije unutarnjih sila kod nosača u ravnini glase: U z d u ž n a s i l a u presjeku nosača jednaka je sumi projekcija svih sila koje djeluju s jedne ili s druge strane promatranog presjeka na os nosača. Pozitivna je ako u promatranom presjeku izaziva vlak. P o p r e č n a s i l a u presjeku nosača jednaka je sumi projekcija svih sila koje djeluju s jedne ili s druge strane promatranog presjeka okomito na os nosača. Pozitivna je ako izdvojeni dio konstrukcije na kojeg djeluje nastoji okretati u smjeru kazaljke na satu. M o m e n t s a v i j a n j a u presjeku nosača jednak je sumi momenata svih sila koje djeluju s jedne ili s druge strane promatranog presjeka. Pozitivan je ako na donjem rubu presjeka na kojeg djeluje izaziva vlak. 12. UNUTARNJE SILE LINIJSKIH NOSAČA U općem slučaju imamo prostorni linijski sustav ili trodimenzionalni sustav sastavljen od opterećenih štapova koji su obično smješteni u tri ravnine. Izdvojimo li iz prostornog sustava jedan štap i presiječemo ga, dobijemo 6 nepoznatih unutarnjih sila koje treba odrediti iz uvjeta ravnoteže prema vanjskim silama.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
25
U ovom slučaju unutarnje sile su: uzdužna sila u smjeru osi štapa, poprečne sile u smjeru okomitih osi koje tangiraju poprečni presjek, zatim momenti savijanja oko dviju okomitih osi koje tangiraju poprečni presjek i moment uvrtanja oko uzdužne osi štapa, odnosno moment torzije (Sl. 12.1 ).
Sl. 12.1 Unutarnje sile u prostornom elementu grede
Unutarnje sile se u općem prostornom slučaju mogu razlagati po ravninama i uz primjenu zakona superpozicije rješavati ravninski. Prema tome i prostorne konstrukcije možemo razlagati po ravninama, pa ćemo se u buduće ograničiti samo na sustave konstrukcija u ravnini. 13. RAVNINSKI NOSAČI I NJIHOVE UNUTARNJE SILE Konstrukcija je ravninska ako osi svih njenih elemenata leže u istoj ravnini, zatim ako su svi poprečni presjeci elemenata simetrični u odnosu na tu ravninu, te ako sva vanjska opterećenja leže u toj ravnini, a vektori vanjskih momenata su okomiti na tu ravninu. Odaberemo li ravninu x-y, kao ravninu jednostavnog ravninskog linijskog nosača (štapa ili grede), tada imamo pozitivno orijentirane unutarnje sile prema slici 13.1.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
26
x
N NM
T
yZ
M M=
ZT T=
Sl. 13.1 Pozitivna orijentacija unutarnjih sila u elementu konstrukcije U slučaju složenijih konstrukcija u ravnini unutarnje sile izgledaju kao na slijedećoj slici 13.2.
1 1
11
Sl. 13.2 Unutarnje sile u složenim konstrukcijama
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
27
14. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE RAVNOTEŽE LINIJSKIH NOSAČA Promatramo isječeni dio linijskog nosača diferencijalne duljine dx i na njemu odgovarajuće kontinuirane vanjske sile, te unutarnje sile prema slijedećoj slici 14.1.
N( x ) dN( x dx )+ +
M( x ) dM( x dx )+ +
T( x ) dT( x dx )+ +
Sl. 14.1 Vanjske i unutarnje sile na diferencijalnom elementu ravnog nosača
Iz uvjeta sume projekcija svih sila na os x dobivamo:
N( x ) n( x )dx N( x ) dN( x dx ) 0
dN( x dx ) n( x )dx 0
dN( x dx )n( x ) 0
dx
N ( x ) n( x ) 0 ( 3 )
− + + + + =
+ + =
+ + =
′ + =
Iz uvjeta sume projekcija svih sila na os z dobivamo:
T( x ) q( x )dx T( x ) dT( x dx ) 0
dT( x dx ) q( x )dx 0
dT( x dx )q( x ) 0
dx
T ( x ) q( x ) 0 ( 4 )
− + + + + =
+ + =
+ + =
′ + =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
28
Iz uvjeta sume momenata svih sila na točku B dobivamo:
dxM( x) T( x)dx m( x)dx [q( x)dx] M( x) dM(x dx) 0
2
dM( x dx) T( x)dx m( x)dx 0
dM( x dx)T( x) m( x) 0
dx
M ( x) T( x) m( x) 0 (5)
− − + + + + + =
+ − + =
+ − + =
′ − + =
Iz gornjih diferencijalnih jednadžbi ravnoteže dobivamo poznate diferencijalne odnose između unutarnjih sila i distribuiranih vanjskih sila na elementu u obliku:
N ( x ) n( x )
T ( x ) q( x )
M ( x ) T( x ) m( x ) (6 )
′ = −
′ = −
′ = −
Treba napomenuti da se distribuirani moment vrlo rijetko pojavljuje pa ga u gornjoj jednadžbi možemo izostaviti m( x ) 0= , pa vrijedi.
M ( x ) T( x ) (7 )′ =
Deriviranjem gornje jednadžbe dobivamo:
M ( x ) T ( x )T ( x ) q( x )
′′ ′=′ = − ,
iz čega se vidi da također vrijedi odnos
M ( x ) q( x ) ( 8 )′′ = − .
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
29
14.1 Djelovanje koncentrirane sile
l d
L∆
Sl. 14.2 Koncentrirana sila na dijelu ravnog nosača
Iz uvjeta ravnoteže vertikalnih sila dobivamo:
l d
l d
T P T 0
T T P ( 9 )
− + + =
− = ,
iz čega se vidi da je koncentrirana sila P u točki nosača jednaka razlici između lijeve i desne poprečne sile u promatranoj točki. 14.2 Djelovanje koncentriranog momenta
M
Sl. 14.3 Koncentrirani moment na dijelu ravnog nosača
Iz uvjeta ravnoteže momenata dobivamo:
l d
l d
M M M 0
M M M (10 )
− + + =
− =
15. DIJAGRAMI UNUTARNJIH SILA NA NOSAČIMA Dijagrami unutarnjih sila, grafički prikazuju veličine unutarnjih sila (M,T i N) po pojedinim dijelovima nosača. Uobičajeno je da se dijagrami unutarnjih sila crtaju za gredne nosače kao i za kombinirane nosače s gredama i štapovima, dok se za rešetkaste nosače ne crtaju.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
30
Veličina pojedine unutarnje sile u promatranom presjeku nosača se nanosi okomito na os nosača, pri čemu vodimo računa o njezinu predznaku. Konvencija o predznaku momenta savijanja može biti diskutabilna pa će se ovdje pokušati jasnije utvrditi. Za moment savijanja je rečeno da je pozitivan kada u na donjem rubu presjeka elementa uzrokuje vlačno naprezanje. Ostaje nedefinirano „što je donji rub“, kada je element grede vertikalan. Stoga se u definiciju uvodi kretanje od lijeve ili od desne strane nosača uz gledanje pravca djelovanja rezultante svih sila koje djeluju na lijevoj ili desnoj strani presjeka. Pa vrijedi: M o m e n t s a v i j a n j a u presjeku nosača je pozitivan, ako krećući se od lijeva na desno, rezultanta svih sila koje djeluju lijevo od tog presjeka okreće u smjeru kazaljke na satu. Isto tako moment savijanja u presjeku nosača je pozitivan, ako krećući se od desna na lijevo, rezultanta svih sila koje djeluju desno od tog presjeka okreće suprotno od smjera sata. Na sljedećoj slici 15.1 je prikazana pozitivna i negativna orijentacija momenta savijanja u odnosu na promatrani presjek nosača.
Sl. 15.1 Pozitivna i negativna orijentacija momenata savijanja u odnosu na promatrani presjek
Za poprečnu silu je rečeno da je pozitivna ako izdvojeni segment nosača nastoji okretati u smjeru kazaljke na satu. Dodatno se može reći da je poprečna sila pozitivna na dijelu rastuće funkcije momenta savijanja, a negativna na području padajuće funkcije momenta savijanja ili okreće suprotno od sata (vidi sljedeću sliku).
Sl. 15.2 Pozitivna i negativna orijentacija poprečnih sila u odnosu na promatrani presjek
Najmanje je nejasan predznak uzdužne sile. Ona je pozitivna kada djeluje u smjeru normale na presjek, u kojem uzrokuje vlak.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
31
Sl. 15.3 Pozitivna i negativna orjentacija uzdužnih sila u odnosu na promatrani presjek
Važno je napomenuti da se prilikom konstruiranja dijagrama unutarnjih sila možemo i trebamo koristiti poznatim diferencijalnim odnosima kao i pokazanim koncentriranim djelovanjima.
M ( x) T( x), T ( x ) q( x ), N ( x) n( x ) (11)′ ′ ′= = − = −
Proračun unutarnjih sila odvija se po segmentima gdje funkcije imaju jedinstvene vrijednosti. Pri tome se pozitivne uzdužne i poprečne sile crtaju iznad osi nosača, a pozitivni momenti ispod. Kao primjer crtanja dijagrama unutarnjih sila uzeti ćemo nosač prema slici (Sl. 15.4 a) i b) ). a) zadana shema nosača
l b) računska shema nosača
2x
3x
1x
4x
5x
Q q a= ⋅x
Q q x= ⋅
H
l
1 2 3,4
5
Sl. 15.4 a) i b) Shema nosača za proračun vanjskih i unutarnjih sila
Proračun vrijednosti momenata savijanja, poprečnih i uzdužnih sila na prikazanom nosaču započinjemo određivanjem sila u vanjskim vezama odnosno reaktivnih sila (reakcija).
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
32
Reakcije određujemo iz uvjeta ravnoteže svih sila koje djeluju na nosač u horizontalnom odnosno vertikalnom smjeru, te sume momenata svih sila u odnosu na točke A i B. Određivanje reakcija:
XF 0, H=0=∑
B A
A
M 0, R l q.l ( l a / 2 ) P ( c d ) 0
R q ( l a / 2 ) P ( c d ) / l
= ⋅ − ⋅ − − ⋅ + =∑
= ⋅ − + ⋅ +
A B
2
B
M 0, R l q. a ( a / 2 ) P ( a b ) 0
R q a / 2l P ( a b ) / l
= ⋅ − ⋅ − ⋅ + =∑
= ⋅ + ⋅ +
Unutarnje sile na djelu nosača AC, 1
(0 x a )≤ ≤ 2
1 1
1 1 A 1 1 A 1
x xM ( x ) R x q x R x q
2 2= ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ −
1 1 A 1T ( x ) R q x= − ⋅ ;
1 1N ( x ) 0=
Unutarnje sile na djelu nosača CD, [ ]2
a x ( a b )≤ ≤ +
2 2 A 2 2
aM ( x ) R x q a ( x )
2= ⋅ − ⋅ ⋅ −
2 2 AT ( x ) R q a= − ⋅ ;
2 2N ( x ) 0=
Unutarnje sile na djelu nosača DE, [ ]3( a b ) x ( a b c )+ ≤ ≤ + + ili
[ ]40 x ( c d )≤ ≤ +
[ ]3 3 A 3 3 3 B 4
aM ( x ) R x q a ( x ) P x ( a b ) R x
2= ⋅ − ⋅ ⋅ − − ⋅ − + = ⋅
3 3 A BT ( x ) R q a P R= − ⋅ − = − ;
3 3N ( x ) 0=
Unutarnje sile na djelu nosača EB 5
(0 x d )≤ ≤
5 5 B 5M ( x ) R x= ⋅
5 5 BT ( x ) R cosα= − ;
5 5 BN ( x ) R sinα= −
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
33
M-dijagram
2aq
8
CM
DM
EM
+
T-dijagram
d
AT
++
−−
CT l
DT
d
DT
l
ET
d
ET
l
BT
N-dijagram
d
EN
l
BN
−
Sl. 15.5 Dijagrami unutarnjih sila M,T,N na zadanom nosaču
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
34
16. NOSAČI SASTAVLJENI OD JEDNOG DISKA Statički određeni nosači koji su sastavljeni od jednog diska trebaju imati tri dobro raspoređene vanjske veze da bi bili statički i kinematički stabilni, što znači da su geometrijski nepromjenjivi pod djelovanjem vanjskog opterećenja. Mogu biti raznih oblika, a neki od njih su prikazani na slici 16.1.
Sl. 16.1 Statički određeni nosači sastavljeni od jednog diska Nosači sastavljeni od jednog diska mogu biti i statički neodređeni (Sl. 16.2), s više od tri vanjske veze, ali ćemo se mi za sada zadržati samo na statički određenim nosačima.
Okvirni nosači
Sl. 16.2 Statički neodređeni nosači sastavljeni od jednog diska
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
35
16.1 Obična greda Obična greda je statički određeni nosač koji može prihvatiti bilo kakvo vanjsko opterećenje i pri tome ostati stabilan i geometrijski nepromjenjiv. Opterećenja mogu biti raznih oblika (Sl. 16.3).
1x
2x
3x
4x
5x
1 2 3 4 5
Sl. 16.3 Obična greda s različitim opterećenjem
Najprije se za zadano vanjsko opterećenje odrede reakcije u vanjskim vezama, a nakon toga se određuju unutarnje sile po dijelovima nosača. Proračun unutarnjih sila odvija se po segmentima, gdje funkcije imaju jedinstvene vrijednosti (točke 1,2,3,4,5), prema gornjoj slici. Postupak proračuna može biti analitički ili grafički. 16.1.1 A n a l i t i č k i p o s t u p a k Analitički postupak proračuna unutarnjih sila na običnoj gredi s vanjskim opterećenjem prikazan je na slijedećim primjerima. P r i m j e r 1. (obična greda) Obična greda opterećena je kosim koncentriranim opterećenjem (Sl. 16.4 a) i b)). Treba analitičkim postupkom odrediti dijagrame unutarnjih sila: M,T,N. a) zadana shema nosača:
a b
α
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
36
b) računska shema nosača:
1x
2x
1
a b
1(l x )−
2(l x )−
HP
VP
α
y
2x
V
H
P PsinP Pcos
αα
==
Sl. 16.4 a) i b) Obična greda opterećena kosom silom
Reakcije:
X H H H HF 0, A P 0, A P = − = =∑
B V V V V
M 0, A l P b 0, A P b/l = ⋅ − ⋅ = = ⋅∑
A V V V V
M 0, B l P a 0, B P a/l = ⋅ − ⋅ = = ⋅∑
Sile u presjeku 1: 1
( 0 x a )≤ ≤
1x 1
y
1M
1N
1T
X 1 H 1 H H
F 0, N A 0, N A =-P= + = = −∑
Y 1 V 1 V V
F 0, T - A 0, T A =P b/l = = = ⋅∑
1 V 1 1 1 V 1 V 1
M 0, A x M 0, M A x =P b / l x = ⋅ − = = ⋅ ⋅ ⋅∑
C V V
M A a P a b/l = ⋅ = ⋅ ⋅
Sile u presjeku 2: 2
( a x l )≤ ≤
2x
a
HP
VP
α
y
2
2M
2N
2T
2(x a)−
X 2 H H 2 H HF 0, N A P 0, N P A =0 = + − = = −∑
Y 2 V V 2 V V V V
F 0, T +P - A 0, T A - P =Pb / l P= = = −∑
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
37
2 V 2 V 2 2
2 V 2 V 2
M 0, A x P( x a ) M 0, M P b / l x P( x a )
= ⋅ − − − =∑= ⋅ ⋅ − −
M-dijagram
C V
abM P
l=
+
T-dijagram
V
bP
lV
bP
l
V
aP
lV
aP
l
N-dijagram
HP
HP
Sl. 16.5 Dijagrami unutarnjih sila na zadanoj običnoj gredi
P r i m j e r 2. (obična greda s prepustom) Zadana je obična greda s prepustom (Sl. 16.6 a) i b)). Treba odrediti dijagrame unutarnjih sila: M,T,N analitičkim putem. a) zadana shema
M
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
38
b) računska shema
x1 1Q q x= ⋅ Q q l= ⋅
M
HA C
Sl. 16.6 a) i b) obična greda s prepustom
Reakcije:
X HF 0, A 0 = =∑
B V
V
M 0, A l M Q l / 2 P a 0, A M / l q l / 2 P a / l
= ⋅ − − ⋅ + ⋅ =∑= + ⋅ − ⋅
A V
V
M 0, B l P( l a ) Q l / 2 M 0, B P( l a ) / l q l / 2 M / l
= ⋅ − + − ⋅ + =∑= + + ⋅ −
Sile u presjeku 1, 1
( 0 x l )≤ ≤
x1 1Q q x= ⋅
M
HA 1
M
1N
1T
1x /2
1x /2
X 1 H 1 HF 0, N +A 0, N = - A =0 = =∑
d l
Y 1 x1 V 1 V 1 A V B VF 0, T +Q - A 0, T A - q x , T =A , T =A - q l = = = ⋅ ⋅∑
2
1 1 x1 1 V 1 1 V 1 12
A B V
M 0, - M - Q x / 2 M A x 0, M A x M q x / 2 M M, M A l M q l / 2 Pa
= ⋅ − + ⋅ = = ⋅ − − ⋅∑= − = ⋅ − − ⋅ = −
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
39
Sile u presjeku 2, 2
( 0 x a )≤ ≤
P2
M2
N2
T
2x2
C
X 2F 0, N =0 =∑
d
Y 2 2 BF 0, -T + P 0, T P T= = = =∑
2 2 2 2 2
C B
M 0, - M - P x 0, M P x , M 0, M P a
= ⋅ = = − ⋅∑= = − ⋅
M-dijagram
2ql
8
2ql
8
M
Pa
maxMT 0=
T-dijagram
PV
A P
VA ql−
Sl. 16.7 Dijagrami unutarnjih sila na običnoj gredi s prepustom
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
40
P r i m j e r 3 (konzolna greda - konzola) Zadan je konzolni nosač prema prikazanoj slici. Treba analitičkom metodom odrediti dijagrame unutarnjih sila. a) zadana shema konzolnog nosača
α
q
lA B
P 0,3ql=
b) računska shema konzolnog nosača
αH
P
VP
XQ q x= ⋅ Q q l= ⋅
q
xly
A B
BM
HB
VB
1
P 0,3ql=
Sl. 16.8 a) i b) Konzolni nosač s kontinuiranim opterećenjem
Reakcije: : X H H H H
F 0, B P 0, B P =0,3ql cosα= − = = ⋅∑
Y V V V
F 0, - B P Q 0, B q l - 0,3ql sinα= − + = = ⋅ ⋅∑
B B V2 2
B
M 0, M Q l / 2 P l 0, M 0,5q l - 0,3ql sinα
= − ⋅ + ⋅ =∑= ⋅ ⋅
Unutarnje sile u presjeku 1, ( 0 x l )≤ ≤
α
P
HP
VP
XQ q x= ⋅
q
xyA 1x/ 2x/ 2
1M
1N
1T
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
41
X 1 H 1 HF 0, N - P 0, N =P =0,3ql cos α= = ⋅∑
Y 1 x V 1 V xd l
A B
F 0, T +Q - P 0, T P - Q =0,3ql sin - qx,T =0,3ql sin , T =0,3ql sin - q l
αα α
= = = ⋅∑⋅ ⋅ ⋅
2
1 1 x V 12 2
A B
M 0, - M - Q x / 2 P x 0, M 0,3ql sin x 0,5q xM 0, M 0,3ql sin 0,5ql
αα
= ⋅ + ⋅ = = ⋅ ⋅ − ⋅∑= = ⋅ −
Dijagrami unutarnjih sila:
M-dijagram
+
-2ql
8
2ql
8max
M
2(0
,3si
n0,
5)q
lα
−
x T 0x 0,3l sinα
==
T-dijagram
+-
x T 0x 0,3l sinα
==0,
3qls
inα
(0,3
sin
1,0
)ql
α−
N-dijagram
+
0,3
qlco
sα
0,3
qlco
sα
Sl. 16.9 Dijagrami unutarnjih sila na konzolnom nosaču
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
42
16.1.2 G r a f i č k i p o s t u p a k P r i m j e r 4 (greda s prepustom – grafički postupak) Za zadanu običnu gredu opterećenu prema slici (16.10) treba grafičkim postupkom odrediti reakcije i unutarnje sile u presjeku s-s. Zadana shema nosača:
2a a a a
P P P
2ss
Sl. 16.10 Obična greda s prepustom opterećena koncentriranim silama O p i s g r a f i č k o g p o s t u p k a Najprije se u mjerilu (obično 1:100 ili 1:50) nacrta slika zadanog nosača sa odgovarajućim položajem i smjerom djelovanja vanjskih sila kao i smjerom djelovanja reaktivnih sila (Sl. 16.11). Određivanje unutarnjih sila primjenom grafičkog postupka obavljamo pomoću tzv. „verižnog poligona sila“. U određenom mjerilu nanesu se redom sile koje djeluju na nosač. Odabere se pol „O“ na udaljenosti „H“ i nanesu verižne zrake iz odabranog pola. Zrake se potom usporedno prenesu na smjerove sila na slici nosača. Produženjem krajnjih zraka do smjera reakcija dobivamo tzv. „zaključnu liniju-z“, čiji smjer na poligonu sila određuje veličinu reakcija. Zaključna linija i zrake definiraju ordinate „η“ koje su proporcionalne momentu savijanja na nosaču. Moment savijanja u svakom presjeku nosača se dobije tako da se odgovarajuća ordinata η
(očitana u mjerilu dužina) pomnoži s polarnom udaljenosti H (očitanom u mjerilu sila).
Dakle u presjeku „s-s“ moment savijanja je S S S SM H η− −= ⋅ , ali vrijedi i drugi izraz
S S A P S SM R r− − −= ⋅ , koji daje isto rješenje.
Poprečne sile se dobiju direktnim projiciranjem iz plana sila, odnosno verižnog poligona sila.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
43
2a a a a
P P P
2
A B
0
12
3
0
1
2
3
ZP
P
P
2
A PR −
s sη −
B
AP
2
B
P
P
A + +
-O
H
A PR−
s sr −
ss
S ST −
Oči tano :
S SN 0− =
S S A PT R− −= −
S S S SM H η− −= ⋅
Z
H siladužinaη
−−
Sl. 16.11 Određivanje unutarnjih sila na gredi s prepustom grafičkim postupkom
P r i m j e r 5 (grafički postupak određivanja unutarnjih sila u zadanom presjeku) Za nosač prikazan na slici 16.12 a) i b) treba u presjeku s-s odrediti unutarnje sile M,T i N grafičkim postupkom. a) zadana shema
α
P aa
as
s
A
B
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
44
b) grafička shema
α
P
ss
A
B
PB
A
B
A
HA
VA
HB
VB
B PR
−
B PR
−
r
A S S
S B P
T ,N oči tatiu mjerilu sila
M A r R r−
−
= ⋅ = ⋅
l
SN−
d
SN−
l
ST+
d
ST+
Sl. 16.12 a) i b) Određivanje unutarnjih sila i reakcija u zadanom presjeku grafički
16.1.3 P r i m j e n a z a k o n a s u p e r p o z i c i j e P r i m j e r 6 (greda s dva prepusta) Prilikom određivanja unutarnjih sila u nosačima moguće je koristiti i zakon superpozicije, koji složena stanja opterećenja rastavlja na jednostavnija i rezultate zbraja. Pokažimo to na primjeru određivanja dijagrama momenata savijanja na običnoj gredi s dva prepusta (Sl. 16.13 a) i b))
qP
q
qP
=
+
a al1
2
3
Sl. 16.13 a) Razlaganje opterećenja na gredi s dva prepusta superpozicijom
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
45
=
+
2ql / 8
2qa / 2 Pa
+
-
2qa / 2 Pa- -
+
M( 2 )
M( 3 )
M(1) M( 2 ) M( 3 )= +
Sl. 16.13 b) Razlaganje momenata savijanja superpozicijom
17. GERBEROVI NOSAČI To su kontinuirani nosači na više oslonaca koji imaju ubačene zglobove tako da tvore statički određeni i geometrijski nepromjenjiv sustav. Sastoje se od niza povezanih običnih greda ili konzola. Kod formiranja Gerberovih nosača treba jedino paziti na potreban broj zglobova, te da budu pravilno raspoređeni tako da čine geometrijski nepromjenjiv statički sustav. Takvi nosači su racionalniji jer mogu smanjiti momente savijanja, a zbog osnovnih elemenata od kojih su sastavljeni (obične grede) nisu osjetljivi na pomake ležajeva niti na utjecaj temperature. Stoga se u praksi često koriste tamo gdje su moguća slijeganja oslonaca ili značajnije promjene temperature. Gerberovih nosača ima različitih oblika (punostijeni, rešetkasti ili kombinirani). Mogu imati gotovo beskonačan broj oslonaca, od kojih je samo jedan nepomični, a svi ostali su pomični (klizni). Slika 17.1 prikazuje nekoliko tipova Gerberovih nosača s pravilno raspoređenim zglobovima tako da čine geometrijski nepromjenjiv statički sustav.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
46
P
P.f
M
P PP.l
Sl. 17.1 Gerberovi nosači s pravilno raspoređenim zglobovima Slika 17.2 prikazuje Gerberove nosače s nepravilno raspoređenim zglobovima.
Sl.17.2 Gerberovi nosači s nepravilno raspoređenim zglobovima
Očigledno je, da se tri zgloba ne smiju naći u jednom polju (g,h,i), niti kombinacija s četiri zgloba u dva susjedna polja (j,k) prema gornjoj slici.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
47
17.1 A n a l i t i č i p o s t u p a k r j e š a v a n j a G.N Pri analitičkom rješavanju Gerberovih nosača koriste se dva pristupa: rastavljeni i cjeloviti. Rastavljenim pristupom rješava se postupno dio po dio nosača (obične grede), redoslijedom koji se odredi na temelju statičke sheme nosača. Koriste se tri elementarna uvjeta ravnoteže, gdje u svakoj postavljenoj jednadžbi imamo po jednu nepoznanicu. Cjelovitim pristupom promatra se nosač u cjelini i postavljaju se na njemu jednadžbe ravnoteže. Na slijedećoj slici imamo pet nepoznatih vanjskih veza (reakcija), pa je potrebno postaviti i riješiti pet jednadžbi s pet nepoznatih. Dvije dopunske jednadžbe se dobiju iz uvjeta da je suma momenata u točkama 1 i 2 jednaka nuli. Na slici 17.3 prikazuje se tipični Gerberov nosač sa tri polja opterećen koncentriranim i kontinuiranim opterećenjem. P r i m j e r 1.
P Pq
1l la a
1l
A B C D1 2I II III
α
Sl. 17.3 Gerberov nosač s tri polja Nosač je sastavljen od tri obične grede (I,II i III), gdje greda II predstavlja osnovnu gredu na koju se greda I i greda III naslanjaju. Zadani nosač je statički određen i geometrijski nepromjenjiv, što se dokazuje poznatom formulom za broj stupnjeva slobode u ravnini.
K d z 1 lS 3n 2n n 3 3 2 2 5 0= − − = ⋅ − ⋅ − =
Rješenje ćemo tražiti postupkom rastavljanja Gerberova nosača na obične grede, a rješavanje ćemo započeti s naslonjenim gredama I i III, tzv. (1. razina). Nosač rastavljen na obične grede prikazan je na slici (Sl. 17.4).
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
48
Q ql= 2VQ
2VQ
1VQ
1VQ
HB
VB
Sl. 17.4 Računska shema Gerberova nosača s tri polja Nosač A-1, (1. nivo)
1l /2 1V
Q
1
1 1
1 1 1
A 1V 1 1 1V
l / 2 1 1 1
d l l d
A l / 2 1 1V l / 2
M 0, A l P l / 2 0, A=P/2
M 0, Q l P l / 2 0, Q =P/2
M A l / 2 P / 2 l / 2 Pl / 4
T A P / 2 T , T Q P / 2 T
= ⋅ − ⋅ =
= ⋅ − ⋅ =
= ⋅ = ⋅ =
= = = = − = − =
∑
∑
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
49
Nosač 2-D (1. nivo)
2VQ
1
1 1
X 2H H 2H H
2 1 V 1
D 2V 1 V 1 2V
l / 2 1 1 1
l d d
D l / 2 2 2V l
F 0, Q P 0, Q P Pcos
M 0, D l P l / 2 0, D=Psin /2
M 0, Q l P l / 2 0, Q =Psin /2
M D l / 2 P sin / 2 l / 2 Pl sin / 4
T D P sin / 2 T , T Q P sin / 2 T
α
α
α
α α
α α
= − = = =
= ⋅ − ⋅ =
= ⋅ − ⋅ =
= ⋅ = ⋅ =
= − = − = = = =
∑
∑
∑
1 1
l
/ 2
d l l d
2 2 H l / 2 D l / 2N Q Pcos N , N N 0α= − = − = = =
Nosač 1-2 (2. nivo)
q
la
B CII
Cl/2 l/2
1a
22HQ
Q ql=
HB
VB
1VQ
2VQ
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
50
[ ]
X H 2H H 2H
C V 1V 2V
2
V
B 2V 1V
F 0, B - Q 0, B =Q P cos
M 0, B l Q ( l a ) Q l / 2 Q a 0,1
B P(l+a) ql Pa sin2l
M 0, C l Q ( l a ) Q l / 2 Q a 0, 1
C P(l+a)sin2l
α
α
α
= = =
= ⋅ − ⋅ + − ⋅ + ⋅ =
= + − ⋅
= ⋅ − ⋅ + − ⋅ + ⋅ =
= +
∑
∑
∑
[ ]2
B 1V C 2V
d l d
1 B 1V B 1V V Vl d l
C 2V C 2 2V
d l d l
B C C 2 2 H
ql Pa
M Q a Pa / 2, M Q a Pa sin / 2
T T Q P / 2, T Q B P / 2 BT Q C P sin / 2 C , T T Q P sin / 2
N N N N Q P cos
α
α α
α
−
= − ⋅ = − = − ⋅ = −
= = − = − = − + = − += − = − = = =
= = = = − = − Dijagrami unutarnjih sila
M-dijagram
2ql
8
1Pl / 4
1Pl sin / 4α
Pasin / 2αPa / 2
2ql
8
+ + +
- -
maxM
T-dijagram
l
B
PT
2=
d
CT Psin / 2α=
Psin / 2αPsin / 2α
Psin / 2α
N-dijagram
Pcosα Pcosα
Sl. 17.5 Dijagrami unutarnjih sila Gerberova nosača s tri polja
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
51
Pokažimo još jedan primjer rastavljanja Gerberova nosača na elementarne dijelove (obične grede) za analitički postupak (Sl. 17.6) koji se provodi na tri nivoa.
1. nivo
2. nivo
3. nivo
Sl.17.6 Postupak rastavljanja Gerberova nosača na elementarne dijelove 17.1 G r a f i č k i p o s t u p a k r j e š a v a n j a G e r b e r o v i h n o s a č a Postoji više pristupa pri grafičkom rješavanju Gerberovih nosača, ali najčešći i najtočniji je grafički postupak koji se provodi pomoću odvojenih verižnih poligona jednake polarne udaljenosti „H“ za svaki pojedini raspon. Zaključne linije su definirane sa zglobovima i poznatim rubnim vrijednostima momenata savijanja.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
52
Prikazati ćemo ovaj grafički postupak za isti nosač koji je korišten u prethodno prikazanom analitičkom postupku (Sl.7.3) s malim izmjenama u vanjskom opterećenju. Grafički postupak određivanja reakcija i unutarnjih sila u Gerberovu nosaču prikazan je na sljedećoj slici 17.7. P r i m j e r 2.
q
A B C D1 2I II III
2P 0,4Q=1
P 0,6Q=Q ql=
1O
2O
3O
1
23
4
5
6
1z
2z
3z
1z
2z
3z
12 3 4
5 61
P
Q
2P
D
C
B
A
A
A
1P
B
B
C
C
2P
D
D
+
++
+ + +
--
- - -
l aa1l / 2
1l / 2 1
l / 21l / 2
H
y
E F
Ey
By
Cy
Fy
M H yH mjerilo silay mjerilo slike
= ⋅−
−
2ql
8
Sl. 17.7 Grafički postupak određivanja unutarnjih sila Gerberova nosača 17.2 G r a f o a n a l i t i č k i p o s t u p a k Za određivanje reakcija i unutarnjih sila kod Gerberovih nosača najprikladniji je grafoanalitički postupak. Postupak se sastoji u tome da se analitičkim putem odrede i nacrtaju dijagrami momenata savijanja na izdvojenim rasponima, a zatim se grafičkim putem povuku zaključne linije čije pravce i položaj određuju zglobovi i poznate vrijednosti na rubovima.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
53
Temeljem određenog dijagrama momenata savijanja na cijelom nosaču, moguće je odrediti poprečne sile i reakcije korištenjem diferencijalnih odnosa. Postupak je vidljiv na sljedećem primjeru (Sl. 17.8). P r i m j e r 3. Provjera statičke određenosti provodi se putem poznatog izraza:
K d z 1 lS 3n 2n n 3 4 2 3 6 0= − − = ⋅ − ⋅ − =
1P
2P
1l 2
l
1q
2q1
Q2
Q
1z 2
z 3z2
1 1q l
8
2
2 2q l
81
Pl
4
a
2PaA
M
BM
CM
---
-
- - - -
+ + +
+ + +
2
1 1q l
8
2
2 2q l
8
1P
2P+ + + +
- - -
1
1
1 B
1P
CM
T
DM
CM
BM
AM
2
1 1q l
8
2
2 2q l
81
Pl
4
Sl. 17.8 Grafoanalitički postupak određivanja unutarnjih sila Gerberova nosača
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
54
18. REŠETKASTI NOSAČI Nosači sastavljeni od štapova koji su međusobno spojeni zglobovima zovu se rešetkasti nosači. Rešetkasti nosači mogu biti statički određeni i statički neodređeni. Statički određeni i geometrijski nepromjenjivi rešetkasti nosači su oni koji imaju dovoljan broj ispravno raspoređenih štapova i dovoljan broj ispravno raspoređenih vanjskih veza. Statički neodređeni rešetkasti nosači imaju više od dovoljnog broja pravilno raspoređenih štapova, vanjskih veza ili jedno i drugo. Geometrijski promjenjive rešetkaste strukture mogu biti i statički određene i statički neodređene, ako su im štapovi ili vanjske veze nepravilno raspoređene ili ih ima nedovoljno. Osnovni stabilni element svake ravninske rešetke je „trokut“ s tri štapa i tri čvora. Na tu čvrstu figuru dodajemo po jedan čvor s dva štapa i tako gradimo stabilnu strukturu „rešetkasti disk“ ( Sl. 18.1).
Sl. 18.1 Formiranje stabilne rešetkaste strukture Čvrsti rešetkasti disk pomoću vanjskih veza povezujemo za nepomičnu podlogu i tako dobivamo stabilni rešetkasti nosač. Statičku određenost rešetkastih nosača u ravnini provjeravamo pomoću formule za broj potrebnih štapova.
Š Čn 2 n 3= ⋅ −
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
55
gdje je: Š
n - potreban broj štapova, a Č
n - broj čvorova rešetke. Ako se u broj štapova uključe i
vanjske veze, dobiva se nužan uvjet statičke određenosti i geometrijske nepromjenjivosti u obliku.
Š Čn 2 n′ = ⋅
gdje Š
n′ - predstavlja sve štapove uključujući i vanjske veze pretvorene u štapove.
Rešetkasti nosači u ravnini mogu biti različitih oblika i statičkih sustava: obična rešetka na dva ležaja sa ili bez prepusta, konzolna rešetka, Gerberova rešetka i trozglobna rešetka. Rešetkasti nosač može biti sastavljen od kombinacije štapova i punostijenih diskova itd. Na slici 18.2 je prikazano nekoliko različitih oblika statički određenih i geometrijski nepromjenjivih rešetkastih nosača.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
56
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
57
P
P
M
P PP
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
58
Sl. 18.2 Statički određeni rešetkasti nosači Slijedeća slika 18.3 prikazuje nekoliko različitih rešetkastih statički neodređenih i geometrijski nepromjenjivih nosača. Oni imaju više od minimuma unutarnjih ili vanjskih veza
Sl. 18.3 Statički neodređeni rešetkasti nosači
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
59
Na narednoj slici 18.4 su prikazani neki od rešetkastih nosača koji su kinematički labilni i geometrijski promjenjivi.
Sl. 18.4 Geometrijski promjenljivi rešetkasti nosači (mehanizmi) Slijedeća slika 18.5 prikazuje primjere složenih rešetkastih nosača u prostoru.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
60
Sl. 18.5 Složeni prostorni rešetkasti nosači 18.1 Određivanje sila u štapovima rešetkastih nosača Postoje uglavnom dva pristupa rješavanju sila u štapovima rešetkastih nosača. To su: analitički i grafički pristup. Tijekom rješavanja rešetkastih nosača potrebno je znati neka opća pravila koja su zajednička za sve metode rješavanja. a.) Ako na čvor u kojem se sastaju dva štapa ne djeluje vanjska sila, tada su u tim štapovima sile jednake nuli. b.) Ako na čvor u kojem se sastaju dva štapa djeluje sila u pravcu jednog od štapova, tada je u drugom štapu sila jednaka nuli. c.) Ako se u čvoru na kojem ne djeluje vanjsko opterećenje sastaju tri štapa, od kojih dva leže u istom pravcu, tada je u trećem štapu sila jednaka nuli. d.) Ako postoji neopterećeni čvor u kojem se sastaju četiri štapa, od kojih po dva leže u istom pravcu, tada su sile kod štapova u istom pravcu međusobno jednake.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
61
18.1.1 A n a l i t i č k i p r i s t u p Kod analitičkog pristupa imamo dva postupka određivanja sila u štapovima. To su metoda čvorova i metoda Rittera. Prije svega je potrebno odrediti reaktivne sile u vanjskim vezama (reakcije). M e t o d a č v o r o v a Ova metoda se sastoji u tome da se iz rešetkastog nosača izrezuje čvor po čvor i iz uvjeta ravnoteže sila u čvoru određuju nepoznate sile koje djeluju na dotični čvor. Polazi se uvijek od čvora gdje postoje najviše dvije nepoznate sile, gdje postavljamo sljedeće uvjete ravnoteže sila:
X YF 0 i F 0∑ ∑= =
P r i m j e r 1. (analitička metoda čvorova). Zadan je rešetkasti nosač prema slici 18.6 a) i b)
P P2P
a a a a
a
P P2Pa a a a
a
VA
VB
A BC
D
E
F
G
H
1
23
4
5
6
7
8
9
10
1112
13
a) zadana shema nosača b) računska shema nosača
Sl. 18.6 a) i b) rešetkasti nosač opterećen s tri sile u donjim čvorovima
Određivanje reakcija: Zbog simetrije nosača i opterećenja, a iz ravnoteže vertikalnih sila zaključujemo:
V VA B 4P / 2 2P= = = .
Polazimo od čvora A i koristimo simetriju nosača i opterećenja.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
62
=V
A 2P
otg 1
45α
α=
=
Y V 1 1 V
X 2 1 2 1
F 0 ; A S sin 0 S A / sin 2P/ sin (tlak )
F 0 ; S S sin 0 S S sin 2P (vlak)
α α α
α α
∑
∑
= + = → = − = −
= + = → = − =
3S
4S x
yČVOR - C
2S
P
Y 3 3
X 2 4 4 2
F 0 ; - P S 0 S P (vlak )
F 0 ; - S S 0 S S 2P (vlak)
∑
∑
= + = → =
= + = → = =
α1
S
6S x
y
3S
ČVOR - D
5S
α
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
63
Y 1 3 5
5 1 3
X 1 5 6
6 1 5
F 0 ; - S sin S S sin 0
S S S /sin 2P/sin P/sin P/sin (vlak)
F 0 ; - Scos +Scos S 0
S Scos S cos 2Pcos /sin Pcos /sin 3Pcos /sin (tlak)
α α
α α α α
α α
α α α α α α α α
∑
∑
= − − =
=− − = − =
= + =
= − =− − =−
Y 7
X 6 10 10 6
F 0 ; S 0
F 0 ; - S S 0 S S 3Pcos / sin (tlak)α α
∑
∑
= =
= + = → = = −
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
64
Y 5 9
9 5
X 4 5 9 8
8 4 5 9
F 0 ; S sin S sin 2P 0
S 2P/ sin S 2P/ sin P/ sin P/ sin (vlak)
F 0 ; - S - Scos +Scos S 0
S S S cos S cos 2P P/ sin P/ sin 2P (vlak)
α α
α α α α
α α
α α α α
∑
∑
= + − =
= − = − =
= + =
= + − = + − =
Iz simetrije nosača i opterećenja slijedi:
11 3 12 2 13 1S S P (vlak) ; S S 2P (vlak) ; S S 2P/ sin (tlak) α= = = = = =−
Na slijedećoj slici 18.7 vide se vrijednosti sila u pojedinim štapovima zadanog rešetkastog nosača.
Pregled sila u svim štapovima rešetkastog nosača
2P 2P
2P
sinα−
P
2P 2P 2P 2P
P
sinαP
sinα0 2P
sinα−
3P
sinα− 3P
sinα−
reakcije tlak vlak
A BC
D
E
F
G
H
P
Sl. 18.7 Vanjske i unutarnje sile na zadanom rešetkastom nosaču
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
65
M e t o d a p r e s j e k a (R i t t e r o v a m e t o d a) Metoda presjeka može biti analitička ili grafička. Ovdje ćemo prezentirati analitičku (Ritterovu metodu) ili često zvanu metoda momentnih točaka. Ova analitička metoda se sastoji se u tome da se rešetkasti nosač presjekom podjeli na dva dijela i promatra ravnoteža jednog od dijelova. Promatrani dio nosača s aktivnim i reaktivnim silama mora biti u ravnoteži s unutarnjim silama u presječenim štapovima. Radi se o tri presječena štapa koja se ne smiju sjeći u jednoj točki. Problem je gotovo identičan određivanju unutarnjih sila kod punostijenih nosača. Ova metoda je pogodna kada nas zanimaju sile samo u određenom presjeku nosača. Ritterovom metodom ćemo prikazati postupak određivanja sila u rešetkastom nosaču prikazanom na slici (18.8 a) i b)). P r i m j e r 2. (analitička metoda presjeka – Ritterova metoda)
Sl. 18.8 a) Rešetkasti nosač za određivanje sila u presjeku rešetke po Ritteru Promatramo ravnotežu lijevog dijela rešetkastog nosača na gornjoj slici. Na sjecištu dvaju presječenih štapova dobivamo tzv. momentne točke ili Ritterove točke. Na te točke se postavlja suma momenata svih sila koje djeluju na lijevi dio nosača. Iz uvjeta da je suma momenata svih sila na Ritterove točke jednaka nuli, određuje se treća sila koja ne prolazi tom točkom. Primjer je ilustriran na sljedećoj slici 18.8b.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
66
Sl. 18.8b Računska shema pri određivanju sila u presjeku rešetke po Ritteru
R 1 1 1 1 1
R 2 2 2 2 2
R 3 3 3 3 3
i Ri i
M 0 ; S d - 1,5P a=0 S 1,5Pa / d
M 0 ; S d + P a=0 S Pa / d
M 0 ; S d - P a + 1,5P 2a=0 S 2Pa / d
ili općenito sile u presjeku su: S M / d
∑
∑
∑
= ⋅ ⋅ → =
= ⋅ ⋅ → = −
= ⋅ ⋅ ⋅ → = −
→ =
18.1.2 G r a f i č k i p r i s t u p Kod grafičkog pristupa imamo dva uobičajena postupka određivanja sila u štapovima. To su metoda čvorova i metoda Culmanna. Prije svega je potrebno grafički odrediti reaktivne sile u vanjskim vezama (reakcije). G r a f i č k a m e t o d a č v o r o v a Grafička metoda čvorova se provodi čvor po čvor slično kao i analitička, samo što se nepoznate sile određuju grafičkim putem pomoću poligona sila za dotični čvor. Da bi se zadovoljila ravnoteža sila u dotičnom čvoru, poligon sila koje djeluju na taj čvor mora biti zatvoren. Primjer određivanja sila u štapovima rešetkastog nosača prema grafičkoj metodi čvorova, prikazan je na slikama 18.9 a), b) i c).
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
67
P r i m j e r 3. (grafička metoda čvorova)
A Ba a
a
P
C
D E
Sl. 18.9 a) Zadani rešetkasti nosač
Određivanje reaktivnih sila grafički pomoću verižnog poligona.
Sl. 18.9 b) Određivanje reaktivnih sila zadanog rešetkastog nosača Uravnoteživanje čvorova rešetkastog nosača grafički metodom čvorova
P P/ 2P/ 2
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
68
Sl. 18.9 c) Određivanje sila u rešetkastom nosaču grafički metodom čvorova G r a f i č k a m e t o d a C u l m a n n – a Grafička metoda određivanja sila u štapovima rešetkastog nosača metodom presjeka temelji se na rastavljanju jedne sile (rezultante) na tri pravca koji se ne sijeku u jednoj točki. Tu grafičku metodu je ustanovio Culmann, pa je po njemu dobila naziv Culmannova metoda. Četiri sile su u ravnoteži ako rezultanta dviju sila leži na istom pravcu kao i ostalih dviju (Culmannov pravac). Za ravnotežu četiriju sila, poligon sila mora biti zatvoren. Prikaz postupka određivanja sila u zadanom presjeku rešetkastog nosača po metodi Culmann vidljiv je na slici 18.10.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
69
P r i m j e r 4. (grafička metoda presjeka – Culmannova metoda)
Poligon silaA B
Sl. 18.10 Grafički postupak određivanja sila u zadanom presjeku rešetke po Culmannu
19. TROZGLOBNI NOSAČI
To su nosači sastavljeni od dva diska spojena međusobno zglobom, a svaki od njih također zglobom za nepomičnu podlogu. Na takav način povezana dva diska čine statički određeni i geometrijski nepromjenjiv i stabilan nosač pod nazivom „trozglobni nosač“.
Mogu biti raznih oblika: lučni ili okvirni, punostijeni ili rešetkasti, a mogu biti i kombinirani. Na slijedećoj slici 19.1 su prikazani neki tipovi takvih nosača.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
70
Sl. 19.1 Neki tipovi trozglobnih nosača
Trozglobni nosači čine važnu skupinu nosača u graditeljstvu i često se pojavljuju u industrijskim objektima i mostovima.
Ovakvi nosači imaju četiri nepoznate vanjske veze, ali se zato u spojnom zglobu može postaviti dodatni uvjet takav da je moment savijanja jednak nuli, pa se temeljem triju osnovnih uvjeta ravnoteže mogu odrediti reaktivne vanjske sile.
Kako su obje reakcije nepoznatog smjera potrebno je u svakom ležajnom zglobu predvidjeti po dvije komponente: horizontalnu i vertikalnu ili jednu od komponenata u smjeru spojnice dvaju ležajeva a drugu vertikalno, što se pokazalo vrlo praktičnim.
Za određivanje reakcija i unutarnjih sila u trozglobnim nosačima primjenjuje se: analitička, grafička i grafoanalitička metoda.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
71
19.1 A n a l i t i č k i p o s t u p a k P r i m j e r 1. (opći oblik trozglobnog nosača s opterećenjem slika 19.2).
lV
A VB
AH
BH
Sl. 19.2 Lučni trozglobni nosač opterećen aktivnim i reaktivnim silama
Odabrani primjer predstavlja tzv. trozglobni luk vrlo čest u praksi.
R e a k c i j e
Iz sume momenata svih sila u odnosu na ležajne točke A i B pronalazimo pretpostavljene vertikalne komponente Ao i Bo , a iz sume momenata svih sila na točku C (lijevo i desno), pronalazimo
kose sile u smjeru oslonaca ′ ′A B
H i H .
U gornjim izrazima vidimo analogiju obične grede. Lako se vidi da se vertikalne komponente Ao i Bo računaju na isti način kao i kod obične grede istog raspona i opterećenja kao kod trozglobnog nosača. Isto se može reći i za određivanje sila ′ ′
A BH i H , s tim da točka C ne pripada običnoj gredi
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
72
nego je fiktivna, odnosno zamišljena. Općenito ′ ′A B
H i H nisu jednake za proizvoljno koso
opterećenje.
Nakon što smo odredili sile Ao , Bo, ′ ′A B
H i H lako iz njih određujemo V V A B
A , B , H , H .
Horizontalne komponente reakcija su:
A A B BH H cos i H H cosα α′ ′= =
Ili iz prethodnih jednadžbi uz f f cosα′ = također vrijedi:
O O
A C( I ) B C ( II )H M / f i H M / f = =
Vertikalne komponente reakcija su:
O O
V A A
O O
V B B
A A H sin A H tg
B B H sin B H tg
α α
α α
′= + = +
′= + = −
U n u t a r n j e s i l e
Unutarnje sile u poprečnom presjeku trozglobnog luka određujemo prema definiciji unutarnjih sila za pojedine presjeke linijskih nosača.
Određivanje unutarnjih sila nosača prikazano je na slici 19.3 i popraćeno odgovarajućim izrazima.
ϕϕ
x
X 1p
X 2p
Sl. 19.3 Određivanja unutarnjih sila u presjeku lučnog trozglobnog nosača
Moment savijanja u po volji odabranom poprečnom presjeku izgleda
O
X i Xi AM A x P p H y∑ ′= ⋅ − ⋅ − ⋅
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
73
Ako prva dva člana desne strane smatramo fiktivnim momentom obične grede tada možemo uvesti oznake
O O
X Xl A X Xd BM M H y ili desno M M H y = − ⋅ = − ⋅
gdje su O O
Xl XdM i M odgovarajući fiktivni momenti obične grede na lijevoj odnosno desnoj
strani od promatranog presjeka.
Poprečna sila u naznačenom presjeku predstavlja sumu projekcija svih reaktivnih i aktivnih sila s jedne ili druge strane presjeka u smjeru okomito na os nosača u tom presjeku, pa gledano lijevo imamo.
O
X iYl iXl A AT A cos ( P )cos ( P )sin H sin H tg cosϕ ϕ ϕ ϕ α ϕ∑ ∑= − − − +
Uzdužna sila u naznačenom presjeku predstavlja sumu projekcija svih reaktivnih i aktivnih sila s jedne ili druge strane presjeka u smjer osi nosača u tom presjeku, pa gledano lijevo imamo.
O
X iYl iXl A AN A sin ( P )sin ( P )cos H cos H tg sinϕ ϕ ϕ ϕ α ϕ∑ ∑= − + − − +
Ne treba napominjati da se iste vrijednosti unutarnjih sila u tom presjeku dobiju ako se promatra desna strana nosača.
P r i m j e r 2. (vertikalno opterećenje)
Samo vertikalno opterećenje je vrlo čest slučaj pa ga treba posebno obraditi. Uzeti ćemo isti nosač kao u prethodnom slučaju ali samo uz djelovanje vertikalnog opterećenja (Sl. 19.4)
VA V
B
H
H
Sl. 19.4 Trozglobni lučni nosač opterećen vertikalnim opterećenjem
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
74
Iz sume projekcija svih sila na horizontalnu os ovdje proizlazi:
A B A BH H H i H H H′ ′ ′= = = =
Za vertikalne komponente reakcija vrijedi:
O O
V VA A H tg i B B H tgα α= + ⋅ = − ⋅
Za promatrano vertikalno opterećenje vrijedi također:
O O O O O O
C ( I ) C ( II ) C Xl Xd XM M M i M M M= = = =
Moment savijanja trozglobnog luka u po volji odabranom presjeku na udaljenosti x prema analogiji obične grede izgleda.
O O
X X CM M H y, dok je H=M / f= − ⋅
Izraz za poprečnu silu u odabranom presjeku prema analogiji obične grede gledano na lijevoj strani izgleda:
O
X il
O
X X
T cos ( A P ) H(sin tg cos )
T T cos H(sin tg cos )
ϕ ϕ α ϕ
ϕ ϕ α ϕ
∑= − − −
= − −
Analogno prethodnim izrazima uz analogiju obične grede, izraz za uzdužnu silu u odabranom presjeku vrijedi
O
X XN T sin H(cos tg sin )ϕ ϕ α ϕ= − − +
Ako su ležajevi trozglobnog nosača na istoj visini, što je gotovo najčešći slučaj u praksi tada se gornji izrazi pojednostavnjuju i vrijedi:
O
X X
O
X X
T T cos H sin
N N sin H cos
ϕ ϕ
ϕ ϕ
= −
= − −
Sva analiza provedena na trozglobnom luku može se primijeniti i na trozglobnom okviru, što ćemo prikazati na sljedećim primjerima.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
75
P r i m j e r 3. (trozglobni okvirni nosač opterećen vertikalnim opterećenjem (Sl. 19.5)).
Sl. 19.5 Trozglobni okvir s vertikalnim opterećenjem oslonjen na različitim visinama
P r i m j e r 4. (trozglobni okvir opterećen vertikalno opterećenjem (Sl. 19.6))
Sl. 19.6 Trozglobni okvir s vertikalnim opterećenjem oslonjen na jednakim visinama
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
76
P r i m j e r 5. (trozglobni okvir s općim opterećenjem oslonjen na različitim visinama (Sl. 19.7 a.))
d
Q qa=
P qa=
BH
AH
VA
VB
Sl. 19.7 a) Postupak određivanja reakcija na trozglobnom okviru
Određivanje reakcija: O O
A BA , B , H i H′ ′
cos 2a / d , tg =a/2a=1/2, f=1,5a, f =f cosα α α′= ⋅
O O
B
O O
A
M 0, A 2a Q 1,5a 0 A 0,75qa
M 0, B 2a Q 0,5a P a 0 B 0,75qa
∑
∑
= ⋅ − ⋅ = → =
= ⋅ − ⋅ − ⋅ = → =
d O
C B B
l O
C A
A
M 0, B a H f 0, H 0,25qd
M 0, A a P a Q 0,5a H f 0,
H 0,25qd (suprotni smjer)
∑
∑
′ ′ ′= ⋅ − ⋅ = → =
′ ′= ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ =
′ = −
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
77
Određivanje reakcija: V V A B
A , B , H i H
A A
B B
O
V A
O
V B
H H cos 0,25qd 2a / d 0,5qa
H H cos 0,25qd 2a / d 0,5qa
A A H tg 0,75qa 0,5qa 0,50 0,5qa
B B H tg 0,75qa 0,5qa 0,50 0,5qa
α
α
α
α
′= = − ⋅ = −
′= = ⋅ =
= + ⋅ = − ⋅ =
= − ⋅ = − ⋅ =
D r u g i n a č i n o d r đ i v a n j a r e a k c i j a
Ovim načinom izravno određujemo horizontalne i vertikalne komponente reakcija
V V A BA , B , H i H (prema gornjoj slici) iz elementarnih uvjeta ravnoteže. Pri tome rješavamo
dvije grupe jednadžbi sa po dvije nepoznanice. Iz prethodnog primjera vrijedi:
A V B
V B
d
C V B
V B
B V
M 0, B 2a H a Q a / 2 0, 2B +H -1,5qa=0 (1. jednadžba)
M 0, B a H a 0, B =H (2. jednadžba)
Rješenje 1. i 2. daje: H =0,5qa i B=0,5qa
∑
∑
= ⋅ + ⋅ − ⋅ =
= ⋅ − ⋅ =
B V A
V A
l
C V A
V A
A V
M 0, A 2a H a Q 1,5a 0, 2A - H -1,5qa=0 (3. jednadžba)
M 0, A a H 2a P a Q 0,5a 0, A -2H -1,5qa (4. jednadžba)
Rješenje 3. i 4. daje: H =-0,5qa i A =0,5qa
∑
∑
= ⋅ + ⋅ − ⋅ =
= ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
78
Proračun i unutarnjih sila na zadanom okviru (Sl. 19.7 b))
P qa=B
H
AH
VA
VB
q
1x
2x
3x
4x
5x
1
2
3 4
5
y
y
y
y
Sl. 19.7 b) Postupak određivanja unutarnjih sila u trozglobnom okviru
Dio nosača AD 1
(0 x a )≤ ≤
1x
A
11
T1
N1
M
VA
AH
1 1 A 1 1 A 1
A D A
Y 1 A 1 Ad l
A A D A
X 1 V 1 Vd l
A V D V
M 0; -M H x 0; M H xM 0; M H a
F 0; T H 0; T HT H 0,5qa; T H 0,5qa
F 0; N A 0; N AN A 0,5qa; N A 0,5qa
∑
∑
∑
= + ⋅ = = ⋅= = ⋅
= − = == = = =
= + = = −= − = − = − = −y
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
79
Dio nosača DE 2
( a x 2a )≤ ≤
aP
2T
2N
2M
2(x
a)
−
2x
D
2
2 2 A 2 2 2 A 2 22 2 2
D A 2 E A
Y 2 A 2 Ad l
D A E A
X 2 V
M 0; -M H x P( x a ) 0; M H x P( x a )M H x 0,5qa a 0,5qa ; M H 2a P( 2a a ) qa qa 0
F 0; T P H 0; T H PT H P 0,5qa qa 0,5qa; T H P 0,5qa qa 0,5qa
F 0; N A 0;
∑
∑
∑
= + ⋅ − − = = ⋅ − −= ⋅ = ⋅ = = ⋅ − − = − =
= + − = = −= − = − = − = − = − = −
= + =2 V
d l
D V E V
N AN A 0,5qa; N A 0,5qa
= −= − = − = − = −
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
80
Dio nosača EC 3
(0 x a )≤ ≤
a
P
3
3x
3x
23
x
2a
3N
3M
3T
D
E
XQ
y
3 3 V 3 A X 3
3 V 3 A 3 32
3 3 3 E C
Y 3 V X 3 V 3d l
E V C V
X 3 A 3
M 0; -M A x H 2a P a Q x / 2 0M A x H 2a P a q x x / 2M 0,5qa x qx / 2; M 0; M 0
F 0; T A Q 0; T A q xT A 0,5qa; T A qa 0,5qa qa 0,5qa
F 0; N H P 0; N
∑
∑
∑
= + ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ == ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅= ⋅ − = =
= − + = = − ⋅= = = − = − = −
= − + = =A
d l
E C 3
H P 0,5qa qa 0,5qaN N N 0,5qa
− = − = −= = = −
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
81
Dio nosača FC 4
(0 x a )≤ ≤
a
B
F4
x4
4M
4T
4N
VB
BH
2
4 4 V 4 B 4 V 4 B 42
F C
Y 4 V 4 Vl d
F V C V
X 4 B 4 Bl d
F C B
M 0; -M B x H a 0; M B x H a 0,5qa x 0,5qaM 0,5qa ; M =0
F 0; -T B 0; T B 0,5qaT B 0,5qa; T B 0,5qa
F 0; N H 0; N HN N H 0,5qa
∑
∑
∑
= + ⋅ − ⋅ = = ⋅ − ⋅ = ⋅ −=−
= − = =− =−=− =− =− =−
= + = =−= =− =−
Dio nosača FB 5
(0 x a )≤ ≤
y5
x
B BH
VB
5T
5N
5M
5 5 B 5 5 B 52
5 5 B F
Y 5 B 5 Bl d
B B F B
X 5 V 5 Vl d
B V F V
M 0; -M H x 0; M H xM 0,5qa x ; M 0; M 0,5qa
F 0; -T H 0; T HT H 0,5qa; T H 0,5qa;
F 0; N B 0; N B N B 0,5qa; N B 0,5qa;
∑
∑
∑
= − ⋅ = = − ⋅= − ⋅ = = −
= + = == = = =
= + = = −= − = − = − = −
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
82
Crtanje dijagrama unutarnjih sila:
2qa
8
20,5qa
+
+
-
-
20,5qa
M dijagram−
+
+-
-
0,5qa
0,5qa
0,5qa
0,5qa
0,5qa
+
T dijagram−
-
-
-
0,5qa
0,5qa 0,5qa
0,5qa
N dijagram−
Sl. 19.8 Dijagrami unutarnjih sila na trozglobnom okviru
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
83
19.2 G r a f o a n a l i t i č k i p o s t u p a k
Vrlo često se grafoanalitičkim postupkom brže dolazi do traženih rezultata unutarnjih sila posebno kada se radi samo o vertikalnom opterećenju trozglobnog nosača. Grafoanalitički postupak je prikazan na sljedećem primjeru.
P r i m j e r 6. (trozglobni okvir s vertikalnim opterećenjem (Sl. 19.9)).
Reakcije rastavljamo na O OA , B i H′ i računamo ih na zamišljenoj gredi jednakog raspona iz
uvjeta B A
M 0 i M 0∑ ∑= = . Isto tako izračunamo momente na zamjenjujućoj gredi i
nacrtamo ih u mjerilu.
a
a
a a
aa
P
OA
OB
A
B
CD E
H ′
H ′P
OA OBl 3a=
F
A B
EM
FMD
M H y− ⋅
Ey
Hα
f
--
+
H
HV
A
VB
l
1s
2s
3s
4s
O
CM
y
O
XM H y− ⋅
O
XM
x
OE OC
Sl. 19.9 Određivanje momenata savijanja na trozglobnom okviru grafoanalitički
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
84
O O
B A
O O O
C V V
O O O O
E C
A M / l =2/3 P; B M / l 1 / 3 P ;
H=M / f ; A A H tg ; B B H tg ;
M A a 2 / 3 Pa ; M B a 1 / 3 Pa (nacrtati)
α α
= ⋅ = = ⋅
= − ⋅ = + ⋅
= ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅
Budući da je moment savijanja na stvarnom trozglobnom nosaču jednak superpoziciji dvaju članova O
XM H y− ⋅ , a uz H konst.= , H y⋅ je afini moment koji je afino pridružen geometrijskom
obliku trozglobnog nosača, zato od momenta zamjenjujuće grede treba odbiti afini geometrijski lik trozglobnog nosača i dobivamo moment na stvarnom nosaču od točke D do točke F. Prvo se na
zamjenskoj gredi nacrta moment O
XM , a zatim preko njega odgovarajući afini lik A,D,F,B. Momenti
D FM i M se očitaju iz preklopljenog dijagrama.
Vrijednosti momenata savijanja na vrhovima stupova dobivamo temeljem ravnoteže momenata u čvorovima D i F, kao i činjenice da su momenti u ležajevima A i B jednaki nuli. Kako na stupovima nema vanjskog opterećenja funkcije momenata su linearne. Dijagrami unutarnjih sila prikazani su na slijedećim slikama 19.10 a) i b).
-+
FM
DM
EM
-
--
M dijagram−
Sl. 19.10 a) Dijagram momenata savijanja na kompletnom trozglobnom okviru
T-dijagram određujemo pomoću M-dijagrama, pa tim postupkom dobivamo.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
85
+
--
+D
1M
/s
D E 2(M M )/ s+
E F 3( M M ) / s+
F4
M/s
T dijagram−
-
-
H H
VA
VB
N dijagram−
-
Sl. 19.10 b) Dijagram poprečnih i uzdužnih sila na kompletnom trozglobnom okviru
19.3 G r a f i č k i p o s t u p a k
Grafički postupak određivanja reakcija i unutarnjih sila najčešće se koristi u slučaju kada se traže vrijednosti sila samo u jednom, dva ili u manjem broju presjeka nosača.
Grafički postupak određivanja reakcija i unutarnjih sila u presjeku trozglobnog nosača ilustriran je na sljedećem primjeru.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
86
P r i m j e r 7. (trozglobni okvir s općim opterećenjem (Sl. 19.11))
Za zadani trozglobni nosač i odgovarajuće opterećenje treba grafičkim postupkom odrediti reakcije
i unutarnje sile u zadanim presjecima 1 2
s i s . Najprije odredimo reakcije A i B. Pri tome koristimo
zakon superpozicije tako da grafički zbrojimo reakcije od svake pojedinačne sile da bismo dobili
ukupne reakcije A i B. Unutarnje sile u presjeku 1s određujemo iz rezultante sila A i P1, a unutarnje
sile u presjeku 2s određujemo iz reakcije B.
1P
2P
A
B
C
1B
2B
1A2
A
1P
2P
2B
2A
1B
1A
1B2
A
A
BA
B
1r
1s
2s
2r
1A PR
−
1A PR
−
1A PR
−
1 1S A P 1M R r
−= ⋅
2S 2M B r= − ⋅
1ST−
1SN−
2ST−
2SN−
Sl. 19.11 Određivanje reakcija i unutarnjih sila na trozglobnom okviru grafički
Momenti savijanja u presjecima su: 1 1S A P 1
M R r−
= ⋅ i 2S 2
M B r= − ⋅ . Poprečna i uzdužna
sila se dobiju zatvaranjem poligona sila Ts i Ns sa rezultantom 1A P
R−
na lijevoj strani i B na desnoj
strani nosača.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
87
20. TROZGLOBNI NOSAČ SA ZATEGOM
Trozglobni nosači sa zategom su nastali iz trozglobnih nosača premještanjem jedne vanjske veze u unutarnju vezu, tako da se sačuva statička određenost i geometrijska nepromjenjivost.
Takav nosač izvana ima formu obične grede, tako da se njegove reakcije mogu odrediti iz tri osnovna uvjeta ravnoteže, a unutarnje sile dobivaju četvrtu komponentu (silu u zatezi). Metode određivanja reakcija i unutarnjih sila kod ovih nosača mogu biti: analitičke, grafičke ali i kombinirane. Razmotrit ćemo prvo analitički pristup.
20. 1 A n a l i t i č i p r i s t u p
P r i m j e r 1 (trozglobni okvir sa zategom s vertikalnim opterećenjem)
Za zadani nosač prema slici 20.1 a) i b), treba analitičkim putem odrediti reakcije i unutarnje sile u presjecima nosača.
α
f
AB
CD E F
G
P
a
a / 2 a / 2 a
a / 2
a / 2
Cx
C( l x )−
f ′
H
Z V
A Bl 2a=
dα
Sl. 20.1 a) Shema određivanja reakcija na trozglobnom okviru sa zategom
I u ovom slučaju, kao i kod običnog trozglobnog nosača može se koristiti analogija obične grede. Najprije odredimo reakcije A i B:
B
A
M 0 ; A l - P (l - 0,5a)=0 ; A=P (2a - 0,5a)/2a=0,75P
M 0 ; B l - P (l-1,5a)=0 ; B=P (2a -1,5a)/2a=0,25P
= ⋅ ⋅ ⋅∑
= ⋅ ⋅ ⋅∑
Dalje odredimo silu u zatezi Z odnosno njezinu horizontalnu komponentu H i vertikalnu V iz uvjeta sume momenata na točku C.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
88
d
C C CO
C C CO
C
H Z cos ; Z=H/cos ; V=Z sin H tg ; f =f cos
M 0 ; A a P( a a / 2 ) Z f 0A a P( a 0,5a ) H f 0 H M / fM 0,75Pa 0,5Pa 0,25Pa ; f=0,75a ; H=0,25Pa/0,75a=0,33P ; V=H tg 0.33P 0,
α α α α α
α
′= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
′= ⋅ − − − ⋅ =∑⋅ − − − ⋅ = → =
= − =
⋅ = ⋅ɺ 5a / 2a 0,0825PZ H / cos 0.33P d / 2a 0,33P 2,06a / 2a 0,34Pα
== = ⋅ = ⋅ =
Određivanje dijagrama unutarnjih sila na nosaču sa zategom
A B
V
H
H
ZA
B
CD E F
G
P
ZV
Sl. 20.1 b) Određivanje unutarnjih sila na trozglobnom okviru sa zategom
Momenti savijanja u karakterističnim točkama zadanog nosača:
A D C
E
F G B
M 0 ; M H a 0,33Pa ; M 0M =A 0,5a+V 0,5a - H a=0,375Pa+0,0412Pa-0,33pa=0,086Pa M H 0,5a 0,33P 0,5a 0,165a ; M M 0
= = − ⋅ = − =⋅ ⋅ ⋅
= − ⋅ = − ⋅ = − = =
Poprečne sile po segmentima nosača:
d l
A Dd l
D Ed l
E Fd l d l
F G G B
T H 0,33P =T T A V 0,75P 0,0825P 0,83P TT B V 0,25P 0,0825P 0,167P TT H 0,33P T ; T 0 T
= − = −= + = + = == − + = − + = − == = = = =
Uzdužne sile po segmentima nosača:
d l
A Dd l
D E C Fd l
F Gd l
G B
N A V 0,75P 0,0825P 0,83P N N H 0,33P N N NN B V 0,25P 0,0825P 0,167P NN B 0,25P N ; Z=0,34P
= − − = − − = − == − = − = = == − + = − + = − == − = − =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
89
Crtanje dijagrama unutarnjih sila (Sl. 20.2).
0,33Pa 0.165Pa
M dijagram−
+-
--
-
0,25Pa
0,085Pa
+
-
-+
0,33P
0,167P0,167P
0,33P
0,83P
0,3
3P
0,83P
0,33P
T dijagram−
-
-0,167P
0,1
67
P
0,83P
0,83P
0,25P
-
0,167P
N dijagram−
-
0,3
4P
0,3
4P
+
Sl. 20.2 Dijagrami unutarnjih sila na trozglobnom okviru sa zategom
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
90
20. 2 G r a f i č k i p o s t u p a k
P r i m j e r 2. (trozglobni nosač sa zategom s općim opterećenjem)
Zadan je trozglobni nosač sa zategom prema prikazanoj slici 20.3. Treba grafičkom metodom
odrediti reakcije i unutarnje sile u označenim presjecima 1 2t i t .
1t
A
B
C
A B
P
2t
1S
2S
VB H
R−
1r 2
r
1A
SR
−
1S 2
SP
A
BB H
R−
1S
2S V
A
1A
SR
−1 1
2
t A S 1
t B H 2
M R r
M R r
−
−
= ⋅
= − ⋅
BH
dP
RR
R−
−= 1
S
1tN−
1tT+
2tT−
2tN−
H
2S H=
Sl. 20.3 Grafički postupak određivanja reakcija i unutarnjih sila u presjecima nosača
Najprije grafički odredimo reakcije, tako da poligon sila P-A-B mora biti zatvoren. Ako presiječemo zadani nosač kroz zglob C i štap S2, tada rezultanta sila desnog dijela nosača B-S2 mora prolaziti točkom C, jer u točki C moment savijanja mora biti jednak nuli. Dakle iz poznate reakcije B možemo odrediti silu S2 koja je jednaka sili H i rezultantu RB-H.
Moment savijanja u presjeku t1 dobivamo tako da RA-S1 pomnožimo s odgovarajućim krakom r1, a moment savijanja u presjeku t2, tako da rezultantu sila RB-H pomnožimo s krakom r2, uvažavajući definirane predznake. Uzdužnu silu Nt1, i poprečnu silu Tt1 dobivamo iz zatvorenog poligona rezultante RA-S1 i unutarnjih sila Nt1 i Tt1. Istim postupkom dobivamo unutarnje sile Nt2 i Tt2 na desnoj strani nosača.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
91
20.3 G r a f a n a l i t i č k i p o s t u p a k
Ovaj postupak je analogan grafoanalitičkom postupku primijenjenom na primjeru 6. trozglobnog okvira. Na zamjenjujućoj gredi se nacrta dijagram momenata savijanja
O
XM i od njega se oduzme
afini moment H y− ⋅ (geometrijski oblik između zatege i linije nosača). P r i m j e r 3. (trozglobni nosač sa zategom i vertikalnim opterećenjem (Sl. 20.4)).
l
P
A B
VA V
B
C
fy
H H
O
VA A= O
VB B=
P
l
H y− ⋅
O
CM
+-
++
D
E
F
G
GM
DM
EM
V B
V A
O
C
A M / l
B M / l
H M / f
=
=
=
a b
Ca
Cb
1
O1
1y
FM
O
XM H y− ⋅
1M
O
XM
OC
Sl. 20.4 Određivanje dijagrama momenata savijanja na nosaču grafoanalitički
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
92
O O
B V
O O
A V
O O
1 1 1
O O
C C C
M A l P b A A P b / l
M B l P a B B P a / l
M A a H y Pab / l H y
M A a P( a a )
= ⋅ − ⋅ → = = ⋅
= ⋅ − ⋅ → = = ⋅
= ⋅ − ⋅ = − ⋅
= ⋅ − −
Kad se na taj način odredi dijagram momenata savijanja, dijagram poprečnih sila se određuje iz dijagrama momenata primjenom diferencijalnih odnosa. Dijagram uzdužnih sila određujemo posebno.
21. OJAČANE GREDE
Često se u konstrukcijama, pojavljuju nosači sastavljeni od ravnih greda ojačanih sa štapovima, koji se mogu pojaviti s gornje ili donje strane ravne grede, radi povećanja nosivosti i smanjenja progiba. Takvi nosači se nazivaju „ojačane grede“. Prvi koji se je bavio ovakvim gredama bio je Langer, pa su po njemu dobile naziv „Langerove grede“. Ima ih različitih oblika, a neki od njih su prikazani na slici 21.1.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
93
Sl. 21.1 Tipovi ojačanih greda
Pri rješavanju ojačanih greda razvili su se također analitički, grafoanalitički i grafički postupci. Prvo ćemo prikazati analitički pristup određivanja reakcija i unutarnjih sila kod ovih nosača. Analogija s običnom gredom se i ovdje koristi pri određivanju reakcija i unutarnjih sila.
Reakcije ojačane grede za bilo koje opterećenje potpuno su jednake reakcijama obične grede, koja ima jednaki raspon i jednako opterećenje kao ojačana greda.
Sva horizontalna opterećenja na osi ojačane grede imaju isti učinak kao i na običnoj gredi jer se pri tome ne aktiviraju ojačanja grede.
U svrhu prikaza analitičkog postupka razmotriti ćemo ojačanu gredu danu na slici 21.2.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
94
OA
Sl. 21.2 Shema proračuna ojačane grede
Iz ravnoteže bilo kojeg čvora gornjeg nosača dobivamo:
Izrazi za unutarnje sile po analogiji obične grede u presjeku ojačane grede izgledaju:
Silu H smo dobili s predznakom „-„ to znači da ona djeluje u suprotnom smjeru, pa će temeljem toga izraz za moment savijanja, poprečnu silu i uzdužnu silu u presjeku grede izgledati:
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
95
xN =H
Iz gornjih izraza se vidi da se i kod Langerove grede pri određivanju unutarnjih sila primjenjuje analogija unutarnjih sila obične grede, a potom oduzima utjecaj horizontalne sile H. Radi toga su unutarnje sile kod Langerove grede kao i kod trozglobnih nosača i nosača sa zategom uvijek manje nego kod obične grede.
21.1 A n a l i t i č k i p o s t u p a k
P r i m j e r 1. (Analitičkim postupkom proračunati ojačanu gredu prikazanu na slici 21.3).
1α
2αA BC
D E
a
a a a aOA OBl 4a=
1d
2d
1 2 3 4
Q 2qa=f
2x
2y
HH
2S
1y
1x
H
1S q
V1V
S 2VS
Sl. 21.3 Proračunska shema ojačane grede
Pomoćne veličine:
1 1 2 2
1 2
cos a / d ; cos 2a / d ; tg =a/a=1 ; tg =a/2a=0,5 ; f=0,5a
α α
α α
= =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
96
Proračun reakcija i sila u ojačanjima
OO 2
B
OO 2
A
l O O
C
1 1 1 1 2 2
M 0 ; A l Q a 0 ; A Q a/ l 2qa / 4a 0,5qa
M 0 ; B l Q 3a 0 ; B Q a/ l 6qa / 4a 1,5qa
M 0 ; A 2a H f 0 ; H A 2a/ f 0,5qa 2a/0,5a 2qa
S H / cos 2qa d / a 2qd ; S H / cosα α
= ⋅ − ⋅ = → = ⋅ = =∑
= ⋅ − ⋅ = → = ⋅ = =∑
= ⋅ + ⋅ = → =− ⋅ =− ⋅ =−∑
= =− ⋅ =− = =−
1 2
2 2
V 1 1 1 V 2 2 2
2qa d / 2a qd
S S sin H tg 2qa ; S S sin H tg 2qa 0,5 qaα α α α
⋅ =−
= =− ⋅ =− = =− ⋅ =− ⋅ =−
Horizontalnu silu H kao i sile u štapovima S1 i S2 smo dobili s negativnim predznakom, što znači da djeluju u suprotnom smjeru od pretpostavljenih. To znači da su sile u kosim štapovima S1 i S2 tlačne.
Iz ravnoteže čvora triju štapova imamo:
1α 2
α
1S 2
S1
V
Y 1 1 1 2 2
1 1 1 2 2 1 1 1 1
1 1 2
F 0 ; - S sin V S sin 0
V S sin S sin H / cos sin H / cos sin V = H( tg tg ) 2qa(1 0,5 ) 3qa (vlak)
α α
α α α α α α
α α
= − − =∑
= − − = − ⋅ − ⋅
− + = + =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
97
Unutarnje sile na segmentu AD. Vanjske sile postavimo u pravi smjer.
H
OA
1M
1N
A
1T
1
1x
1S
1VS
1 1
1 1
O O
1 1 1 V 1 1 1 V 12
1 1 1 1 A D
O O
Y 1 V 1 Vd l
1 A D
X 1 1
M 0 ; -M A x S x 0 ; M A x S xM 0,5qa x 2qa x 1,5qa x ; M 0 ; M 1,5qa
F 0 ; T A S 0 ; T A ST 0,5qa 2qa 1,5qa T =T
F 0 ; N - H=0 ; N =H=2q
= + ⋅ − ⋅ = = ⋅ − ⋅∑= ⋅ − ⋅ = − ⋅ = = −
= − + = = −∑= − = − =
=∑d l
A Da=N =N
Unutarnje sile na segmentu DC.
H
OA
A
2S
2y
2x
2D2
M2
N
2Ta 2
( x a )−
2VS
2 2
O
2 2 2 2O
2 2 2 2 22 2 2
D C
O O
Y 2 V 2 Vd l
2 D C
d l
X 2 2 D C
M 0 ; -M A x H y 0 M A x H y 0,5qa x 2qa yM 0,5qa 2qa 1,5qa ; M 0
F 0 ; T -A -S =0 ; T =A +ST =0,5qa+qa=1,5qa=T T
F 0 ; N H 0 ; N H 2qa N N
= + ⋅ − ⋅ =∑= ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅= − = − =
=∑=
= − = = = = =∑
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
98
Unutarnje sile na segmentu CE.
a3
x3
( x a )−OB
B
q
2S
H3
y
3
3T
3M
3N
X 3Q q x= ⋅
E
3x / 2
2VS
3
3
3 2 3 2
O
3 3 3 X 3 3O 2
3 3 X 3 3 3 3 32 2 2
3 3 E 3 C
O O
Y 3 X V 3 X V
3 3
M 0 ; - M B x Q x / 2 H y 0M B x Q x / 2 H y 1,5qa x 0,5q x 2qa y( x a, y 0) M 1,5qa 0,5qa qa ; (x 2a) M 0
F 0 ; T B Q S 0 ; T B Q ST 1,5qa qa q x 0,5qa
= + ⋅ − ⋅ − ⋅ =∑= ⋅ − ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ − ⋅= = → = − = = → =
= + − − = = − + +∑= − + + ⋅ = −
3l d
3 E 3 C
l d
X 3 3 E C
q x ; (x a) T 0,5qa qa 0,5qa ; (x 2a) T 0,5qa 2qa 1,5qa
F 0 ; N H 0 ; N H 2qa N N
+ ⋅= → = − + = = → = − + =
= − = = = = =∑
Unutarnje sile na segmentu BE.
q
4x
4X 4Q q x= ⋅
4M
4T
4N
B
OB
4
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
99
4 4
4 4
O O
4 4 4 X 4 4 4 X 4O 2 2 2 2
4 4 4 4 E B
O O
Y 4 X 4 X 4l O d
4 B 4 E
M 0 ; -M B x Q 0.5x 0 ; M = B x Q 0.5xM = B x 0,5qx ; (x a ) M 1,5qa 0,5qa qa ; M 0
F 0 ; -T B Q 0 ; T B Q 1,5qa q x( x 0 ) T B 1,5qa ; (x a ) T
= + ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅∑⋅ − = → = − = =
= − + = = − + = − + ⋅∑= → = − = − = →
X 4
1,5qa qa 0,5qa
F 0 ; N 0
= − + = −
= =∑
21,5qa
2qa
2qa
8
2qa
8M dijagram−
-
+
1,5qa 1,5qa
1,5qa 1,5qa
0,5qa
0,5qa 1,5qa
+
- -
+
T dijagram−
Sl. 21.4 Dijagrami unutarnjih sila na zadanoj ojačanoj gredi
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
100
21.2 G r a f o n a l i t i č k i p o s t u p a k
P r i m j e r 2. (ojačana greda – grafoanalitički postupak)
Analitičkim putem izračunamo reakcije i nacrtamo dijagram momenata savijanja na zamjenskoj
običnoj gredi O
XM . Od tog dijagrama grafičkim putem odbijemo „H . y - afini moment“ koji odgovara
afinom liku, kojeg čine vanjski kosi štapovi ojačanja grede (Sl. 21.5).
Konačni dijagram momenata savijanja na ojačanoj gredi vidi se na slici b. Na analogan način se odredi i dijagram poprečnih sila, tako da se na dijagram obične grede doda utjecaj ojačanja (slika c.). Uzdužna sila jednaka je sili H na ojačanom dijelu nosača.
O
XT
O
XT
O
XT
O
X 1T H tgα− ⋅
O
X 2T H tgα+ ⋅
BO
Sl. 21.5 Određivanje unutarnjih sila na ojačanoj gredi grafoanalitički
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
101
21.3 G r a f i č k i p o s t u p a k
Vrlo često grafičkim postupkom možemo najbrže doći do željenih rezultata, ali ne s visokom točnosti. Stoga ovu metodu koristimo onda kada želimo što prije odrediti reakcije i unutarnje sile u samo jednom ili dva karakteristična poprečna presjeka nosača.
P r i m j e r 3. (odrediti unutarnje sile u presjeku 1-1 ojačane grede na slici 21.6).
1
1
z z
1
1 1 1Unutarnjesile M ,T ,N−
Sl. 21.6 Određivanje unutarnjih sila u presjeku ojačane grede grafički
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
102
22. PODUPRTE I OVJEŠENE GREDE
Poduprte i ovješene grede čine grupu složenih konstrukcijskih sustava. Određivanje reakcija i unutarnjih sila kod ovih sustava slično je postupku kao kod trozglobnih sustava. Poduprte i ovješene grede u istoj su grupi zbog toga što je proračunski tretman tih nosača isti. Razlika je jedino u predznaku sila u štapovima poduprtog odnosno obješenog sustava. Kod poduprtog sustava sile u štapovima su tlačne, dok su kod ovješenog vlačne.
Na sljedećoj slici 22.1 prikazani su neke od poduprtih i ovješenih greda.
Sl. 22.1 Tipovi poduprtih i ovješenih greda
Ovi nosači su sastavljeni od dviju krutih greda spojenih međusobno zglobom, a na krajevima su oslonjene na pomični i nepomični ležaj ili na dva pomična ležaja u posebnim slučajevima kada nema zatege.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
103
Ovakvi nosači su također slični ojačanim gredama. Razlika je u tome što se kod ojačanih greda sile u štapovima ojačanja prenose unutar sustava, dok se kod poduprtih i ovješenih greda sile u štapovima prenose izvan sustava.
Pri analizi reakcija i unutarnjih sila kod ovih sustava moguće je pristupati analitički i grafički. Uobičajen je analitički postupak uz primjenu analogije obični greda i trozglobnih nosača.
22.1 A n a l i t i č k i p o s t u p a k
Analitički pristup rješavanju reakcija i unutarnjih sila prikazan je na slici 22.2.
l
Sl 22.2 Proračunska shema poduprte grede
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
104
Za određivanje reakcija A0 i B0 po analogiji obične grede fiksiramo ležajne točke A i B′ ′ na sjecištu produženja krajnjih štapova i vertikala iz ležajeva A i B.
U tim točkama postavimo vertikalne komponente OA i BO reaktivnih sila, te komponentu H′u smjeru spojnice fiksiranih ležajnih točaka A i B′ ′ kao kod trozglobnih nosača.
Reakcije A0 i B0 odredimo iz uvjeta: O O
B AA M / l i B M / l
′ ′= = , a horizontalnu silu iz
uvjeta: O
CH M / f= .
Iz ravnoteže bilo kojeg čvora vidi se da je H konstantna duž potpornog poligona i da se sve sile u potporama mogu izraziti preko sile H.
i i i i i+1S H / cos i V=H(tg -tg ) α α α=
Vertikalne reakcije u slučaju kad je točka B′ na višem nivou od A′ su:
O O
V O V OA A Htg i B B Htg α α= + = −
Vertikalne reakcije u slučaju kad je točka B′na nižem nivou od A′ su:
O O
V O V OA A Htg i B B Htg α α= − = +
Vertikalne reakcije na ležajevima A i B krutih greda su:
V 1
V n
A A H tg B B H tg( )
αα
= − ⋅= − ⋅ −
Unutarnje sile se mogu izraziti u obliku kao kod trozglobnog nosača s osloncima u točkama A i B′ ′ kao na gornjoj slici u obliku.
O
X X
O O
X X O i X O i
M M H y
T T H( tg tg ) T H tg H tgα α α α
= − ⋅
= + − = + ⋅ − ⋅
Uzdužne sile su jednake nuli za sva vertikalna opterećenja. Prilikom analitičkog rješavanja ovih sustava koristimo zakon superpozicije.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
105
P r i m j e r 1. (poduprta greda – analitički pristup)
Koristeći prethodno izvedene izraze za reakcije i unutarnje sile izračunamo i nacrtamo dijagrame momenata savijanja i poprečnih sila za zamjenjujuću običnu gredu, a zatim primjenom superpozicije, pridružimo afini moment H y− ⋅ kod dijagrama momenata, te odgovarajuće
vrijednosti [ ]O iH tg( ) tgα α− − kod poprečnih sila (Sl. 22.3).
OA
OB
H ′
H ′H
2P
OHtgα
Sl. 22.3 Određivanje unutarnjih sila na poduprtoj gredi
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
106
P r i m j e r 2. (poduprta greda – analitički postupak)
Istim postupkom kao u prethodnom primjeru odredimo reakcije, momente savijanja i poprečne sile prema analogiji trozglobnog nosača i obične grede (Sl. 22.4). Nakon toga superpozicijom oduzmemo afini moment, a kod dijagrama poprečnih sila utjecaj potpornih štapova na poprečnu silu. Na dijelu 1-2 nema potpornih štapova pa je O
X X OT T H tgα= + ⋅ , a
XN 0 H≠ = (tlak).
H
H ′
1P
2P
3P
O
XT
Oα
OHtgα
Sl. 22.4 Unutarnje sile na poduprtoj gredi
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
107
P r i m j e r 3. (ovješena greda – analitički postupak)
U slučaju ovješene grede izrazi za moment savijanja i poprečnu silu su isti kao kod poduprtih greda.
O O
X X X X O iM M H y i T T H( tg tg )α α= − ⋅ = + −
Postupak određivanja unutarnjih sila je isti kao i kod poduprtih greda, a prikazan je na narednoj slici 22.5.
1P
2P
OBO
XT
Sl. 22.5 Dijagrami unutarnjih sila na ovješenoj gredi
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
108
22.2 G r a f i č k o o d r e đ i v a n j e r e a k c i j a i s i l a u š t a p o v i m a
Primjer grafičkog postupka određivanja reakcija i sila u štapovima prikazan je na jednom poduprtom nosaču prema prikazanoj slici 22.6. Isti grafički postupak vrijedi i za ovješene nosače.
P
A B
BA
C
0
12
3
A′
B′
A′
B′
P
B
3S
3S
A
1S
B′
A′
2S
1V
2V
2S
1S
C′
B′B
3S
2S 2
V
d
CR
I
III
II
C′
C
a.
b.
Sl. 22.6 Grafički postupak određivanja reakcija i sila u štapovima
Grafičkim putem su određene sve reaktivne sile i sile u svim štapovima poduprtog nosača. Važno
je uočiti da rezultanta B′ sila 3
S i B mora proći kroz točku C′ , jer se iz presjeka II-II (slika b.)
vidi da kroz točku C′ prolazi rezultanta sila d
C 2R i S, koja se mora uravnotežiti s B′ . Iz
poligona sila je vidljivo da su kod poduprtih sustava sve sile u štapovima tlačne (tlačni poligon). Sada kad su poznate sve sile lako se određuju M,T i N dijagrami zadanog sustava.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
109
23. ODREĐIVANJE POMAKA STATIČKIH SUSTAVA PRIMJENOM
ENERGETSKIH TEOREMA
23.1 R a d v a n j s k i h i u n u t a r n j i h s i l a
Vanjske sile vrše rad na pomacima deformiranog tijela, dok unutarnje sila vrše rad na odgovarajućim infinitezimalnim deformacijama.
Rad može biti stvaran ili virtualan (zamišljen). Stvarne vanjske sile vrše stvarni rad, a stvarne unutarnje sile vrše također stvarni rad, dok virtualne sile vrše mogući zamišljeni odnosno virtualni rad.
S t v a r n i r a d v a n j s k i h i u n u t a r n j i h s i l a
Pri opterećivanju konstrukcije stvarne vanjske sile vrše pozitivan rad koji postupno prelazi u potencijalnu energiju sustava, dok stvarne unutarnje sile vrše negativan rad jer se protive deformacijama.
V POT . UW V W= = −
R a d v a n j s k i h s i l a
Ovaj rad možemo prikazati pomoću elastične grede opterećene vanjskim koncentriranim opterećenjem prema slici 23.1.
δ
δi
δ
W
W∗
FF
iF
dδ
dF
Sl. 23.1 Rad sile na grednom nosaču
Rad vanjske sile na pomaku δ je:
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
110
F
0 0
2 2F
0
W F d ; W dF; = F ; d = dF ; / F
W W (za linearno elastično tijelo)F F 1
W FdF= = F W2 F 2 2
δ
δ δ δ λ δ λ λ δ
δλ λ δ
∗
∗
∗
= ⋅ = ⋅ =∫ ∫== ⋅ ⋅ = ⋅ =∫
U slučaju djelovanja grupe sila na elastičnu gredu (Sl. 23.2) imamo:
1F
2F
3F n
Fk
F
1δ
2δ
3δ n
δk
δ
n
1 1 2 2 n n k kk 1
1 1 1 1W F F ......... F F
2 2 2 2δ δ δ δ
== + + + = ∑
Sl. 23.2 Rad grupe sila na grednom nosaču
R a d u n u t a r n j i h s i l a
Pod unutarnjim silama podrazumijevamo: uzdužnu silu, moment savijanja i poprečnu silu. Ove sile vrše rad na deformacijama koje se događaju na osi grede (promjena dužine, promjena kuta i poprečno klizanje) prema narednoj slici 23.3.
ds ds∆
N N
dsd∆ ϕ
M M w∆T
T
ds
γ
Sl. 23.3 Rad unutarnjih sila na deformacijama diferencijalnog elementa grede
Rad unutarnjih sila na elementu grede duljine ds izgleda
uW ( ds ) N ds M d T w∆ ∆ ϕ ∆= ⋅ + ⋅ + ⋅
Rad unutarnjih sila je negativan jer unutarnje sile djeluju tako da sprječavaju deformacije, odnosno djeluju suprotno od njih pa vrijedi
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
111
uW ( ds ) N ds M ds T dsε κ γ= − ⋅ − ⋅ − ⋅
Veza između unutarnjih sila i odgovarajućih deformacija je linearna i dobivena iz konstitutivnih jednadžbi izgleda
N / EA ; M/EI ; =k T/GA ε κ γ= = ⋅
gdje su: E-modul elastičnosti, A-površina poprečnog presjeka, I-moment tromosti poprečnog presjeka, G-modul smicanja i k-koeficijent oblika poprečnog presjeka (k=1,2 za pravokutni presjek).
Uvođenjem ovih izraza u gornju jednakost za rad unutarnjih sila i integracijom po dužini štapa s dobivamo novi izraz za rad unutarnjih sila u obliku
2 2 2
us s s
1 N 1 M 1 TW ds ds k ds
2 EA 2 EI 2 GA= − − −∫ ∫ ∫
V i r t u a l n i r a d v a n j s k i h i u n u t a r n j i h s i l a
Ako vanjske i unutarnje sile vrše rad na pomacima i deformacijama od virtualnih sila, tada to zovemo virtualni ili zamišljeni mogući rad
-Virtualni rad vanjskih sila na statičkom sustavu možemo izraziti kao
V
ik i ikW F δ=∑ - (rad vanjskih sila stanja i na pomacima stanja k).
-Virtualni rad unutarnjih sila stanja i na deformacijama od stanja k je
U
ik i k i k i ks
W ( M N T )dsκ ε γ= − ⋅ + ⋅ + ⋅∫
-Deformacijske veličine su: k k k
k k k
M N T ; ; k
EI EA GAκ ε γ= = = ,
pa rad unutarnjih sila stanja i na deformacijama stanja k izgleda
U i k i k i k
iks s s
M M N N TTW ds ds k ds
EI EA GA= − − −∫ ∫ ∫
Prema Lagrangeovu principu, rad svih sila na virtualnim pomacima jednak je nuli.
V U V U
ik ik ik ikW W 0 W W+ = → = −
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
112
V i r t u a l n i p o m a c i i v i r t u a l n e s i l e
Promatramo dva nezavisna stanja moguće ravnoteže i deformacija: 1. moguće stanje ravnoteže
i i( F ,R ,M ,N ,T )
2. moguće stanje deformacija i i
( s ,r , , , )κ ε γ
-Moguće stanje ravnoteže pod djelovanjem vanjskog opterećenja Fi je svaki skup reakcija Ri i
unutarnjih sila (M,N,T) koji zadovoljava uvjete ravnoteže.
-Moguće stanje deformacija statičkog sustava je svaki skup pomaka i deformacijskih veličina koji
zadovoljava uvjete kompatibilnosti.
Veza između mogućih stanja ravnoteže i mogućih stanja deformacija statičkog sustava definirana je u obliku
i i i is
F s R r ( M N T )dsκ ε γ+ = ⋅ + ⋅ + ⋅∑ ∑ ∫
Sada definiramo princip virtualnih pomaka, tako da se za moguće stanje ravnoteže uzme stvarno stanje koje se javlja pod zadanim opterećenjem, a za moguće stanje deformacija i pomaka uzme virtualno stanje i označi s povlakom pa imamo
i i i is
F s R r ( M N T )ds ...... ( )κ ε γ+ = ⋅ + ⋅ + ⋅∑ ∑ ∫ P.V.P
Na sličan način definiramo princip virtualnih sila, tako da se za moguće stanje deformacija odaberu stvarni pomaci i deformacije koje se javljaju pod zadanim opterećenjem, a za moguće stanje ravnoteže uzmu virtualne sile pa imamo.
i i i is
F s R r ( M N T )ds ...... ( )κ ε γ+ = ⋅ + ⋅ + ⋅∑ ∑ ∫ P.V.S
Iz ova dva principa izvodi se vrlo važan teorem o uzajamnosti radova.
Pretpostave se dva moguća stanja ravnoteže i dva moguća stanja deformacija i to:
i i i i
i i i i
F ,R ,M ,T ,N i s ,r , , , - stvarno
F ,R ,M ,T ,N i s ,r , , , - virtualno
κ ε γ
κ ε γ
Princip virtualnih pomaka i princip virtualnih sila za ova stanja je:
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
113
i i i is
i i i is
F s R r ( M N T )ds
F s R r ( M N T )ds
κ ε γ
κ ε γ
+ = ⋅ + ⋅ + ⋅∑ ∑ ∫
+ = ⋅ + ⋅ + ⋅∑ ∑ ∫
Deformacijske veličine su:
M N T M N T ; ; k ; ; ; k
EI EA GA EI EA GAκ ε γ κ ε γ= = = = = =
Sada za dva neovisna stanja imamo:
i i i is
i i i is
MM NN TTF s R r ( k )ds
EI EA GA
MM NN TTF s R r ( k )ds
EI EA GA
+ = + +∑ ∑ ∫
+ = + +∑ ∑ ∫
Desne strane gornjih jednadžbi su jednake, pa moraju biti i lijeve.
i i i i i i i iF s R r F s R r+ = +∑ ∑ ∑ ∑
Gornja jednakost predstavlja teorem o uzajamnosti radova.
Gornji teorem o uzajamnosti radova može se pojednostavniti i izraziti u obliku
i ik k kiF F .............( )δ δ⋅ = ⋅∑ ∑ T.U.R
Za statički sustav s dva različita stanja opterećenja vrijedi da je rad vanjskih sila jednog stanja opterećenja na pomacima izazvanim drugim stanjem opterećenja jednak radu vanjskih sila drugog stanja opterećenja na pomacima izazvanim prvim stanjem opterećenja. Teorem o uzajamnosti radova zove se Bettyev teorem.
Na sličan način izveden je još jedan važan teorem o uzajamnosti pomaka (Sl. 23.4). U teoremu o uzajamnosti radova uzme se da na sustav djeluju dvije sile: Fi koja djeluje u točki i kao prvo stanje opterećenja i Fk koja djeluje u točki k kao drugo stanje opterećenja i dobivamo.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
114
Sl. 23.4 Prikaz teorema o uzajamnosti pomaka
i ik k kiF Fδ δ⋅ = ⋅
Uzmu li se sile Fi i Fk jedinične tada vrijedi
ik ki ...........( )δ δ= T.U.P
Pomak na mjestu i smjeru jedinične sile izazvan drugom jediničnom silom jednak je pomaku na
mjestu i smjeru druge jedinične sile izazvan prvom jediničnom silom.
Teorem o uzajamnosti pomaka zove se Maxwellov teorem.
23.2 Određivanje pomaka statičkog sustava
M e t o d a j e d i n i č n o g o p t e r e ć e n j a
Za virtualno stanje usvoji se opterećenje jednom jediničnom silom na mjestu i smjeru pomaka koji se želi odrediti i primjeni princip virtualnih sila i dobiva se izraz.
i is
( m n t )ds R rδ κ ε γ= ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅∑∫
U ovom slučaju unutarnje sile od virtualnog opterećenja su radi jednostavnosti uzete bez povlake i označene malim slovima jer potječu od jediničnog opterećenja. U gornjem izrazu ri je pomak vanjskih veza nosača. Uvedu li se u gornju formulu izrazi za deformacijske veličine dobiva se
i is
M N T( m n t k )ds R r
EI EA GAδ = + + − ⋅∑∫
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
115
U t j e c a j t e m p e r a t u r e
Gornju formulu treba nadopuniti s deformacijskim veličinama koje nastaju kao posljedica djelovanja jednolike i nejednolike temperature.
Deformacije od djelovanja bilo kakve temperature na element grede ds možemo prikazati prema sljedećoj slici 23.5 .
1t
2t
ds
t 2t dsα
t 1t dsα
h
h
2h
2
ds∆
t∆
t
2
∆t
∆ϕ
t∆ϕ
Sl. 23.5 Deformacija diferencijalnog elementa grede pod temperaturom
Različito stanje temperature na gornjem i donjem dijelu grednog nosača uvijek se dade rastaviti na jednoliko i nejednoliko djelovanje.
Naime jednolika promjena temperature izaziva samo promjenu duljine bez promjene kuta pa imamo
2 1
t t t s t t s
( t t )ds ds t ds ; i = t
2∆ α α ε α+= = ⋅ ⋅ ⋅
Nejednolika temperatura 2 1
t t t∆ = − izaziva promjenu kuta u obliku rotacije poprečnog presjeka
2 1
t t t t t
( t t ) t tds ds ; i
h h h
∆ ∆∆ϕ α α κ α−= = =
Gornji izrazi su izvedeni uz pretpostavku da je zakrivljenje grede malo ili da ga uopće nema odnosno da se radi o ravnoj gredi.
Izvedene izraze deformacijskih veličina uvedemo u izraz za pomak i dobivamo kompletan izraz za pomak punostijenih nosača u obliku.
t
t s i is s s s s
M N T tm ds n ds k t ds m ds n t ds R r
EI EA GA h
α ∆δ α= + + + + ⋅ − ⋅∑∫ ∫ ∫ ∫ ∫
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
116
U slučaju rešetkastih nosača imamo.
i i
i i t s ii i
i
s Sl s t l
EAδ α= + ⋅ ⋅∑ ∑
Utjecaj poprečne sile na pomak je zanemariv, a utjecaj uzdužne sile se uzima samo u slučaju kada je ona dominantna na pojedinom elementu ili sustavu (tanki štapovi, ojačane grede, rešetke itd). Isto tako temperatura i pomaci ležajeva na sustavu često nisu prisutni, pa se gornji izrazi za pomak svode na jednostavan oblik:
s
i i
ii
i
Mm ds - za punostjene nosače
EIi
s Sl - za rešetkaste nosače
EA
δ
δ
= ∫
= ∑
δ - je generalizirana veličina koja znači i pomake i kutove zaokreta.
P o s t u p a k o d r e đ i v a n j a p o m a k a
1. određivanje unutarnjih sila M,T,N od zadanog stvarnog opterećenja 2. zadavanje jedinične sile (virtualne) na mjestu i smjeru traženog pomaka ili zadavanje
jediničnog momenta (virtualnog) na mjestu i smjeru traženog kuta zaokreta zavisno od toga dali tražimo pomak ili zaokret presjeka.
3. Može se tražiti i promjena međusobnog razmaka dviju točaka na nosaču u kojem slučaju zadajemo u tim točkama u pravcu traženog pomaka dvije jedinične sile suprotnog smjera, ili kada se traži promjena kuta između tangenata u dvjema različitim točkama nosača, zadaju se u tim točkama dva jedinična momenta suprotnog smjera.
4. određivanje unutarnjih sila m,n,t od jediničnog opterećenja 5. integracija po cijelom nosaču.
Često se zbog malih veličina u izrazima za pomake te veličine množe sa suvislo odabranim koeficijentom koji je kod punostijenih nosača EI0, a kod rešetkastih EA0. pa imamo:
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
117
0
si
0
i i ii
i
Im M ds - za punostjene nosače
Ii
As S l - za rešetkaste nosače
A
δ
δ
= ⋅ ⋅∫
= ⋅ ⋅∑
Kako se unutarnje sile uglavnom prikazuju pomoću dijagrama, određivanje pomaka punostijenih nosača se obavlja grafičkom integracijom nad dijagramima unutarnjih sila uz određena pravila. Jedno od tih pravila je pravilo Vereščagina.
Često je jedna od podintegralnih funkcija kvadratna, a druga linearna. U tom slučaju iz donje slike 23.6 je vidljivo da tada vrijedi:
j j
j jj j j0
T M T Mi i
j j j
m m x / x ; uvršteno u formulu za pomak daje m m mI
M xdx x dA x A m Ax I x x
= ⋅
⋅ = ⋅ = = ⋅∫ ∫
T
M
m
im m
Tm j
m
x dxi j
M
jx
ix
o
o
Tx
MA
0I
MI
0I
dA M dxI
=
Sl. 23.6 Slikovni prikaz teorema Vereščagina
Na taj način se integral 0
si
Im M ds
I⋅ ⋅∫ rješava tako da se površina AM dijagrama reduciranog
momenta M (kvadratna funkcija) pomnoži s ordinatom mT linearne funkcije m ispod težišta površine reduciranog momenta M. Isto vrijedi i kada su obje funkcije linearne i kada se ne obavlja redukcija. To je pravilo Vereščagina.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
118
Druga mogućnost tijekom grafičke integracije je korištenje Simpsonova pravila (sl. 23.7).
M
m
pm s
mk
m
pM
sM
kM
L
+
+
Sl. 23.7 Prikaz Simpsonova pravila integracije
( )0 0
p p s s k kL
i i
I L IM m ds M m 4 M m M m
I 6 I⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅∫
Gdje su s p-označene početne vrijednosti, sa s-središnje vrijednosti i s k-krajnje vrijednosti funkcija na segmentu grede duljine l.
Integracija se obavlja po segmentima gdje su funkcije jedinstveno definirane.
Predznaci nakon grafičke integracije zavise od predznaka dijagrama koji se množe. Rezultat množenja dijagrama s istovrsnim predznacima daje predznak +, a s raznovrsnim daje predznak -.
Predlaže se složenije oblike funkcija razložiti na jednostavnije i koristiti zakon superpozicije kao primjerice na slijedećim slikama.
Grafičko integriranje funkcija istog predznaka (Sl. 23.8).
1T
2T
3T
1Tm
2Tm
3Tm
M
m
i j
k k
j n
T Mk 1i
m M dx m A=
⋅ ⋅ = ∑∫
+
+
Sl. 23.8 Razlaganje i integriranje funkcija istog predznaka
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
119
Razlaganje i grafičko integriranje funkcija s različitim predznacima (Sl. 23.9).
a bc a b
c
= + +
M 1M
2M
3M
m1
m 2m
d
e= +
- - -+
-
+d
e
L
L
+
+
-
+
-
L L
L L
L
Sl. 23.9 razlaganje i integriranje funkcija različitih predznaka
L
0
aL 1 2 bL 2 1 2 1 1M m dx e d e d cL d e
2 3 3 2 3 3 3 2 2∫
⋅ ⋅ = − + − + −
Daljnji primjeri grafičke integracije:
2
M( f qa / 8 )=
M
M
M
M
1 2 m f a mf a (Vereščagin)
EI 3 2 3EI
1 a m f a m4 f (Simpson)
EI 6 2 3EI
δ
δ
⋅ ⋅ = ⋅ =
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
a
Mf
mm / 2
M
m
+
+
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
120
a
1m
2m
1M
2M
-
+2
T
1T
+
1 2
1 2 2 1
1 M a 2 1 M a 2 1m m m m (V.)
EI 2 3 3 2 3 3δ = + − +
M
m
a
1m
1M-
+
+
Mf
1
2m
3
1m
2
1 1
1 M
1 M a 2 2 mm f a (V.)
EI 2 3 3 2δ = − ⋅ + ⋅ ⋅
M
m
P r i m j e r 1. (određivanje pomaka punostjenog nosača)
Treba odrediti promjenu razmaka između točaka AB zadanog okvirnog nosača (Sl. 23.10)
m
+
+
+
+
Sl. 23.10 Određivanje pomaka između točaka A i B zadanog nosača
2l
AB0
M m 1 1 Fl Fl adx l a
EI EI 2 4 8EIδ ∫
⋅= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
121
P r i m j e r 2. (određivanje pomaka punostijenog nosača s viješaljkom)
Za zadani nosač s viješaljkom treba odrediti vertikalni pomak točke C. U obzir uzeti i deformaciju od uzdužne sile (Sl. 23.11).
a
F / 2
+F
+
l / 2 l / 2
Fl
4
N
M
a
1/ 2
+
+
l / 2 l / 2
1 l
4
⋅m
n
F 1=
EI
EI
EA
EA
A
A
B
B
C
C
Sl 23.11 Određivanje vertikalnog pomaka točke C zadanog nosača
l a
CV0 0
3
M m N ndx dy
EI EA1 1 Fl l 2 l 1 F 1 Fl Fa
2 ( ) a ( )EI 2 4 2 3 4 EA 2 2 48EI 4EA
δ ∫ ∫⋅ ⋅= + =
= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ = +
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
122
P r i m j e r 3. (određivanje pomaka i kuta zaokreta nosača)
Za zadani nosač krutosti EI opterećen jednolikim opterećenjem treba odrediti kut zaokreta ležaja A i vertikalni pomak točke C. Utjecaj poprečne sile na pomak točke C zanemariti (Sl. 23.12).
q
Aϕ
CVδC
A B
l / 2 l / 2l
2
1
qlf
8=
M
m 1=
11
m
F 1=2
ml
4l
8l
8
2
2
qlf
32=
2f 1
T2
T2
T
3T
3T
1 / 2
l
6l
6
A
qlR
2= B
qlR
2=
+
+
+
Sl. 23.12 Određivanje kuta zaokreta ležaja A i vertikalnog pomaka točke C
2 3l
1
A 10
M m 1 2 1 1 2 ql 1 qldx f l l
EI EI 3 2 EI 3 8 2 24EIϕ ∫
⋅= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =
l2
CV 1 20
2 2 4 4 4
M m 1 l 1 l 2 l ldx f f 2
EI EI 2 2 6 3 2 8
1 ql l 1 l 2 ql l l 1 ql ql 5 ql 2
EI 8 2 2 6 3 32 2 8 EI 96 384 384 EI
δ ∫⋅ = = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ =
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = + =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
123
P r i m j e r 4. (određivanje pomaka nosača pod temperaturom)
Treba odrediti vertikalni pomak točke D okvirnog nosača, koji se na vanjskoj strani ohladi za T1=-20oC, a na unutarnjoj strani zagrije za T2=10oC. Poprečni presjek nosača je pravokutni konstantne visine h (Sl. 23.13).
l
n M-
-
Sl. 23.13 Određivanje vertikalnog pomaka točke D nosača pod temperaturom
l l2 1 1 2
DV t t S t M t N0 0
2 1 1 2
2
M N
DV
T T T T Tm dx n T dx A A
h h 2
T T 10 ( 20 ) 30 T T 20 10 10 ; 5
h h h 2 2 2
1A ( l l l l ) 1,5l ; A 1 l 1 0,5l 0,5l
2
45
∆δ α α α α
αδ
∫ ∫− += ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
− − − + − += = = = − = −
= − ⋅ ⋅ + ⋅ = − = − ⋅ + ⋅ = −
= −2
t
t
l2,5 l
hα+
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
124
P r i m j e r 5. (određivanje ukupnog pomaka jednog čvora rešetke)
Treba odrediti ukupni pomak čvora B rešetkastog nosača, ako svi štapovi imaju jednaku uzdužnu krutost EA (Sl. 23.14).
Sl. 23.14 Određivanje ukupnog pomaka točke B zadane rešetke
Sile u svim štapovima pri djelovanju vanjskih i jediničnih sila prikazane su u Tablici 23.1.
Tablica 23.1 Postupak određivanja pomaka točke B
Štap Duljinai
S iHsi iH
S s l⋅ ⋅i iV
S s l⋅ ⋅iVs
n ni iH
BH i i iH ii 1 i 1
i
n ni iV
BV i i iV ii 1 i 1
i
2 2
2 2
B BH BV
S s 1 Fll S s l 3,828
EA EA EA
S s 1 Fll S s l
EA EA EA
Fl Fl Fl3,828 3,96
EA EA EA
δ
δ
δ δ δ
= =
= =
∑ ∑
∑ ∑
⋅= ⋅ = ⋅ ⋅ = −
⋅= ⋅ = ⋅ ⋅ =
= + = − + =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
125
P r i m j e r 6. (određivanje pomaka rešetkaste konstrukcije)
Potrebno je odrediti horizontalni pomak točke B i vertikalni pomak točke C zadanog rešetkastog nosača, ako je EA konstantno (Sl. 23.15).
A B
2F
C
D
F F
1 2
34
5
A BC
D
1 2
34
52F+
F+ F+
F 2− F 2−
a a a a
a
A BC
D
1 2
34
5
CVF 1=
1
21
2
1 / 2+ 1 / 2+
1+
2 / 2− 2 / 2−
a aBHF 1=1 1+ 1+
a ) b ) c )
0
0
0
Sl. 23.15 Određivanje pomaka točaka B i C zadanog rešetkastog nosača
Sile u štapovima zadane rešetke za vanjsko opterećenje i jedinične sile u točkama C i B prikazane su u Tablici 23.2.
Tablica 23.2 Postupak određivanja pomaka točaka B i C
Štap Duljina Si siv-C Si .siv-C .li siH-B Si .siH-B .li 1 a F 1/2 Fa/2 1 Fa 2 a F 1/2 Fa/2 1 Fa 3 a 2 -F 2 - 2 /2 Fa 2 0 0 4 a 2F 1 2Fa 0 0 5 a 2 -F 2 - 2 /2 Fa 2 0 0
∑ (3+2 2 )Fa 2Fa
n ni iV
CV i i iV ii 1 i 1
i
S s 1 Fa Fal S s l ( 3 2 2 ) 5,82
EA EA EA EAδ
= =∑ ∑
⋅= ⋅ = ⋅ ⋅ = + =
n ni iH
BH i i iH ii 1 i 1
i
S s 1 2Fal S s l
EA EA EAδ
= =∑ ∑
⋅= ⋅ = ⋅ ⋅ =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
126
P r i m j e r 7. (određivanje pomaka na okviru sa zategom)
Za zadani trozglobni okvir sa zategom treba odrediti vertikalni pomak točke C i međusobni kut zaokreta lijevog i desnog dijela nosača u točki C. U proračun pomaka uzeti i utjecaj uzdužne sile, ako je: Ig=2Is, Ag=2As, As=5Az (konačni pomak izraziti preko elemenata stupa), (Sl. 23.16).
a
a / 2A BA
Ba / 2 a / 2qa
2qa
2
S SE,I ,A
g gE,I ,A
ZE,A
Sl. 23.16 Određivanje pomaka i zaokreta točke C
a) M,N - dijagrami unutarnjih sila od vanjskog opterećenja (Sl. 23.17)
2qa
8
2qa
8
2qa
8
qaZ
8= +
M
--
- -
2qa
32
2qa
8
qaZ
8= +
M
--
- -
2qa
32
N
qa / 2 qa / 2
qa / 2 qa / 2qa
8
qa
8
qa
8qa
8
Sl. 23.17 M i N dijagrami od vanjskog opterećenja
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
127
b) m1,n1 - dijagrami od jedinične vertikalne sile u točki C
--
- -
CVF 1=a
4
a
4
1Z 1/ 4=
1m
- -
1/ 2 1 / 2
1 / 2 1 / 21
4
1
4
1
4
1
4
-
1n
+
c) m2,n2 - dijagrami od jediničnih momenata u točki C
1 1
2m
m 1=m 1=
Z 1/ a= +
2n
1
a1
a
1
a1
a
Sl. 23.18 Dijagrami od jedinične sile i jediničnog momenta u točki C
CV 1 1 1 1 1s s s s s
g s g s z2 2 2
g s g
s z
1 1 1 1 1m M ds m M ds n N ds n N ds n N ds
EI EI EA EA EA1 qa a1 2a 2qa a 1a 1 qa 1 2a 1 qa 1
2 a 2 aEI 8 22 34 3 32 2 24 EI 8 2 34 EA 8 41 qa 1 1 qa 1 1
1,5a 2 aEA 2 2 EA 8 4 EI
δ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =∫ ∫ ∫ ∫ ∫
= ⋅ − ⋅ + ⋅ + + + ⋅ + ⋅ =
4 4 4 2
g g s g2 2 4 4 4 2 2 2 4 2
s z s s s s s s s s
qa 1 qa 1 qa 1 qa
96 EI 384 EI 48 EA 321 3qa 1 qa qa qa qa qa 3qa 5qa 19qa 27qa
EA 4 EA 32 192EI 768EI 48EI 64EA 4EA 32EA 768EI 64EA
− + + +
+ + = − + + + + = +
C 2 2 2 2 2s s s s s
g s g s z2 2 2
g g s g z3 3
g g g
1 1 1 1 1m M ds m M ds n N ds n N ds n N ds
EI EI EA EA EA1 qa a1 1 2qa a 1 qa 1 2 1 qa 1 1 qa 1
1 2 1 2 a 1 2 a aEI 8 22 EI 3 32 2 EI 8 2 3 EA 8 a EA 8 aqa qa qa
16EI 48EI 8EA
ϕ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =∫ ∫ ∫ ∫ ∫
= ⋅ − ⋅ + ⋅ + +
= − +3 3 3 3
z s s s s s s s
qa qa qa qa qa 5qa 5qa 11qa
8EA 32EI 96EI 12EI 16EA 8EA 48EI 16EA+ = − + + + = +
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
128
24. STATIČKI NEODREĐENI SUSTAVI
Prethodno smo naučili da noseći konstrukcijski sustavi mogu biti statički određeni i statički neodređeni. U prethodnim poglavljima smo dosta naučili o proračunu statički određenih konstrukcija, a nismo ništa o statički neodređenim. Stoga ćemo se u daljnjem proučavanju fokusirati na statički neodređene konstrukcije uz određivanje vanjskih i unutarnjih sila.
Sa statičkog gledišta neodređena konstrukcija je ona koja ima veći broj vanjskih ili unutarnjih veza od broja nezavisnih jednadžbi kojima se opisuju uvjeti ravnoteže.
S kinematičkog gledišta statički neodređeni sustav je geometrijski nepromjenjiv sustav u kojem je broj vanjskih ili unutarnjih veza veći od minimalno potrebnih za njegovu geometrijsku nepromjenjivost.
Statičku određenost ili neodređenost nosača sastavljenog od greda i štapova provjeravamo pomoću poznate formule za stupnjeve slobode
n
K d č š zi li 1
S 3n 2n n 2 i n n=
= + − − −∑
gdje su:
d č š zi
l
n broj diskova, n broj čvorova, n -broj štapova i n - broj i-strukih zglobovaa n - broj vanjskih veza (odnosno veza s podlogom)
− −
U gornjoj formuli prva dva člana daju ukupan broj stupnjeva slobode (jer disk ima 3, a čvor 2 stupnja slobode). Ostali članovi pokazuju oduzete stupnjeve slobode. Rezultat prikazane formule za stupnjeve slobode može biti: veći, manji ili jednak nuli.
-ako je SK=0, ispunjen je osnovni uvjet statičke određenosti sustava. Sustav je stabilan ako su ispunjeni i dodatni uvjeti geometrijske nepromjenjivosti. -ako je SK < 0, radi se o statički neodređenim (preodređenim) sustavima koji imaju više veza od minimalno potrebnih. Sustav je stabilan uz uvjet da je ispunjen i uvjet geometrijske nepromjenjivosti. -ako je SK > 0, radi se o sustavu koji ima manje veza od minimalno potrebnih, pa je stoga geometrijski promjenjiv. U slučaju čistih rešetkastih konstrukcija vrijedi reducirana formula
R
K LČ ŠS 2n n n= − −
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
129
gdje je:
č š L
n broj čvorova, n broj štapova, a n broj vanjskihveza− − −
Statički neodređene konstrukcije imaju višak veza koje se određuju kroz stupanj statičke neodređenosti sustava. Važno je znati da prekidanjem veza, statički određeni sustav postaje labilan, a statički neodređen sustav ne postaje labilan sve dotle dok broj prekinutih veza ne padne ispod minimalno potrebnih za statičku određenost i geometrijsku nepromjenjivost. Prekidanjem nekih vanjskih ili unutarnjih veza, kod statički neodređenih sustava dolazi do preraspodjele unutarnjih sila i sustav ostaje u ravnotežnom stanju. Kažemo da statički neodređene konstrukcije sadrže unutarnje rezerve statičke i kinematičke stabilnosti što je prikazano na slijedećem primjeru.
U rješavanju statički neodređenih sustava primjenjuju se metoda sila i metoda pomaka. Prije pristupa rješavanju statički neodređenih sustava potrebno je odrediti stupanj statičke neodređenosti, kako bismo mogli znati broj nepoznatih veličina koje je potrebno odrediti. Navodimo nekoliko primjera određivanja stupnja statičke neodređenosti.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
130
P r i m j e r 1. (obostrano upeti jednopoljni okvir (Sl. 24.1))
dn 1=
l 1n 3=
l 2n 3=
Sl. 24.1 Jednopoljni okvirni nosač
K
S 3 1 2 3 3 (3 S.N.S )= ⋅ − ⋅ = − → ×
Kako pokazuje analiza konstrukcija je 3 x statički neodređena. Kod jednostavnih sustava kao što je ovaj neodređenost možemo na pamet odrediti bez korištenja formule. P r i m j e r 2. (okvirni nosač sa zategom (Sl. 24.2))
l 1n 1= l 2
n 3=
d
š
n 1n 1
==
Sl. 24.2 Okvirni nosač sa zategom
K
S 3 1 1 4 2 ( 2 S.N.S )= ⋅ − − = − → ×
Ovaj noseći sustav je 2 x statički neodređen.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
131
P r i m j e r 3. (ojačana greda (Sl. 24.3))
d
č
š
l
n 1n 2n 6n 3
====
Sl. 24.3 Ojačana greda
K
S 1 3 2 2 6 3 2 ( 2 S.N.S )= ⋅ + ⋅ − − = − → ×
P r i m j e r 4. (Kontinuirani nosač (Sl. 24.4))
d
z 1
l
n 2n 1n 7
==
=
Sl. 24.4 Kontinuirani nosač
K
S 3 2 2 1 7 3 (3 S.N.S )= ⋅ − ⋅ − = − → ×
P r i m j e r 5. (dvoetažni okvir (Sl. 24.5))
U ovom primjeru se pojavljuje zatvoreni okvir zo - koji oduzima 3 stupnja slobode i kojeg treba dodati u formulu za SK kao 3 x nzo.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
132
d
zo
l
n 1n 1n 1
===
Sl. 24.5 Dvoetažni okvir
n
K d č š zi l zoi 1
S 3n 2 n n 2 i n n 3n=
= + − − − −∑
K
S 3 1 4 3 1 4 ( 4 S.N.S )= ⋅ − − ⋅ = − → ×
P r i m j e r 6. (tropoljni okvir (Sl: 24.6)): U formuli za SK oduzmemo 3 x nzo
d
š
l
zo
n 1n 1n 3n 3
====
Sl. 24.6 Tropoljni okvir
K
S 3 1 1 3 3 3 10 (10 S.N.S )= ⋅ − − − ⋅ = − → ×
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
133
P r i m j e r 7. (Neodređena rešetka (Sl. 24.7))
č
š
l
n 10n 19n 3
===
Sl. 24.7 Statički neodređena rešetka
R
KS 2 10 19 3 2 ( 2 S.N.S )= ⋅ − − = − → ×
Jedna od mana statički neodređenih sustava je u tome da su osjetljivi na utjecaj temperature, izvedbu i pomake ležajeva, dok statički određene konstrukcije to nisu. Drugim riječima temperatura, nepravilna izvedba i pomaci oslonaca uzrokuju pojavu unutarnjih sila.
25. METODA SILA
Statički neodređene sustave metodom sila rješavamo tako da ih prekidanjem pojedinih veza svodimo na statički određene sustave. Na mjestima prekinutih veza postavljamo par uravnoteženih sila odnosno momenata. Dobiveni statički određeni sustav se naziva osnovni sustav. Osnovni sustav je statički određen i geometrijski nepromjenjiv, ali s nadomještenim silama na mjestu prekinutih veza u potpunosti odgovara zadanom statički neodređenom sustavu. Nema strogog pravila za određivanje osnovnog statički određenog sustava i može se ispravno postaviti na više načina. Treba nastojati da osnovni sustav bude što jednostavniji za proračun unutarnjih sila. Prikaz nekih statički neodređenih sustava pomoću osnovnog statički određenog sustava s odgovarajućim nepoznatim silama vidi se na sljedećim primjerima:
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
134
P r i m j e r 1. (Sl. 25.1).
1.d2
X2
X
2 S.N.S×
Sl. 25.1 Primjer rješavanja dvaput neodređenog kontinuiranog nosača metodom sila P r i m j e r 2. (Sl. 25.2).
2. 2.a
1X
2X
3 S.N.S×3
X3
X
1X
2.b 2.c2
X2
X
3X
1X
2X
2X
3X
Sl. 25.2 Primjer rješavanja triput neodređenog nosača metodom sila
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
135
P r i m j e r 3. (Sl. 25.3).
2 S.N.S× 3.
1X
1X
2X
2X
3.a
1X
1X
2X
2X
3.b
1X
1X
2X
2X
3.b
Sl. 25.3 Primjer rješavanja dvaput statički neodređenog nosača metodom sila
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
136
P r i m j e r 4. (Sl. 25.4)
2 S.N.S×
4.
1X
1X
2X
2X
4.a
1X
1X 2
X
2X
4.b
1X
1X
2X
2X 4.c
Sl. 25.4 Primjer rješavanja dvaput statički neodređene rešetke metodom sila
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
137
P r i m j e r 5. (Sl. 25.5).
5. 1 S.N.S×
1X
1X
1X
1X
5.a
5.b 5.c
Sl. 25.5 Rješavanje jedanput statički neodređenog nosača metodom sila
P r i m j e r 6. (Sl. 25.6).
4 S.N.S×
6.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
138
2X
4X
1X
1X
2X
2X
3X
3X6.b 6.c
4X
Sl. 25.6 Rješavanje četiri puta statički neodređenog nosača metodom sila
Kao što je vidljivo iz prethodnih primjera na n puta statički neodređenom sustavu pojaviti će se n nepoznatih sila X1 do Xn koje predstavljaju sile u prekinutim vezama. Za određivanje tih sila koristimo se jednadžbama neprekinutosti ili kontinuiteta, te zakonom superpozicije pomaka i principom jedinične sile.
Naime sile na mjestu raskinutih veza uz primjenu jednadžbi kontinuiteta moraju uspostaviti narušenu neprekinutost polja pomaka i osigurati podudarnost pomaka koji se pojavljuju na mjestu prekinutih veza sa stvarnim pomacima. Veličine pomaka na mjestima i u smjerovima prekinutih veza u jednadžbama kontinuiteta računamo metodom jedinične sile.
Kada govorimo o pomacima mislimo na generalizirane veličine koje se odnose kako na pomake tako i na zaokrete.
25.1 Metoda sila za jedanput statički neodređene sustave
Sustavi koji imaju jednu vanjsku ili unutarnju prekobrojnu vezu zovu se jedanput statički neodređeni sustavi. Izvođenje jednadžbi neprekinutosti ili kontinuiteta kao i crtanje dijagrama po metodi sila prikazati će se na primjeru jednostrano upete grede prema slici 25.7.
Za osnovni sustav odabrana je konzola na koju djeluje koncentrirana vanjska sila u sredini raspona, a kao nepoznanica je sila X1 na mjestu i u smjeru reakcije B.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
139
P
l / 2 l / 2
l
A B
A BP
1X
PPl
2B( P )δ
l
B 1( X )δ
1X 1=
l
2
VM
1m
1 1m X
VM
C
C
AM
CM
K V 1 1M M m X= + ⋅
a.
b.
c.
d.
e.K
M
-
+
-
+
Sl. 25.7 Prikaz proračuna jedanput statički neodređenog nosača metodom sila
Zamislimo da nakon što se konzola prognula zbog djelovanja vanjske sile P počne djelovati sila X1. Temeljem principa superpozicije pomak točke B će biti
B B B 1( P ) ( X )δ δ δ= +
Gledajući unaprijed za n puta statički neodređene sustave uvodimo sustavan način označavanja
pomaka s ij
δ , gdje prvi indeks i označava da je riječ o pomaku hvatišta sile Xi po pravcu njezina
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
140
djelovanja, a drugi indeks j označava uzrok pomaka koji dolazi od sile Xj. Prema tome možemo
reći da je: B 1V( P )δ δ= a
B 1 11 1( X ) Xδ δ= ⋅ .
Uzrokuje li jedinična sila pomak čija je vrijednost 11
δ tada će sila 1
X uzrokovati pomak 11 1Xδ .
Budući da sila 1
X djeluje na mjestu ležaja B, gdje je vertikalni pomak jednak nuli, ona mora vratiti
natrag pomak uzrokovan vanjskom silom P, tako da vrijedi
B B B 1( P ) ( X ) 0δ δ δ= + =
Ovaj uvjet možemo dosljedno prethodnim razmatranjima napisati
11 1 1VX 0δ δ⋅ + =
Što predstavlja jednadžbu neprekinutosti ili kontinuiteta.
Iz gornje jednadžbe određujemo X1 u obliku
1V
1
11
Xδδ
= −
gdje su općenito:
i V i V i V t
i V i i t ss s s s s
i j i j
i js s
m M n N t T tds ds k ds m ds n t ds
EI EA GA h
m m n nds ds
EI EA
α ∆δ α
δ
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
∫ ∫
⋅ ⋅ ⋅= + + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅= +
Utjecaj poprečne sile na pomak se u pravilu zanemaruje.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
141
Iz prethodnog primjera jednostrano upete grede ne uzimajući u obzir utjecaj poprečne sile izračunamo x1:
;
3 3 3 3
1V
3
3
1V
311 1
11
1 Pl l 1 2 1 l Pl Pl 3Pl Pll
EI 2 2 2 3 3 2 12EI 24EI 24EI 8EI
Pl1 1 2 l 38EIl l l X P
lEI 2 3 3EI 83EI
δ
δδδ
= − ⋅ ⋅ + = − − = − = −
= ⋅ ⋅ ⋅ = = − = =
Sada kad smo odredili nepoznatu X1 možemo odrediti konačne unutarnje sile u zadanom statički neodređenom nosaču. Tu koristimo zakon superpozicije koji za jedanput statički neodređene sustave vrijedi:
K V 1 1
K V 1 1
K V 1 1
M M m X
N N n X
T T t X
= + ⋅
= + ⋅
= + ⋅
Za određivanje konačnih momenata savijanja na zadanom statički neodređenom sustavu ne uzimajući utjecaj poprečne sile (slika 25.7e.) vrijedi.
A
C
Pl 3 1M P l Pl
2 8 8
l 3 3M P Pl
2 8 16
= − + ⋅ = −
= ⋅ =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
142
P r i m j e r 2. (Kontinuirano opterećenje na jednostrano upetoj gredi), (Sl. 25.8).
VT
ql
1m
1
1X 1=
1
1t
1 1m X
f .
g.
h.K
T
1X
AT
S.O.S
S.N.S
3x l
8=
Sl. 25.8 Proračun jedanput statički neodređenog nosača po metodi sila
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
143
;
2 2
1V
4 4 2 4 2 4 2
4
3
311 1
1 ql 1 2 2ql l k 1l l l ql l 1
EI 2 2 3 3 8 2 GA 2ql ql kql 3ql kql ql kql
6EI 24EI 2GA 24EI 2GA 8EI 2GA
ql1 2 l 38EIl l l X ql
l2 3 3EI 83EI
δ
δ
= − ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ =
− + − = − − = − −
= ⋅ ⋅ ⋅ = = =
Konačni momenti savijanja i konačne poprečne sile na statički neodređenom sustavu određuju se uz zanemarivanje utjecaja poprečne sile na deformacije sustava.
Momenti savijanja:
2
2
A VA 1 1
2 2
2
max 1
ql 3 1M M m X ql l ql
2 8 8qx 3 3 q 9l 9
M X x ql l ql2 8 8 2 64 128
= + ⋅ = − + ⋅ = −
= ⋅ − = ⋅ − =
Poprečne sile:
; ;
l l
B 1 B 1
d d d
A VA 1 A 1
1
X 1
3 3T t X 1 ql ql
8 83 5
T T t X ql 1 ql ql8 8
X 3T 0 X - q x 0 x l
q 8
= − ⋅ = − ⋅ = −
= − ⋅ = − ⋅ =
= ⋅ = = =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
144
P r i m j e r 3. (Poluokvir opterećen jednolikim opterećenjem, l1=2l2), (Sl. 25.9)
2l
1lEI
q
2
2ql
8 2ql
2
2ql
2
2ql
2
2ql
2
1
1
12
1
l
2
1
l2
1
l2
1
l
1m
1t
1n
VM
VT
VN
+
+
++
-
-
-
A
B C
+
S.N.S S.O.S
Sl. 25.9 Proračun zadanog poluokvira po metodi sila
11 2 1 2 1
2 2 2 2
2 2 1 2
2
2 2 2 2
1 1 2 k 1 1 1 1 11 l 1 1 l 1 l l
EI 2 3 GA l l EA l ll 2l k l 7l k 2
3EI EI GAl EAl 3EI GAl EAl
δ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ +
= + + + = + +
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
145
2
2 2 2 2
1V 2 2 2 1
2 2 23
2 2
1 2 ql 1 k ql 1 1 ql 1 1 1 ql 1l l l l
EI 3 8 2 GA 2 2 l 2 2 l EA 2 lql ql
24EI EA
δ = ⋅ + − ⋅ + ⋅ − ⋅
= −
Zadatak riješiti ne uzimajući u obzir utjecaj poprečne i uzdužne sile.
3
22
1V 2
1
211
ql3ql24EIX
7l 1683EI
δδ
= − = − = −
Konačne veličine unutarnjih sila Mk, Tk i Nk na neodređenom nosaču.
Momenti savijanja:
2 2
2 2
A VA 1 A 1
2 2
2 2
B VB 1 B 1
C VC 1C 1 1
3ql 3qlM M m X 0 1
168 1683ql 3ql
M M m X 0 1168 168
M M m X 0 0 X 0
= + ⋅ = + ⋅ − = − = + ⋅ = + ⋅ − = −
= + ⋅ = + ⋅ =
Poprečne sile:
d d d l
A VA 1 A 1 1 B2
d d d 2 2 2 2 2
B VB 1 B 1
22
l l l 2 2 2 2 2
C VC 1C 1
2
T T t X 0 0 X 0 Tql 1 3ql ql 3ql 87ql
T T t X2 l 168 2 168 168ql 1 3ql ql 3ql 81ql
T T t X2 l 168 2 168 168
= + ⋅ = + ⋅ = = = + ⋅ = − ⋅ − = + = = + ⋅ = − − ⋅ − = − + =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
146
Uzdužne sile:
2
d d d l2 2 2 2 2
A VA 1 A 1 B
2d d d l
B VB 1B 1 1 C
ql 1 3ql ql 3ql 87qlN N n X N
2 l 168 2 168 168N N n X 0 0 X 0 N
= + ⋅ = − + ⋅ − = − − = − =
= + ⋅ = + ⋅ = =
Crtanje dijagrama unutarnjih sila na statički neodređenom nosaču (Sl. 25.10).
KM
KT
KN
287ql
168
287ql
1682
81ql
168
2
23ql
168
2
2
max
81qlM
168=
281l
x168
=x
-
-
-
++
Sl. 25.10 Konačni dijagrami unutarnjih sila na zadanom poluokviru
Određivanje položaja maksimalnog momenta iz uvjeta nulte poprečne sile na dotičnoj poziciji.
; ; 2 2
B B
22 2
2 2 2 2
max B
1 1 81ql 81lT( x ) 0 R q x 0 x R
q q 168 168
qx 81ql 81l q 81l 81qlM R x
2 168 168 2 168 168
= − ⋅ = = = ⋅ =
= ⋅ − = ⋅ − =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
147
P r i m j e r 4. (Dvozglobni okvir opterećen jednolikim opterećenjem), (Sl. 25.11).
a
a
A B
C D
A B
C D
1X 1=1
q
qa
2
qa
2 qa
2
2qa
8
a a1 1
1 1
1 1
+
+
+
−
−
−
−− −
−
−
VM
VT V
N
1m
1t
1n
S.N.S S.O.S
EI
EI
qa
2qa
2
Sl. 25.11 Proračun dvozglobnog okvira po metodi sila
( )1V V 1 V 1 V 1
l l l
2 4
1 k 1M m dx T t dx N n dx
EI GA EA1 2 qa qa
a aEI 3 8 12EI
δ ∫ ∫ ∫= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
= ⋅ − = −
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
148
( ) ( )11 1 1 1 1 1 1
l l l
3
3 3
1 k 1m m dx t t dx n n dx
EI GA EA1 1 2 k 1
a a a a a a 2 1 a 1 1 a 1 1 a 1EI 2 3 GA EA1 2 2a a 5a 2a a
a a k kEI 3 GA EA 3EI GA EA
δ ∫ ∫ ∫= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = = + + + = + +
Uzimajući u obzir samo utjecaj momenta savijanja imamo
4
1V
31
11
qa3qa qa12EIX
5a 60 203EI
δδ
= − = = =
Konačne vrijednosti unutarnjih sila na statički neodređenom sustavu
Momenti savijanja:
A B2
C VC 1 1
2
D VD 1 1
M M 0qa qa
M M m X 0 a20 20qa qa
M M m X 0 a20 20
= = = + ⋅ = − ⋅ = − = + ⋅ = − ⋅ = −
Poprečne sile:
d d d l
A VA 1 A 1 C
d d d
C VC 1C 1 1
l l l
D VD 1 D 1 1
d d d l
D VD 1 D 1 B
qa qaT T t X 0 1 T
20 20qa qa
T T t X 0 0 X2 2qa qa
T T t X 0 X2 2
qa qaT T t X 0 1 T
20 20
= + ⋅ = − ⋅ = − =
= + ⋅ = + ⋅ + ⋅ =
= + ⋅ = − + ⋅ = −
= + ⋅ = + ⋅ = =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
149
Uzdužne sile:
l l l l
A VA 1A 1 1 C
d d d l
C VC 1C 1 D
d d d l
D VD 1D 1 1 B
qa qaN N n X 0 X N
2 2qa qa
N N n X 0 1 N20 20
qa qaN N n X 0 X N
2 2
= + ⋅ = − + ⋅ = − =
= + ⋅ = − ⋅ = − =
= + ⋅ = − + ⋅ = − =
Konačni dijagrami unutarnjih sila na statički neodređenom sustavu (Sl. 25.12).
qa
2
qa
2qa2
+
+
qa
20
qa
20
− +
KT
KN
KM
−qa
202
max
3qaM
40=
2qa
20
2qa
20
2qa
8
qa
20− −−−
Sl. 25.12 Konačni dijagrami unutarnjih sila na zadanom dvozglobnom okviru
2 2 2 2 2
max
qa qa 5qa 2qa 3qaM
8 20 40 40
−= − = =
P r i m j e r 5. (Kontinuirana greda s dva polja, ako je 2 1
1l l
2= ), (Sl. 25.13).
A B C
S.N.S S.O.S
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
150
Sl. 25.13 Proračun kontinuiranog nosača po metodi sila
2
1
1V 1
3 3
1 1 1 1
1 1
1 1
1 2 ql 1l 1
EI 3 8 2k ql 1 1 ql 1 1 ql ql
l l 0GA 2 2 l 2 2 l 24EI 24EI
δ = ⋅ − +
⋅ − + − ⋅ − = − + = −
11 1 2 1 2
1 1 2 2
1 2 1 1 1
1 2 1 1 1
1 1 2 1 2 1 1 1 1 11 l 1 1 l 1 l l
EI 2 3 2 3 GA l l l l1 l l k 1 1 1 l l k 1 2 l 3k
EI 3 3 GA l l EI 3 6 GA l l 2EI GAl
δ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =
= + + + = + + + = +
Uzimajući u obzir samo deformacije od momenta savijanja imamo
3
12
1V 1
1
111
qlql24EIX
l 122EI
δδ
= − = =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
151
Konačne vrijednosti unutarnjih sila na statički neodređenom nosaču su:
Momenti savijanja:
2 2
1 1
B VB 1 B 1
ql qlM M m X 0 1
12 12 = + ⋅ = − ⋅ = −
Poprečne sile:
2
d d d 1 1 1 1
A VA 1 A 1 1
12
l l l 1 1 1 1
B VB 1 B 1 1
12 2
d d d 1 1
B VB 1 B 1 1
2 1
ql 1 ql 6ql ql 5T T t X ql
2 l 12 12 12ql 1 ql 6ql ql 7
T T t X ql2 l 12 12 12
1 ql 2 ql 1T T t X 0 . ql
l 12 l 12 6
− = + ⋅ = − ⋅ = =
− − = + ⋅ = − − ⋅ = = −
= + ⋅ = + = =
Konačni dijagrami unutarnjih sila na statički neodređenom sustavu (Sl. 25.14).
KM
KT
2
1
1ql
12
15ql
122
max 1M 0,0868ql=
15ql
12
17ql
12
1ql
61
ql
6
1
5x l
12=
2
1ql
8
Sl. 25.14 Konačni dijagrami unutarnjih sila na zadanom nosaču
x A 1 1 1
22 2 2 2
21 1 1
max 1 1 1 1 1
5 5 5T 0 R ql ql q x 0 x l
12 12 12
5 qx 5 5 q 5 25ql 25ql 25qlM ql x ql l l 0,0868ql
12 2 12 12 2 12 144 288 288
= = − ⋅ = → =
= ⋅ − = ⋅ − = − = =
; ;
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
152
P r i m j e r 6. (Rešetkasti nosač, EA= konstantno za sve štapove), (Sl. 25.15).
A
B C
D
P
→
P
1X 1=
1X 1=
1
2
3 4
5
6
A
B C
D
a
a
1
2
3 4
5
6
P
1
23
5
6
A
B C
D
1
2
3 4
5
6
A
B C
D
VS 1
s
1X 1=
1X 1=
PP
P
4
0
0P−
P 2+
0
1+
2
2−
2
2−
2
2−
1+
2
2−
Sl. 25.15 Proračun rešetkastog nosača po metodi sila
Tablica 25.1 Postupak određivanja sila u štapovima rešetke metodom sila.
Štap Duljina Sv s1 Sv .s1 .l s1 .s1 .l 1 a 0 - 2 /2 0 a/2 2 a 0 - 2 /2 0 a/2 3 a 2 +P 2 +1 2Pa a 2 4 a 2 - +1 - a 2 5 a 0 - 2 /2 0 a/2 6 a -P - 2 /2 Pa 2 /2 a/2
∑ Pa(2+ 2 /2) 2a(1+ 2 )
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
153
1V
11
1 PaPa( 2 2 / 2 ) 2,71
EA EA
1 a2a(1 2 ) 4,83
EA EA
δ
δ
= + = ⋅
= + =
Nepoznata sila u štapu 4 (BD).
1V
1
11
Pa2,71
EAX 0,56P ( tlak )a
4,83EA
δδ
= − = − = −
Određivanje sila u stapovima statički neodređene rešetke
1 1V 1 1
2 2V 2 1
3 3V 3 1
4 4V 4 1
5 5V 5 1
6 6 V 6 1
2S S s X 0 ( 0,56P ) 0,40P
22
S S s X 0 ( 0,56P ) 0,40P2
S S s X 2P 1 ( 0,56P ) 0,85P
S S s X 0 1 ( 0,56P ) 0,56P2
S S s X 0 ( 0,56P ) 0,40P2
2S S s X P ( 0,56P ) 0,60P
2
= + ⋅ = − ⋅ − = +
= + ⋅ = − ⋅ − = +
= + ⋅ = + + ⋅ − = +
= + ⋅ = + ⋅ − = −
= + ⋅ = − ⋅ − = +
= + ⋅ = − − ⋅ − = −
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
154
P r i m j e r 7. (djelovanje temperature na neodređeni sustav).
Na stup zadanog statički neodređenog poluokvira djeluje temperatura prema prikazanoj slici 25.16. Treba odrediti dijagrame unutarnjih sila
a
2a
O
2t20
C=
+
O
2t10
C=
+
++
+ -a
a
a
1 11
1
1m
1t 1
n
A
B C
1
O
2t2
0C
=+
O
2t1
0C
=+
→S.N.S S.O.S
1X 1=
Sl. 25. 16 Dijagrami unutarnjih sila od jediničnog opterećenja na ležaju C
( ) ( )11 1 1 1 1 1 1
l l l
3 3 3
1 k 1m m dx t t dx n n dx
EI GA EA1 1 2 k 1
a a a a 2a a 1 a 1 1 2a 1EI 2 3 GA EAa 2a ka 2a 7a ka 2a
3EI EI GA EA 3EI GA EA
δ ∫ ∫ ∫= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =
⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =
+ + + = + +
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
155
2 1 1 2
1V 1 t 1 t S t m1 t n1l l
2
t t t t t
t t t t tm dx n t dx A A
h h 210 20a 20a
a 2a 1 2a 15 30a a 30h h h
∆δ α α α α
α α α α α
∫ ∫− += ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = + = +
Uzimajući u obzir samo deformacije od momenta savijanja imamo
( )t t
t1V
31 2 2
11
20a 20aa 30 3EI 30
3EI 20a 30hh hX7a 7a 7a h3EI
α α αδδ
+ + + =− =− =− =−
Budući da smo dobili X1 s predznakom minus znači da sila X1 djeluje suprotno od pretpostavljenog smjera.
Konačne vrijednosti unutarnjih sila na statički neodređenom nosaču
Momenti savijanja:
( ) ( )t t
A 1A 1 B2
3EI 20a 30h 3EI 20a 30hM m X a M
7a h 7ah
α α+ + = ⋅ = + ⋅ − = − =
Poprečne sile:
( ) ( )d d lt t
B 1B 1 C2 2
3EI 20a 30h 3EI 20a 30hT t X 1 T
7a h 7a h
α α+ + = ⋅ = − ⋅ − = + =
Uzdužne sile:
( ) ( ) dt t
A 1A 1 B2 2
3EI 20a 30h 3EI 20a 30hN n X 1 N
7a h 7a h
α α+ + = ⋅ = + ⋅ − = − =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
156
Konačni dijagrami unutarnjih sila na zadanom poluokviru (Sl. 25.17)
+
-
-
-K
MK
TK
N
( )t
3EI 20a 30h
7ah
α + ( )t
2
3EI 20a 30h
7a h
α +
A
BC
A A
B BC C
Sl. 25.17 Konačni dijagrami unutarnjih sila na zadanom nosaču
P r i m j e r 8. (pomaci oslonaca)
Kontinuirani nosač na tri oslonca opterećen kontinuiranim opterećenjem prema slici 25.18. Treba
odrediti nepoznatu silu u srednjem osloncu B ako se taj oslonac spusti za veličinu B
∆ .
qA
a aB∆B
C
1X
qA
BC
Sl. 25.18 Rješavanje kontinuiranog nosača sa spuštenim osloncem B
Ako se usvoji nepoznata sila u smjeru zadanog pomaka oslonca tada se zadani pomak postavlja na desnu stranu jednadžbe kontinuiteta i predstavlja ukupni pomak na mjestu i smjeru nepoznate sile, pa desna strana nije nula i imamo zapravo jednadžbu diskontinuiteta u obliku
11 1 1V BXδ δ ∆⋅ + = −
Predznak „–„ znači da je pomak suprotno od pretpostavljenog djelovanja nepoznate sile X1, inače je predznak „+“ ako je pomak na mjestu i u smjeru pretpostavljene nepoznate sile.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
157
2qa
2
2qa
8
2qa
8
a
2
qa
qa1
2
1
2
+
-
--+ +
qa qa1
21
2
VM
VT
1m
1t
Sl. 25.19 Dijagrami od vanjskog opterećenja i odabranog jediničnog u točki B
2 2
1V
4 4 2
4 2 4 2
1 qa 1 2 a 2 qa 1 aa a 2
EI 2 2 3 2 3 8 2 2k 1 1 1 qa qa kqa
qa a qa a 2GA 2 2 EI 12 48 GA
10qa kqa 5qa kqa
48EI GA 24EI GA
δ = ⋅ − + ⋅ − ⋅ + + ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ = − − ⋅ − =
= − − = − −
3
11
1 a 1 2 a k 1 1 a kaa 2 a 2
EI 2 2 3 2 GA 2 2 6EI 2GAδ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = +
Jednadžba diskontinuiteta ovdje izgleda
B 1V
11 1 1V B 1
11
X X∆ δδ δ ∆
δ− −⋅ + = − → =
Ne uzimajući u obzir utjecaj poprečne sile na deformaciju imamo
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
158
4 4
B
B
B 1V B
3 31 3
11
5qa 24EI 5qa5 6EI24EI 24EIX qa
a a 4 a6EI 6EI
∆∆∆ δ ∆δ
− +− +− −= = = = −
2 2 2 2
B B B
B 3 2 2
qa a 5 6EI qa 5qa 3EI qa 3EIM qa
2 2 4 a 2 8 a 8 a
∆ ∆ ∆ = + − ⋅ − = − + =− +
Neće se crtati konačni dijagrami jer je gornji izraz dvoznačan i bez numeričkih vrijednosti se ne zna dali je pozitivan ili negativan.
Isti zadatak možemo riješiti ubacivanjem zgloba i oslobađanjem momenta savijanja na ležaju B.
1X1
X
l
Bψ d
BψB
∆l d
B B B/ aψ ψ ∆= =
→ a a
Sl. 25.20 Rješavanje nosača sa Sl. 25.18 ubacivanjem zgloba u točki B
Dijagrami unutarnjih sila na osnovnom statičkom sustavu izgledaju (Sl. 25.21).
2qa
8
2qa
8
+
-
--+ +
VM
VT
1m
1t
qaqa
2
qa
2
qa
2
qa
2qa
2qa
2
+
-
11
a1
a
1
a
1
a
+
Sl. 25.21 Dijagrami od vanjskog opterećenja i odabranog jediničnog u točki B
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
159
Koeficijenti u jednadžbi kontinuiteta izgledaju:
2 3
1V
1 2 qa 1 qaa 1 2 0
EI 3 8 2 12EIδ = ⋅ − ⋅ + = −
11
1 1 2 k 1 1 2a 2k1 a 1 2 a 2
EI 2 3 GA a a 3EI aGAδ = − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ + − ⋅ ⋅ − ⋅ = + +
Jednadžba kontinuiteta za ovaj slučaj izgleda
; l d B
11 1 1V 1V B 1V B B B
2X ( ) 0 ( )
a
∆δ δ δ ∆ δ ∆ ψ ψ⋅ + + = → = + =
Nepoznati moment na ležaju B bez utjecaja poprečne sile postaje
3 4
B B
1V B 1V
1
11
4 2
B B
2 2
2 qa 24EI qa( ) a 12EI 12EIaX
2a 2a3EI 3EI
3( 24EI qa ) qa 3EI
24a 8 a
∆ ∆δ ∆ δ
δ
∆ ∆
− +− +− −= = = =
− += = −
25.2 Metoda sila za dvaput statički neodređene sustave
Dvaput statički neodređeni sustavi su oni koji imaju dvije vanjske ili dvije unutarnje ili sumarno dvije veze više od minimalno potrebnih za statičku određenost.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
160
Dakle dvije prekobrojne veze određuju se na potpuno isti način kao i u slučaju sustava s jednom prekobrojnom, samo je jednadžba kontinuiteta proširena na dvije nepoznanice. Dakle vrijedi:
11 1 12 2 1V
21 1 22 2 2V
X X 0
X X 0
δ δ δ
δ δ δ
⋅ + ⋅ + =
⋅ + ⋅ + =
Gornje jednadžbe predstavljaju relativne pomake hvatišta sila X1 i X2 u pravcima njihova djelovanja, a te vrijednosti moraju biti jednake nuli.
Doprinos tim relativnim pomacima čine kako vanjsko opterećenje, temperatura i pomaci oslonaca tako i nepoznate sile X1 i X2.
Generalno za n puta statički neodređene sustave vrijedi:
11 1 12 2 13 3 1n n 1V
21 1 22 2 23 3 2 n n 2V
31 1 32 2 33 3 3 n n 3V
n1 1 n 2 2 n 3 3 nn n nV
X X X ....... X 0
X X X ....... X 0
X X X ....... X 0..
X X X ....... X 0
δ δ δ δ δ
δ δ δ δ δ
δ δ δ δ δ
δ δ δ δ δ
⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + =
⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + =
⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + =
⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + =
Gornji sustav linearnih algebarskih jednadžbi kontinuiteta možemo kraće zapisati u obliku
; n
ij j iVj 1
X 0 ( i 1,........n )δ δ=∑ ⋅ + = =
Mi ćemo se međutim zadržati na rješavanju najviše dva puta statički neodređenih sustava.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
161
P r i m j e r 1. (kontinuirani nosač preko tri polja opterećen jednolikim opterećenjem (Sl. 25.22)).
q
qa a a
AB C D
AB C
D1
X1
X 1=2
X2
X 1=
2qa
8
2qa
8
1
1
qa
2 qa
2
qa
2 qa
2
1/ a
1/ a
1/ a
1/ a
1/ a
1/ a
1/ a
1/ a
qa
2
qa
2qa
1/ a 1/ a2/ a
1/ a 1/ a2/ a
+ +
+ +
+
+
-
-
- -
-
-
VM
1m
2m
VT
1t
2t
S.N.S
S.O.S
Sl. 25.22 Rješavanje kontinuiranog nosača preko tri polja metodom sila
Koeficijenti u jednadžbama kontinuiteta bez utjecaja uzdužnih sila su:
ij i j i jl l
iV V i V il l
1 km m dx t t dx
EI GA
1 kM m dx T t dx
EI GA
δ
δ
∫ ∫
∫ ∫
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
162
Jednadžbe kontinuiteta za zadani sustav izgledaju
11 1 12 2 1V
21 1 22 2 2V
X X 0
X X 0
δ δ δ
δ δ δ
⋅ + ⋅ + =
⋅ + ⋅ + =
Gornje jednadžbe se mogu napisati matrično u obliku
1V111 12
21 222 2V
X
X
δδ δδ δ δ
− = −
Sustav jednadžbi riješimo pomoću Cramerova pravila
; 1 2
1 2
D DX X
D D= = ,
gdje su:
11 22 12 21
1 1V 22 12 2 V
2 11 2 V 1V 21
D
D
D
δ δ δ δ
δ δ δ δ
δ δ δ δ
= ⋅ − ⋅
= − ⋅ + ⋅
= − ⋅ + ⋅
Proračun koeficijenata 11 12 1V 21 22 2V, , , , ,δ δ δ δ δ δ :
11
1 1 2 k 1 1 2a 2k1 a 1 2 a 2
EI 2 3 GA a a 3EI GAaδ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = +
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
163
12 21
1 1 1 k 1 1 a k1 a 1 a
EI 2 3 GA a a 6EI GAaδ δ = ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − = − =
22
1 1 2 k 1 1 2a 2k1 a 1 2 a 2
EI 2 3 GA a a 3EI GAaδ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = +
2 3
1V
1 2 qa 1 qaa 1 2 0
EI 3 8 2 12EIδ = ⋅ ⋅ − ⋅ + = −
2 3
2V
1 2 qa 1 qaa 1 0
EI 3 8 2 24EIδ = ⋅ ⋅ − + = −
Elementi matrice sustava jednadžbi (bez utjecaja poprečne sile) su:
2 2 2
2 2 2
3 3 4 4 4
2 2 2 2
3 3 4 4 4
1 2 2 2
2a 2a a a 4a a 15aD
3EI 3EI 6EI 6EI 9( EI ) 36( EI ) 36( EI )
2a qa qa a 2qa qa qaD
3EI 24EI 12EI 6EI 72( EI ) 72( EI ) 72( EI )
2a qa qa a 2qa qa 7qaD
3EI 12EI 24EI 6EI 36( EI ) 144( EI ) 144( EI )
= ⋅ − ⋅ = − =
= + − ⋅ = + − =
= ⋅ − ⋅ = − =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
164
Nepoznate vrijednosti momenata savijanja na ležajevima B i C
42
2
21
21
2
7qa 7qaD 7144( EI ) 4X qa
15a 15D 6036( EI ) 1
= = = =
42
2
22
22
2
qa qaD 172( EI ) 2X qa
15a 15D 3036( EI ) 1
= = = =
Konačne vrijednosti unutarnjih sila na statički neodređenom nosaču određuju se primjenom zakona superpozicije u obliku:
K V 1 1 2 2
K V 1 1 2 2
M M m X m X
T T t X t X
= + ⋅ + ⋅
= + ⋅ + ⋅
Momenti savijanja:
2 2
B VB 1 B 1 2 B 2
2 2
C VC 1C 1 2 C 2
7 7M M m X m X 0 ( 1) qa qa
60 60
1 1M M m X m X 0 ( 1) qa qa
30 30
= + ⋅ + ⋅ = + − ⋅ = −
= + ⋅ + ⋅ = + − ⋅ = −
Poprečne sile:
d d d d 2
A VA 1 A 1 2 A 2
qa 1 7 qa 7 23T T t X t X qa 0 qa qa
2 a 60 2 60 60 = + ⋅ + ⋅ = − + = − =
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
165
l l l l 2
B VB 1B 1 2B 2
qa 1 7 qa 7 37T T t X t X qa 0 qa qa
2 a 60 2 60 60 = + ⋅ + ⋅ =− − + =− − =−
d d d d 2 2
B VB 1B 1 2B 2
l l l l 2 2
C VC 1C 1 2C 2
qa 1 7 1 1 qa 7 1 35T T t X t X qa qa qa qa qa
2 a 60 a 30 2 60 30 60
qa 1 7 1 1 qa 7 1 25T T t X t X qa qa qa qa qa
2 a 60 a 30 2 60 30 60
= + ⋅ + ⋅ = + − = + − =
= + ⋅ + ⋅ =− + − =− + − =−
d d d d 2 l
C VC 1C 1 2C 2 D
1 1 1T T t X t X 0 0 qa qa T
a 30 30 = + ⋅ + ⋅ = + + = =
Konačni dijagrami unutarnjih sila na statički neodređenom nosaču (Sl. 25.23)
--
2qa
82qa
8K
M
A
23R qa
60=
23x a
60=
23qa
6037
qa60
- -
2
maxM 0,0735qa=
KT
21qa
30
27qa
60
1qa
3035qa
6025
qa60
Sl. 25.23 Dijagrami unutarnjih sila na zadanom kontinuiranom nosaču
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
166
P r i m j e r 2. (Rešetkasti nosač), (Sl. 25.24).
Za zadani statički neodređeni rešetkasti nosač treba odrediti sile u svim štapovima ako je EA=konstantno.
a
a a
P P
1X 1=
2X 1=
1
23
4
5 a
a a
S.N.S S.O.S
1
1
P
1s 2
s
1 1+1+
000
2 4
3 51
1 2
31 5
2 41+1+
2+2− 2−
2 4
1 53
0
00
P−P 2+
VS
AB
C
D AB D
C
13
5
2 4
P
P P
Sl. 25.24 Rješavanje dvaput statički neodređene rešetke metodom sila
Određivanje koeficijenata: 11 12 1V 21 22 2V, , , , ,δ δ δ δ δ δ :
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
167
Tablica 25.2 Postupak određivanja sila u štapovima rešetke metodom sila
Štap l Sv s1 s2 lV 1
S s V 2
S s l 2
1s l
1 2s s l
2
2s l SK
1 2a 2P 0 2−
0 2 2Pa− 0 0 2 2a
0,7P+
2 a 0 1 1 0 0 a a a 0
3 a P− 0 2 0 2Pa− 0 0 4a 0
4 a 0 1 1 0 0 a a a 0
5 2a 0 0 2− 0 0 0 0 2 2a
0,7P−
∑ 0 4,83Pa− 2a 2a 11,66a
Jednadžbe kontinuiteta temeljem gornje tablice su:
1 2
1 2
2a X 2a X 0 0
2a X 11,66a X 4,83Pa 0
⋅ + ⋅ + =
⋅ + ⋅ − =
Pomnožimo li gornju od jednadžbi s (-1) i zbrojimo dobivamo
2 2
4,83Pa9,66a X 4,83Pa 0 X 0,5P
9,66a⋅ − = → = =
Uvrstimo X2 u prvu od gornjih jednadžbi kontinuiteta i dobivamo
1 1
2a X 2a (0,5P ) 0 X 0,5P⋅ + ⋅ = → = −
Vrijednosti unutarnjih sila na statički neodređenoj rešetki nalaze se u zadnjoj koloni gornje tablice, a računati su po formuli
K V 1 1 2 2S S s X s X= + ⋅ + ⋅
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
168
25.3 Deformacijska kontrola kod metode sila
Rješenje statički neodređenih sustava metodom sila svodi se na činjenicu da su konačni relativni pomaci na mjestu i smjeru prekinutih veza jednaki nuli. Nakon određivanja konačnog stanja mogu se relativni pomaci i zaokreti izračunati pomoću unutarnjih sila konačnog stanja kao
i i K i K i Ks s s
1 k 1m M ds t T ds n N ds 0
EI GA EAδ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅∫ ∫ ∫ ≐
Budući da se metoda sila zasniva na nepostojanju svih takvih pomaka, morali bi pomaci izračunati pomoću unutarnjih sila konačnog stanja biti jednaki nuli. Na taj način se može kontrolirati da li su točno određene unutarnje sile konačnog stanja.
Isto tako može se provoditi kontrola točnosti određivanja unutarnjih sila od jediničnih opterećenja. To se radi na način da se nakon konačno izračunatog stanja odabere novi osnovni statički određeni sustav i riješi za jedinična opterećenja s oznakama D D D
i i i( m ,t i n ). I za taj drugi odabrani
osnovni sustav vrijedi
D D D D
i i K i K i Ks s s
1 k 1m M ds t T ds n N ds 0
EI GA EAδ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅∫ ∫ ∫ ≐
Svi tako određeni ukupni relativni pomaci i zaokreti i u ovom slučaju moraju biti jednaki nuli. Na tom principu se zasniva kontrolni postupak koji se naziva deformacijska kontrola. Ako su sve tako dobivene veličine pomaka jednake nuli ili se kreću oko nule, možemo ustvrditi da je statički neodređena zadaća korektno riješena.
Kod sustava s velikim brojem nepoznatih, dovoljno je provjeriti neke od pomaka i donijeti odgovarajući zaključak o korektnosti proračuna.
I u ovom slučaju se najčešće kod punostijenih nosača u obzir uzima samo doprinos od momenta savijanja, pa se gornji izrazi bitno pojednostave. Postupak provođenja deformacijske kontrole prikazan je na sljedećem primjeru.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
169
P r i m j e r 1. (deformacijska kontrola na jednostrano upetom nosaču), (Sl. 25.25).
q1
X 1=
Drugi osnovni sustav
+
+
-
-
1m
VM
KM
S.N.S
S.O.S
2ql
8
1
2ql
8
1/ 2
2ql
8
ql
2
ql
2
1
l
1X 1=+D
1m
q
Sl. 25.25 Prikaz deformacijske kontrole na zadanom nosaču
Koeficijenti u jednadžbi kontinuiteta su:
2 3
1V V 1l
11 1 1l
1 1 2 ql 1 qlM m dx l
EI EI 3 8 2 24EI
1 1 1 2 lm m dx 1 l 1
EI EI 2 3 3EI
δ
δ
= ⋅ ⋅ = ⋅ − = −∫
= ⋅ ⋅ = ⋅ =∫
Nepoznata veličina X1 koja predstavlja moment na ležaju A izgleda
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
170
3
2
1V
1
11
qlql24EIX
l 83EI
δδ
= − = =
Konačni moment savijanja na ležaju A iznosi
2 2
A
K VA 1 A 1
ql qlM M m X 0 1
8 8= + ⋅ = − ⋅ = −
Kontrola konačnih pomaka na mjestu i smjeru nepoznatih za dva različita osnovna sustava (
D
1 1iδ δ ).
2 2 3 3
1 K 1l
2 2 4 4
D D
1 K 1l
1 1 ql 1 2 1 2ql 1 ql qlM m dx l 1 l 0
EI EI 8 2 3 EI 3 8 2 24EI 24EI
1 1 ql 1 2 1 2ql l ql qlM m dx l l l 0
EI EI 8 2 3 EI 3 8 2 24EI 24EI
δ
δ
= ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ − + ⋅ − = − =∫
= ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ + ⋅ =− + =∫
Prema očekivanju na mjestu i u smjeru nepoznatih sila različitih osnovnih sustava u kombinaciji s konačnim rješenjem dobili smo ukupne pomake jednake nuli pa možemo zaključiti da smo korektno riješili neodređenu zadaću.
25.4 Pomaci na statički neodređenim sustavima
Pri određivanju pomaka na statički neodređenim sustavima moguće je formalno koristiti teorem o jediničnoj sili koji vrijedi općenito. Naime često se nakon određivanja konačnog stanja na statički neodređenim sustavima javlja potreba za određivanjem pomaka u pojedinim točkama tog sustava.
Bez izvođenja dokaza može se reći da je bilo koji osnovni sustav s pridruženim unutarnjim silama konačnog stanja ekvivalentan zadanom statički neodređenom sustavu pa može poslužiti za određivanje proizvoljnih pomaka ili zaokreta.
Stoga je pomak bilo koje točke zadanog neodređenog sustava jednak integralu umnoška konačnih unutarnjih sila tog sustava i unutarnjih sila od jedinične sile na proizvoljnom osnovnom statički određenom sustavu. To se naziva redukcijski stavak. Izraz za pomak izgleda
1K 1 K 1 K 1 Ks s s
1 k 1m M ds t T ds n N ds
EI GA EAδ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅∫ ∫ ∫
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
171
Prikaz učinka redukcijskog stavka na statički neodređenim sustavima demonstrirati će se na dva jednostavna primjera.
P r i m j e r 1. (jednostrano upeti nosač opterećen koncentriranom silom u sredini raspona). Treba odrediti vertikalni pomak točke C (Sl. 25.26).
PA B
l / 2 l / 2
EI
1l
2
P1X 1=
BA
Pl4 P
2
P
2
1
l
+
3Pl
16
5Pl
32
O
1m
C
C
Sl. 25.26 Postupak određivanja pomaka točke C na zadanom nosaču
Određivanje nepoznatog momenta savijanja na ležaju A uzimajući u obzir samo deformacije od savijanja
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
172
2
1V 1 Vs
11 1 1s
1 1 Pl 1 1 Plm M ds l
EI EI 4 2 2 16EI
1 1 1 2 lm m ds 1 l 1
EI EI 2 3 3EI
δ
δ
∫
∫
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ − = −
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =
2
1V
1
11
Pl316EIX Pl
l 163EI
δδ
= − = =
Određivanje konačnih vrijednosti momenata savijanja na zadanom statički neodređenom nosaču:
A VA 1A 1
C VC 1C 1
3 3M M m X 0 1 Pl Pl
16 16
Pl 1 3 Pl 3 8Pl 3Pl 5M M m X Pl Pl Pl
4 2 16 4 32 32 32
= + ⋅ = − ⋅ = −
− = + ⋅ = − ⋅ = − = =
Vertikalni pomak točke C u sredini raspona neodređenog nosača
O
CV 1 Ks
3 3 3 3
3
1 1 3Pl l 1 2 l 1 5Pl l 1 1 lm M ds
EI EI 16 2 2 3 2 EI 32 2 2 3 2
Pl 5Pl 12Pl 5Pl 7Pl
64EI 768EI 768EI 768
δ = ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − =∫
−= + − = =
P r i m j e r 2. (jednostrano upeti nosač opterećen koncentriranim momentom na ležaju B). Odrediti
vertikalni pomak nosača u l / 2 (Sl. 25. 27).
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
173
l
M
M
MM
1l
M
M
2 M
4
1X 1=
l
2
Sl. 25.27 Postupak određivanja vertikalnog pomaka nosača u l/2
Određivanje nepoznate reaktivne sile na ležaju B uzimajući u obzir samo deformacije od savijanja
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
174
( )2
1V 1 Vs
3
11 1 1s
1 1 1 Mlm M ds M l l
EI EI 2 2EI
1 1 1 2 lm m ds l l l
EI EI 2 3 3EI
δ
δ
∫
∫
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =
2
1V
31
11
Ml3M2EIX
l 2l3EI
δδ
= − = − = −
Konačna vrijednost momenta savijanja na ležaju A
A VA 1 A 1
3M 3 1M M m X M l M M M
2l 2 2 = + ⋅ = + ⋅ − = − = −
Vertikalni pomak u sredini raspona zadanog neodređenog nosača je
O
V 1 Ks
2 2 2 2 2
2
1 1 M l 1 2 l 1 M l 1 1 l(l / 2) m M ds
EI EI 2 2 2 32 EI 4 2 2 32
Ml Ml 4Ml Ml 3 MlMl
24EI 96EI 96EI 96 32EI
δ = ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − =∫
−=+ − = = =
25.5 Simetrični nosači s nesimetričnim opterećenjem (simetriranje i antimetriranje)
Vrlo često u konstrukcijama susrećemo nosače koji imaju osi simetrije. Proračun takvih nosača metodom sila može se znatno pojednostaviti. Naime simetrija konstrukcije daje mogućnost
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
175
smanjenja ne smo broja nepoznatih sila nego i znatnog broja računskih operacija koje dovode do rješenja. Promatramo slijedeće primjere:
P r i m j e r 1. (kontinuirani nosač preko tri polja). Simetrični nosač treba riješiti tako da se nesimetrično opterećenje rastavi na simetrični i antimetrični dio i konačno rješenje dobije superpozicijom tih stanja (Sl. 25.28).
q
l ll
q / 2
S
A
=
+
1X
1X
2X
2X
3X
3X
4X
4X
5 S.N.S×
2 S.N.S×
2 S.N.S×
S A Rubni uvjeti na osi simetrije i antimetrije
Sl. 25.28 Rješavanje zadanog nosača metodom simetrije i antimetrije
P r i m j e r 2. (Dvopoljni okvir nesimetrično opterećen). Treba riješiti noseći sustav rastavljanjem na simetriju i antimetriju (Sl. 25.29).
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
176
l l
h
P / 2 P / 2
P / 2
P / 2
1X
1X
2X
2X
3X
4X 4
X
3X
4 S.N.S×
2 S.N.S×
2 S.N.S×
S
A
Sl. 25.29 Rješavanje zadanog nosača simetrijom i antimetrijom
U slijedećoj Tablici 25.1 su prikazane neke nelinearne funkcije (parabole) koje se koriste tijekom integracije izraza za pomake kod metode sila.
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
177
Tablica 25.1 Površine i težišta nekih nelinearnih funkcija
OBLIKFUNKCIJE POVRŠINA
POLOŽAJTEŽIŠTA
1t
2t
f
1t
2t
T
a2
a f3
⋅ a
2
a
2
T
1t
2t
f
a
2a f
3⋅
5a
83
a8
1t
2t
1a f
3⋅
3a
4
1a
4Tf
a
ParabolaII reda−
Tf
a
ParabolaIII reda−
2t
1t
1a f
4⋅
4a
5
1a
5
LITERATURA:
Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija
178
[1] V. Simović: GRAĐEVNA STATIKA I, Građevinski institut Zagreb, 1988. god.
[2] M. Anđelić: GRAĐEVNA STATIKA II, Građevinski fakultet Sveučilišta u Zagrebu, 2005.god.
[3] I. P. Prokofjev: TEORIJA KONSTRUKCIJA I, Građevinska knjiga Beograd, 1966. god.
[4] I. P. Prokofjev: TEORIJA KONSTRUKCIJA II, Građevinska knjiga Beograd, 1960. god.
[5] A. Darkov: STRUCTURAL MECHANICS, Mir Publishers Moscow, 1979. god.
[6] V. Kiselev: STRUCTURAL MECHANICS, Mir Publishers Moscow, 1982. god.
[7] K. Čališev: PRIMIJENJENA STATIKA, tehnička knjiga Zagreb, 1951. god.
[8] LJ. Savić: TEORIJA KONSTRUKCIJA, Građevinski fakultet Beograd, 2007. god.
[9] M. Sekulović: TEORIJA LINIJSKIH NOSAČA, Građevinska knjiga Beograd, 2005. god.
[10] H. I. Laursen: STRUCTURAL ANALYSIS, McGraw-Hill Book Company, 1988. god.
Numeri£ki primjeri
5. listopada 2016.
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Numeri£ki primjer 1. Obi£na greda optere¢enja je kontinuiranim optere¢enjem prema slici 1. Potrebno jeanaliti£kim postupkom odrediti dijagrame unutarnjih sila.
q=10kN/m
5
Slika 1: Zadana shema nosa£a.
Av
AH
Bv
a b
q=10kN/m1 2
Slika 2: Ra£unska shema nosa£a.
Ravnoteºa.
Suma momenata na to£ku a: ∑Mb = 0
−AV × 5 + q × 5× 2, 5 = 0
−AV × 5 + 10× 5× 2, 5 = 0
AV = 25, 00 kN
Suma momenata na to£ku b: ∑Ma = 0
BV × 5− q × 5× 2, 5 = 0
BV × 5− 10× 5× 2, 5 = 0
BV = 25, 00 kN
Suma sila u smjeru osi x: ∑x = 0
AH = 0, 00 kN
Kontrola: ∑y = 0
AV +BV − q × 5 = 0
25 + 25− 10× 5 = 0
0 = 0
Unutarnje sile.
Presjek 1-1:
Av
AH a
1
N1
T1 M1
Slika 3: Presjek 1-1.
∑x = 0
∑y = 0
∑M1 = 0
AH +N1 = 0 AV − T1 = 0 M1 = 0, 00 kNm
N1 = 0, 00 kN 25− T1 = 0 (−)T1 = 25, 00 kN
179
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Presjek 2-2:
Bv
b
2
N2
T2
M2
Slika 4: Presjek 2-2.
∑x = 0
∑y = 0
∑M2 = 0
N2 = 0 BV + T2 = 0 M2 = 0, 00 kNm
N2 = 0, 00 kN 25 + T2 = 0 (−)T2 = −25, 00 kN
Maksimalni moment.
Av
AH a Nx
Tx Mx
x
Slika 5: Presjek x.
T = 0∑
Mx = 0
AV − q × x = 0 −AV × x+ q × x× x
2+Mx = 0
x =AVq
−25× 2, 5 + 10× 2, 5× 2, 5
2+Mx = 0
x =25
10= 2, 5 m Mx = 31, 25 kNm
(vlak dolje)
Dijagrami unutarnjih sila. MJ : 1 cm = 20 kN ; MJ : 1 cm = 20 kNm
m0 =q × l2
8=
10× 52
8= 31, 25 kNm
180
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
q=10kN/m
5
+
-
M
T
N
0 0
31,25
25,00
25,00
0
0 0 0
Mmax
m0
m0
Slika 6: Dijagrami unutarnjih sila.
181
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Numeri£ki primjer 2. Potrebno je analiti£kim postupkom izra£unati dijagrame unutarnjih sila za nosa£ saslike 7.
q=10kN/m
3 4 3
3
α
Slika 7: Zadana shema nosa£a.
q=10kN/m
Av
AH
Bv
1 2
3
45 6
a b
Slika 8: Ra£unska shema nosa£a.
Ravnoteºa.
Suma momenata na to£ku a: ∑Ma = 0
BV × 10− q ×√32 + 42 × 5 = 0
BV × 10− 10×√32 + 42 × 5 = 0
BV = 25, 00 kN
Suma momenata na to£ku b: ∑Mb = 0
AV × 10− q ×√32 + 42 × 5 = 0
AV × 10− 10×√32 + 42 × 5 = 0
AV = 25, 00 kN
Suma sila u smjeru osi x: ∑x = 0
AH = 0, 00 kN
182
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Kontrola: ∑y = 0
Av +Bv − q ×√32 + 42 = 0
25 + 25− 10×√32 + 42 = 0
0 = 0
Unutarnje sile.
Presjek 1-1:
Av
AH
1
N1
T1 M
a
Slika 9: Presjke 1-1.
∑x = 0
∑y = 0
∑M1 = 0
N1 = 0 AV − T1 = 0 M1 = 0, 00 kNm
N1 = 0, 00 kN 25− T1 = 0 (−)T1 = 25, 00 kN
Presjek 2-2:
Av
AH a
1 2
N2
T2 M2
Slika 10: Presjke 2-2.
∑x = 0
∑y = 0
∑M2 = 0
N2 = 0 AV − T2 = 0 −AV × 3 +M2 = 0
N2 = 0, 00 kN 25− T2 = 0 −25× 3 +M2 = 0
T2 = 25, 00 kN M2 = 75, 00 kNm
(vlak dolje)
Presjek 3-3:
Av
AH a
1 2 3N3
T3
M3
Slika 11: Presjke 3-3.
183
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
tanα =3
4sinα =
AVxαAV
cosα =AVyαAV
α = 36, 8699◦ AVxα = sinα×AV AVyα = cosα×AVAVxα = sin 36, 8699◦ × 25 AVyα = cos 36, 8699◦ × 25
AVxα = 15, 00 kN AVyα = 20, 00 kN
Av
AVxα
AVyα
α
α
∑xα = 0
∑yα = 0
∑M3 = 0
AVxα +N3 = 0 AVyα − T3 = 0 −AV × 3 +M3 = 0
15 +N3 = 0 20− T3 = 0 −20× 3 +M3 = 0
N3 = −15, 00 kN T3 = 20, 00 kN M3 = 75, 00 kNm
(vlak dolje)
Presjek 4-4 (lijevo-desno):
q=10kN/m
Av
AH
1 2
3
4
a
N4
T4
M
Slika 12: Presjke 4-4 (lijevo-desno).
184
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Q = q × 5 = 10× 5 = 50, 00 kN
Qxα = sinα×Q = sin 36, 8699◦ × 50 = 30, 00 kN
Qxα = sinα× q × 5 = sin 36, 8699◦ × 10× 5 = 30, 00 kN
qxα = sinα× q = sin 36, 8699◦ × 10 = 6, 00 kN
Qxα = qxα × 5 = 6× 5 = 30, 00 kN
Qyα = cosα×Q = cos 36, 8699◦ × 50 = 40, 00 kN
Qyα = cosα× q × 5 = cos 36, 8699◦ × 10× 5 = 40, 00
qyα = cosα× q = cos 36, 8699◦ × 10 = 8, 00 kN
Qyα = qyα × 5 = 8× 5 = 40, 00 kN
q
qyα
qxα
Q
Qyα
Qxα
5
4
3
α
∑xα = 0
∑yα = 0
AVxα − q × sinα× 5 +N4 = 0 AVyα − q × cosα× 5− T4 = 0
15− 10× sin 36, 8699◦ × 5 +N4 = 0 20− 10× cos 36, 8699◦ × 5− T4 = 0
15− 30 +N4 = 0 20− 40− T4 = 0
N4 = 15, 00 kN T4 = −20, 00 kN
∑M4 = 0
−AV × 7 + q × 5× 2 +M4 = 0
−25× 7 + 10× 4× 2 +M4 = 0
M4 = 75, 00 kNm
(vlak dolje)
Presjek 4-4 (desno-lijevo):
Bv
4
5 6
b
N4
T4
M4
Slika 13: Presjke 4-4 (desno-lijevo).
185
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
∑xα = 0
∑yα = 0
∑M4 = 0
BVxα −N4 = 0 BVyα + T4 = 0 BV × 3−M4 = 0
15−N4 = 0 20 + T4 = 0 25× 3−M4 = 0
N4 = 15, 00 kN T4 = −20, 00 kN M4 = 75, 00 kNm
(vlak dolje)
Presjek 5-5:
Bv
5
6
bN5
T5
M5
Bv
5
6
bN5
T5
M5
Slika 14: Presjke 5-5.
∑x = 0
∑y = 0
∑M5 = 0
N5 = 0, 00 kN BV + T5 = 0 BV × 3−M5 = 0
25 + T5 = 0 25× 3−M5 = 0
T5 = −25, 00 kN M5 = 75, 00 kNm
(vlak dolje)
Presjek 6-6:
Bv
6
bN6
T6
M5
Bv
b
M6
Slika 15: Presjke 6-6.
∑x = 0
∑y = 0
∑M6 = 0
N6 = 0, 00 kN T6 = 0, 00 kN M6 = 0, 00 kNm
(−)
Maksimalni moment.
q=10kN/m
Av
AH
1 2
3
a
Nx
Tx
M
x
Slika 16: Presjek x.
186
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
T = 0∑
Mx = 0
AVyα − qyα ×x− 3
cosα= 0 −AV × x+ q × x− 3
cosα× x− 3
2+Mx = 0
x =AVyαqyα
× cosα+ 3 −25× 5 + 10× 5− 3
cos 36, 8699◦× 5− 3
2+Mx = 0
x =20
8× cos 36, 8699◦ + 3 Mx = 100, 00 kNm
x = 5 m (vlak dolje)
Dijagrami unutarnjih sila. MJ : 1 cm = 40 kN ; MJ : 1 cm = 40 kNm
m0 =qyα × l2
8=
8× 52
8= 25, 00 kNm
q=10kN/m
75,00
75,00
75,00
75,00
100,00
Mmax
++
-
25,00
25,0025,00
25,00
20,00
20,00
+
-
15,00
15,00
N
T
M
0,00
0,00
0,000,00
m0m0
0,00
-
Slika 17: Dijagrami unutarnjih sila.
187
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Numeri£ki primjer 3. Potrebno je analiti£kim i grafoanaliti£kim postupkom izra£unati i nacrtati dijagrameunutarnjih sila za nosa£ sa slike 18.
3 2 2 2 1 1
q=5kN/m PV=10kN PV=10kN
PH=20kN
Slika 18: Zadana shema nosa£a.
Analiti£ki postupak
AV
b
a
c
e
d
1 2
3 6 7 8
9
12
b
DVEV
DH
DV
DHBHBV
BV
BHAH
d
CV
4 5
10 11
q=5kN/m
PV=10kN
PV=10kN
PH=20kN
Ma
Slika 19: Ra£unska shema nosa£a.
Analiti£ki postupak - ravnoteºa
Segment d-e
e
d
9
12DV
DH
10 11
PV=10kN
PH=20kN
1 1
Slika 20: Segment d-e.
Suma momenata na to£ku d:
∑Md = 0
EV × 2− PV × 1 = 0
EV × 2− 10× 1 = 0
EV = 5, 00 kN
188
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Suma momenata na to£ku e:
∑Me = 0
−DV × 2 + PV × 1 = 0
−DV × 2 + 10× 1 = 0
DV = 5, 00 kN
Suma sila u smjeru osi x:
∑x = 0
DH + PH = 0
DH + 20 = 0
DH = −20, 00 kN
Segment d-e
b
c
3 6 7 8
DV
DHBHBV d
CV
4 5
PV=10kN
2 2 2
Slika 21: Segment b-d.
Suma momenata na to£ku b:
∑Mb = 0
−PV × 2 + CV × 4−DV × 6 = 0
−10× 2 + CV × 4− 5× 6 = 0
CV = 12, 50 kN
Suma momenata na to£ku c:
∑Mb = 0
−BV × 4 + PV × 2−DV × 2 = 0
−BV × 4 + 10× 2− 5× 2 = 0
BV = 2, 50 kN
Suma sila u smjeru osi x:
∑x = 0
−BH +DH = 0
+BH + (−20) = 0
BH = −20, 00 kN
189
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Segment a-b
AV
a
1 2
b
BV
BHAH
q=5kN/m
3
Ma
Slika 22: Segment a-b.
Suma momenata na to£ku a: ∑Ma = 0
−q × 3× 1.5−BV × 3 +Ma = 0
−5× 3× 1.5− 2, 5× 3 +Ma = 0
Ma = 30, 00 kNm
Suma sila u smjeru osi x:
∑x = 0
AH +BH = 0
AH + (−20) = 0
AH = 20, 00 kN
Suma sila u smjeru osi y:
∑y = 0
AV − q × 3−BV = 0
AV − 5× 3− 2, 5 = 0
AV = 17, 50 kN
Kontorla ∑y = 0
AV − q × 3− PV + CV − PV + EV = 0
17, 5− 5× 3− 10 + 12, 5− 10 + 5 = 0
0, 00 = 0, 00
Presjek 1-1:
AV
a
1
AH N1
T1 M1Ma
Slika 23: Presjke 1-1.
∑x = 0
∑y = 0
∑M1 = 0
N1 +AH = 0 AV − T1 = 0 M1 +Ma = 0
N1 + 20 = 0 17, 50− T1 = 0 M1 + 30 = 0
N1 = −20, 00 kN T1 = 17, 50 kN M1 = −30, 00 kNm(vlak gore)
190
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Presjek 2-2:
2
b
BV
BHN2
T2M2
Slika 24: Presjke 2-2.
∑x = 0
∑y = 0
∑M2 = 0
−N2 +BH = 0 −BV + T2 = 0 M2 = 0, 00 kNm
−N2 + (−20) = 0 −2, 50 + T2 = 0 (−)N2 = −20, 00 kN T2 = 2, 50 kN
Presjek 3-3:
b
3
BHBV
N3
T3 M3
Slika 25: Presjke 3-3.
∑x = 0
∑y = 0
∑M3 = 0
N3 −BH = 0 BV − T3 = 0 M3 = 0, 00 kNm
N3 − (−20) = 0 2, 5− T3 = 0 (−)N3 = −20, 00 kN T3 = 2, 50 kN
Presjek 4-4:
b
3
BHBV
4
N4
T4 M4
Slika 26: Presjke 4-4.
∑x = 0
∑y = 0
∑M4 = 0
N4 −BH = 0 BV − T4 = 0 M4 −BV × 2 = 0
N4 − (−20) = 0 2, 5− T4 = 0 M4 − 2, 5× 2 = 0
N4 = −20, 00 kN T4 = 2, 50 kN M4 = 5, 00 kNm
(vlak dolje)
191
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Presjek 5-5:
Slika 27: Presjke 5-5.
∑x = 0
∑y = 0
∑M5 = 0
N5 −BH = 0 BV − PV − T5 = 0 −M5 +BV × 2 = 0
N5 − (−20) = 0 2, 5− 10− T5 = 0 −M5 + 2, 5× 2 = 0
N5 = −20, 00 kN T5 = −7, 50 kN M5 = 5, 00 kNm
(vlak dolje)
Presjek 6-6:
c
6
7 8
DV
DHd
CV
N6
T6M6
Slika 28: Presjke 6-6.
∑x = 0
∑y = 0
∑M6 = 0
−N6 +DH = 0 −DV + CV + T6 = 0 −M6 −DV × 2 = 0
−N6 + (−20) = 0 −5 + 12, 5 + T6 = 0 −M6 − 5× 2 = 0
N6 = −20, 00 kN T6 = −7, 50 kN M6 = −10, 00 kNm(vlak gore)
Presjek 7-7:
7 8
DV
DHd
N7
T7M7
Slika 29: Presjke 7-7.
∑x = 0
∑y = 0
∑M7 = 0
−N7 +DH = 0 −DV + T7 = 0 −M7 −DV × 2 = 0
−N7 + (−20) = 0 −5 + T7 = 0 −M7 − 5× 2 = 0
N7 = −20, 00 kN T7 = 5, 00 kN M7 = −10, 00 kNm(vlak gore)
192
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Presjek 8-8:
8
DV
DHd
N8
T8M8
Slika 30: Presjke 8-8.
∑x = 0
∑y = 0
∑M8 = 0
−N8 +DH = 0 −DV + T8 = 0 M8 = 0, 00 kNm
−N8 + (−20) = 0 −5 + T8 = 0 (−)N8 = −20, 00 kN T8 = 5, 00 kN
Presjek 9-9:
d
9
DV
DH N9
T9 M9
Slika 31: Presjke 9-9.
∑x = 0
∑y = 0
∑M9 = 0
N9 −DH = 0 DV − T9 = 0 M9 = 0, 00 kNm
N9 − (−20) = 0 5− T9 = 0 (−)N9 = −20, 00 kN T9 = 5, 00 kN
Presjek 10-10:
d
9
DV
DH
10
N10
T10 M10
Slika 32: Presjke 10-10.
∑x = 0
∑y = 0
∑M10 = 0
N10 −DH = 0 DV − T10 = 0 M10 −DV × 1 = 0
N10 − (−20) = 0 5− T10 = 0 M10 − 5× 1 = 0
N10 = −20, 00 kN T10 = 5, 00 kN M10 = 5, 00 kNm
(vlak dolje)
193
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Presjek 11-11:
e
1211
N11
T11M11
EV
PH=20kN
Slika 33: Presjke 11-11.
∑x = 0
∑y = 0
∑M11 = 0
−N11 − PH = 0 EV + T11 = 0 −M11 + EV × 1 = 0
−N11 − 20 = 0 5 + T11 = 0 −M11 + 5× 1 = 0
N11 = −20, 00 kN T11 = −5, 00 kN M11 = 5, 00 kNm
(vlak dolje)
Presjek 12-12:
e
12
EV
N12
T12M12
PH=20kN
Slika 34: Presjke 12-12.
∑x = 0
∑y = 0
∑M12 = 0
−N12 − PH = 0 EV + T12 = 0 M12 = 0, 00 kNm
−N12 − 20 = 0 5 + T12 = 0 (−)N12 = −20, 00 kN T12 = −5, 00 kN
194
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Dijagrami unutarnjih sila. MJ : 1 cm = 10 kN ; MJ : 1 cm = 10 kNm
m0 =q × l2
8=
5× 32
8= 5, 625 kNm
q=5kN/m PV=10kN PV=10kN
PH=20kN
M 0 000
5,00 5,00
10,00
30,00
m0
m0
T
++
--
17,50
2,502,505,00 5,00
7,505,005,00
7,50
N
20,0020,00
-
Slika 35: Dijagrami unutarnjih sila.
195
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Grafoanaliti£ki postupak Segment 1.
q=5kN/m PV=10kN
a b
3AV
AH
2 2BV
1 2 5
3 4
Slika 36: Segment 1.
Suma momenata na to£ku a:
∑Ma = 0
BV × 7− PV × 5− q × 3× 1, 5 = 0
BV × 7− 10× 5− 5× 3× 1, 5 = 0
BV = 10, 36 kN
Suma momenata na to£ku b:
∑Mb = 0
−AV × 7 + PV × 2 + q × 3× 5, 5 = 0
−AV × 7 + 10× 2 + 5× 3× 5, 5 = 0
AV = 14, 64 kN
Kontorla!
∑y = 0
AV − q × 3− PV +BV = 0
14, 64− 5× 3− 10 + 10, 36 = 0
0, 00 = 0, 00
Presjek 1-1:
∑M1 = 0
M1 = 0 kNm
(−)
a
AV
AH
1
N1
T1M1
Presjek 2-2: ∑M2 = 0
M2 −AV × 3 + q × 3× 1, 5 = 0
M2 − 14, 64× 3 + 5× 3× 1, 5 = 0
M2 = 21, 42 kNm
(vlak dolje)
q=5kN/m
a
AV
AH
1 2
N2
M2T2
Presjek 3-3: ∑M3 = 0
M3 −BV × 2 = 0
M3 + 10, 36× 2 = 0
M3 = 20, 72 kNm
(vlak dolje)
PV=10kN
b
BV
5
3 4
N3
T3M3
196
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Presjek 4-4: ∑M4 = 0
M4 −BV × 2 = 0
M4 + 10, 36× 2 = 0
M4 = 20, 72 kNm
(vlak dolje)
b
BV
5
4
N4
T4M4
Presjek 5-5:
∑M5 = 0
M5 = 0, 00 kNm
(−)
b
BV
5
N5
T5M5
Segment 2.
PV=10kN
PH=20kNc d
3 1CV
CH
DV
6
97 8
Slika 37: Segment 2.
Suma momenata na to£ku c:
∑Mc = 0
DV × 4− PV × 3 = 0
DV × 4− 10× 3 = 0
DV = 7, 50 kN
Suma momenata na to£ku b:
∑Md = 0
−CV × 4 + PV × 1 = 0
−CV × 4 + 10× 1 = 0
CV = 2, 50 kN
Kontorla!
∑y = 0
CV − PV +DV = 0
7, 50− 10 + 2, 50 = 0
0, 00 = 0, 00
Presjek 6-6:
∑M6 = 0
M6 = 0, 00 kNm
(−)
c
CV
CH
6
N6
T6M6
197
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Presjek 7-7: ∑M7 = 0
M7 − CV × 3 = 0
M7 + 2, 5× 3 = 0
M7 = 7, 50 kNm
(vlak dolje)
c
CV
CH
6
7
N7
M7T7
Presjek 8-8: ∑M8 = 0
−M8 −DV × 1 = 0
−M8 + 7, 5× 1 = 0
M8 = 7, 50 kNm
(vlak dolje)
PH=20kNd
DV
98
N8
T8M8
Presjek 9-9:
∑M9 = 0
M9 = 0, 00 kNm
(−)
PH=20kNd
DV
9
N9
T9M9
Dijagrami unutarnjih sila. MJ : 1 cm = 10 kN ; MJ : 1 cm = 10 kNm
T1 = tanα1 =26, 25
1, 5= 17, 50 kN
T2 = tanα2 =3, 75
1, 5= 2, 50 kN
T3 = T4 = T2
T5 = tanα5 =15, 00
2, 00= −7, 50 kN
T6 = T5
T7 = tanα7 =15, 00
3, 00= 5, 00 kN
T8 = tanα8 =5, 00
1, 00= −5, 00 kN
T9 = T8
m0 =q × l2
8=
5× 32
8= 5, 625 kNm
198
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
q=5kN/m PV=10kN PV=10kN
PH=20kN
M
21,42 20,72
7,50
0 0 0
M
21,42 20,72
7,50
0 0 0
2 korak
lom
30
510 5
m0
m0
M 0 000
5,00 5,00
10,00
30,00
m0
m0
T
++
--
17,50
2,502,505,00 5,00
7,505,005,00
7,50
1 korak
3 korak
α1
α2
α5
α7
α8
26
,25
15
2
15
3
5
1
1,5
15
3,7
5
1,5
Slika 38: Dijagrami unutarnjih sila.
199
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Numeri£ki primjer 4.
Potrebno je uravnoteºit re²etkasti nosa£ sa slike 39 i odrediti sile u ²tapovima S1, S2 i S3.
a b
1 1 1 11
1
PV=10kN
PV=10kN
PV=10kN
PV=10kN
PV=10kN
AV
AH
BV
S1
S2
S3
Slika 39: Zadana shema nosa£a.
Analiti£ki postupak.
Ravnoteºa.
Suma momenata na to£ku a: ∑Ma = 0
BV × 4− PV × 4− PV × 3− PV × 2− PV × 1 = 0
BV × 4− 10× 4− 10× 3− 10× 2− 10× 1 = 0
BV = 25, 00 kN
Suma momenata na to£ku b: ∑Mb = 0
−AV × 4 + PV × 4 + PV × 3 + PV × 2 + PV × 1 = 0
−AV × 4 + 10× 4 + 10× 3 + 10× 2 + 10× 1 = 0
AV = 25, 00 kN
Suma sila u smjeru osi x: ∑x = 0
AH = 0, 00 kN
Kontrola: ∑y = 0
Av +Bv − PV × 5 = 0
25 + 25− 10× 5 = 0
0 = 0
a
1 1
11
PV=10kN
PV=10kN
AV
AH S3
S1
S2
c
d
S1x
S2x
S1y
S2y
Slika 40: Ra£unska shema nosa£a.
200
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Suma momenata na to£ku c: ∑Mc = 0
−S1x × 2−AV × 2 + PV × 1 + PV × 2 = 0
−S1x × 2− 25× 2 + 10× 1 + 10× 2 = 0
S1x = −10, 00 kN
S1 =S1x
sin 45◦= −14, 1421 kN
S1y = S1 × cos 45◦ = −10, 00 kN
Suma momenata na to£ku a: ∑Ma = 0
−S2y × 2− PV × 1 = 0
−S2y × 2− 10× 1 = 0
S2y = −5, 00 kN
S2 =S2y
sin 45◦= −7, 07 kN
S2x = S2 × cos 45◦ = −5, 00 kN
Suma momenata na to£ku d: ∑Md = 0
S3 × 1 + PV × 1−AV × 1 = 0
S3 × 1 + 10× 1− 25× 1 = 0
S3 = 15, 00 kN
Kontorla ∑x = 0
AH + S3 + S2x + S1x = 0
0 + 15 + (−5) + (−10) = 0
0, 00 = 0, 00
∑y = 0
AV − S2y + S1y − PV − PV = 0
25− (−5) + (−10)− 10− 10 = 0
0, 00 = 0, 00
201
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Gra�£ki postupak.
MJ : 1 cm = 100 cm; MJ : 1 cm = 5 kN
1 1 1 1
11
PV=10kN
PV=10kN
PV=10kN
PV=10kN
PV=10kN
S1
S2
S3
PV
PV
PV
PV
PV
0
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4 5
6
BV
AV
55
AVocitano = 5 cm⇒ AV = 25 kN
BVocitano = 5 cm⇒ BV = 25 kN
S1ocitano = 2, 8 cm⇒ S1 = 14 kN
S2ocitano = 1, 4 cm⇒ S2 = 7 kN
S3ocitano = 3, 0 cm⇒ S3 = 15 kN
202
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Numeri£ki primjer 5. Trozglobni okvir sa slike 1 potrebno je analiti£kim i gra�£kim postupkom uravnoteºitite odrediti dijagrame unutarnjih sila.
PH=20kN
q=10kN/m
4
2 2
40,50,5
Slika 41: Zadana shema nosa£a.
PH=20kN
q=10kN/m
1
2
10
9
3 4
5
8
6
7
AV
AH
BV
BH
a
b
c
Slika 42: Ra£unska shema nosa£a.
q=10kN/m
1
2 3 4
AV
AH a
CH
CVc
PH=20kN
10
9
5
8
6
7
BV
BHb
cCH
CV
Slika 43: Ra£unska shema nosa£a presjek kroz zglob.
Analiti£ki postupak - metoda 1
Suma momenata na to£ku b: ∑Mb = 0
−AV × 4−AH × 1 + PH × 4, 5 + q × 2× 3 = 0
−AV × 4−AH × 1 + 20× 4, 5 + 10× 2× 3 = 0
−AV × 4−AH × 1 = −150
Suma momenata na to£ku c: ∑Mc = 0
−AV × 2 +AH × 4 + q × 2× 1 = 0
−AV × 2 +AH × 4 + 10× 2× 1 = 0
−AV × 2 +AH × 4 = −20
203
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Rje²avanje sustava linearnih jednadºbi: [−4 −1−2 4
]{AVAH
}=
{−150−20
}[−4 −14 −8
]{AVAH
}=
{−15040
}[−4 −10 −9
]{AVAH
}=
{−150−110
}
AH =−110−9
= 12, 22 kN
−AV × 4−AH × 1 = −150−AV × 4− 12, 22× 1 = −150
AV = 34, 44 kN
Suma momenata na to£ku a: ∑Ma = 0
BV × 4−BH × 1 + PH × 3, 5− q × 2× 1 = 0
BV × 4−BH × 1 + 20× 3, 5− 10× 2× 1 = 0
BV × 4−BH × 1 = −50
Suma momenata na to£ku c: ∑Mc = 0
BV × 2−BH × 5− PH × 0, 5 = 0
BV × 2−BH × 5− 20× 0, 5 = 0
BV × 2−BH × 5 = 10
Rje²avanje sustava linearnih jednadºbi: [4 −12 −5
]{BVBH
}=
{−5010
}[4 −1−4 10
]{BVBH
}=
{−50−20
}[4 −10 9
]{BVBH
}=
{−50−70
}
BH =−709
= −7, 78 kN
BV × 4− (−7, 78)× 1 = −50BV × 4 = −57, 78
BV = −14, 44 kN
∑x = 0
AH + CH = 0
12, 22 + CH = 0
CH = −12, 22 kN
204
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
∑y = 0
AV − CV − q × 2 = 0
34, 44− CV − 10× 2 = 0
CV = 14, 44 kN
Analiti£ki postupak - metoda 2
PH=20kN
q=10kN/m
1
2
10
9
3 4
5
8
6
7
A0
B0
a
b
c
H'A
H'B
Slika 44: Ra£unska shema nosa£a. Slika 45: Ra£unska shema nosa£a presjek kroz zglob.
Suma momenata na to£ku b: ∑Mb = 0
−A0 × 4 + PH × 4, 5 + q × 2× 3 = 0
−A0 × 4 + 20× 4, 5 + 10× 2× 3 = 0
A0 = 37, 5 kN
Suma momenata na to£ku a: ∑Ma = 0
B0 × 4 + PH × 3, 5− q × 2× 1 = 0
B0 × 4 + 20× 3, 5− 10× 2× 1 = 0
B0 = −12, 5 kN
Suma momenata na to£ku c: ∑Mc = 0
H ′AH × 4, 5−A0 × 2 + q × 2× 1 = 0
H ′AH × 4, 5− 37, 5× 2 + 10× 2× 1 = 0
H ′AH = 12, 22 kN
H ′AHH ′AV
=4
1
H ′AV =H ′AH4
=12, 22
4= 3, 06 kN
205
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Suma momenata na to£ku c: ∑Mc = 0
−H ′BH × 4, 5 +B0 × 2− PH × 0, 5 = 0
−H ′BH × 4, 5 + (−12, 5)× 2− 20× 0, 5 = 0
H ′BH = −7, 78 kN
H ′BHH ′BV
=4
1
H ′BV =H ′BH4
=−7, 78
4= −1, 94 kN
AV = A0 −H ′AV = 37, 5− 3, 06 = 34, 44 kN
AH = H ′AH = 12, 22 kN
BV = B0 +H ′BV = −12, 5 + (−1, 94) = −14, 44 kNBH = H ′BH = −7, 78 kN
∑x = 0
AH + CH = 0
12, 22 + CH = 0
CH = −12, 22 kN
∑y = 0
AV − CV − q × 2 = 0
34, 44− CV − 10× 2 = 0
CV = 14, 44 kN
Kontorla! ∑x = 0
AH −BH − PH = 0
12, 22− (−7, 78)− 20 = 0
0, 00 = 0, 00
∑y = 0
AV +BV − q × 2 = 0
34, 44 + (−14, 44)− 10× 2 = 0
0, 00 = 0, 00
Presjek 1-1:
Slika 46: Presjke 1-1.
206
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
∑x = 0
∑y = 0
∑M1 = 0
AH + T1 = 0 N1 +AV = 0 M1 = 0, 00 kNm
12, 22 + T1 = 0 N1 + 34, 44 = 0 (−)T1 = −12, 22 kN N1 = −34, 44 kN
Presjek 2-2:
Slika 47: Presjke 2-2.
∑x = 0
∑y = 0
∑M2 = 0
AH + T2 = 0 N2 +AV = 0 M2 +AH × 4 = 0 kNm
12, 22 + T2 = 0 N2 + 34, 44 = 0 M2 + 12, 22× 4 = 0
T2 = −12, 22 kN N2 = −34, 44 kN M2 = −48, 88 kNm(vlak lijevo)
Presjek 3-3:
Slika 48: Presjke 3-3.
∑x = 0
∑y = 0
∑M3 = 0
−N3 + CH = 0 −CV − q × 2 + T3 = 0 −M3 − CV × 2− q × 2× 1 = 0
−N3 + (−12, 22) = 0 −14, 44− 10× 2 + T3 = 0 −M3 − 14, 44× 2− 10× 2× 1 = 0
N3 = −12, 22 kN T3 = 34, 44 kN M3 = −48, 88 kNm(vlak gore)
207
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Presjek 4-4:
Slika 49: Presjke 4-4.
∑x = 0
∑y = 0
∑M4 = 0
−N4 + CH = 0 −CV + T4 = 0 M4 = 0, 00 kNm
−N4 + (−12, 22) = 0 −14, 44 + T4 = 0 (−)N4 = −12, 22 kN T4 = 14, 44 kN
Presjek 5-5:
Slika 50: Presjke 5-5.
tan(α) =1
2⇒ α = 26, 56505◦
CV N = sin(α)× CV = sin(26, 56505◦)× 14, 44 = 6, 46 kN
CV T = cos(α)× CV = cos(26, 56505◦)× 14, 44 = 12, 92 kN
CHN = cos(α)× CH = cos(26, 56505◦)× (−12, 22) = −10, 93 kNCHT = sin(α)× CH = sin(26, 56505◦)× (−12, 22) = −5, 47 kN
∑xN = 0
∑yT = 0
∑M5 = 0
N5 − CV N − CHN = 0 −CHT + CV T − T5 = 0 M5 = 0, 00 kNm
N5 − 6, 46− (−10, 93) = 0 −(−5, 47) + 12, 92− T5 = 0 (−)N5 = −4, 47 kN T5 = 18, 39 kN
Presjek 6-6:
Slika 51: Presjke 6-6.
208
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
∑xN = 0
∑yT = 0
N6 − CV N − CHN = 0 −CHT + CV T − T6 = 0
N6 − 6, 46− (−10, 93) = 0 −(−5, 47) + 12, 92− T6 = 0
N6 = −4, 47 kN T6 = 18, 39 kN
∑M6 = 0
M6 − CV × 1 + CH × 0, 5 = 0
M6 − (14, 44)× 1 + (−12, 22)× 0, 5 = 0
M6 = 20, 55 kNm
(vlak dolje)
Presjek 7-7:
Slika 52: Presjke 7-7.
PHN = cos(α)× PH = cos(26, 56505◦)× 20 = 17, 89 kN
PHT = sin(α)× PH = sin(26, 56505◦)× 20 = 8, 94 kN
∑xN = 0
∑yT = 0
N7 − CV N − CHN − PHN = 0 −PHT − CHT + CV T − T7 = 0
N7 − 6, 46− (−10, 93)− 17, 89 = 0 −8, 94− (−5, 47) + 12, 92− T7 = 0
N7 = 13, 42 kN T7 = 9, 45 kN
∑M6 = 0
M7 − CV × 1 + CH × 0, 5 = 0
M7 − (14, 44)× 1 + (−12, 22)× 0, 5 = 0
M7 = 20, 55 kNm
(vlak dolje)
Presjek 8-8:
Slika 53: Presjke 8-8.
209
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
∑xN = 0
∑yT = 0
N8 − CV N − CHN − PHN = 0 −PHT − CHT + CV T − T8 = 0
N8 − 6, 46− (−10, 93)− 17, 89 = 0 −8, 94− (−5, 47) + 12, 92− T8 = 0
N8 = 13, 42 kN T8 = 9, 45 kN
∑M6 = 0
M8 − CV × 2 + CH × 1 + PH × 0.5 = 0
M8 − (14, 44)× 2 + (−12, 22)× 1 + 20× 0.5 = 0
M8 = 31, 11 kNm
(vlak dolje)
Presjek 9-9:
Slika 54: Presjke 9-9.
∑x = 0
∑y = 0
∑M9 = 0
−BH + T9 = 0 N9 +BV = 0 M9 −BH × 4 = 0
−(−7, 78) + T9 = 0 N9 + (−14, 44) = 0 M9 − (−7, 78)× 4 = 0
T9 = −7, 78 kN N9 = 14, 44 kN M9 = −31, 11 kNm(vlak lijevo)
210
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Presjek 10-10:
Slika 55: Presjke 10-10.
∑x = 0
∑y = 0
∑M10 = 0
−BH + T10 = 0 N10 +BV = 0 M10 = 0, 00 kNm
−(−7, 78) + T10 = 0 N10 + (−14, 44) = 0 (−)T10 = −7, 78 kN N10 = 14, 44 kN
211
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Dijagrami unutarnjih sila. MJ : 1 cm = 20 kN ; MJ : 1 cm = 20 kNm
48,88
48,88
0
0
20,55
7,78
31,11
+
-
7,78
9,45
9,45
18,39
18,39
+
+
34,44
14,44
-
12,22
12,22
31,11
PH=20kN
q=10kN/m
1
2
10
9
3 4
5
8
6
7
AV
AH
BV
BH
a
b
c
M
T
5
Slika 56: Dijagrami unutarnjih sila.
212
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
-
34,44
-
12,2212,22 4,47
13,42
13,42- +
+
N
14,44
14,44
Slika 57: Dijagrami unutarnjih sila.
213
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Gra�£ki postupak
PH=20kN
q=10kN/m
4
2 2
41
Q
RBL
RAL
RBL
RAL
PH
a
b
c
RAD RBD
RBDRAD
Q
RAD
RAL
RA6,9
2,4
RBD
RBL
RB
AV
AH
BH
BV
1,6
2,9
AHocitano = 2, 4 cm⇒ AH = 12 kN
AVocitano = 6, 9 cm⇒ AV = 34, 5 kN
BHocitano = 1, 6 cm⇒ BH = 8 kN
BVocitano = 2, 9 cm⇒ BV = 14, 5 kN
214
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Gra�£ki postupak - unutarnje sile u presjeku 6-6
Rocitano = 3, 8 cm⇒ R = 19, 0 kN
N6ocitano = 0, 9 cm⇒ N6 = −4, 5 kNT6ocitano = 3, 7 cm⇒ T6 = 18, 5 kN
∑M6 = 0
−M6 +R× 1, 1 = 0
−M6 + 19, 0× 1, 1 = 0
M6 = 20, 9 kNm
(vlak dolje)
215
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Numeri£ki primjer 6. Trozglobni okvir sa zategom sa slike 58 potrebno je analiti£kim i gra�£kim postupkomuravnoteºiti te odrediti dijagrame unutarnjih sila.
q=10kN/m
q=10kN/m
α
21
1
11
1
4 3
1
Slika 58: Stati£ka shema.
Slika 59: Ra£unska shema nosa£a.
Suma momenata na to£ku a: ∑Ma = 0
BV × 7− q × 4× 2 + q × 4× 1− q × 3× 5, 5 = 0
BV × 7− 10× 4× 2 + 10× 4× 1− 10× 3× 5, 5 = 0
BV × 7− 205 = 0
BV = 29, 29 kN
Suma momenata na to£ku d: ∑Md = 0
−AV × 7 + q × 4× 5 + q × 4× 1 + q × 3× 1, 5 = 0
−AV × 7 + 10× 4× 5 + 10× 4× 1 + 10× 3× 1, 5 = 0
−AV × 7 + 285 = 0
AV = 40, 71 kN
216
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
∑x = 0
AH − q × 4 = 0
AH − 10× 4 = 0
AH = 40 kN
Kontrola: ∑y = 0
AV +BV − q × 4− q × 3 = 0
40, 71 + 29, 29− 10× 4− 10× 3 = 0
0 = 0
Slika 60: Geometrija nosa£a. Slika 61: Presjek kroz £vor.
3
4=
3− x3
1
4 + x=y
4
x = −9
4+ 3 y =
4
4 + 34
x =3
4m y =
16
19m
Suma momenata na to£ku c: ∑Mc = 0
−AV × 4 +AH × 3 + q × 4× 2 + ZH × (2− y) = 0
−40, 71× 4 + 40× 3 + 10× 4× 2 + ZH × (2− 16
19) = 0
ZH × 1, 1579 + 37, 16 = 0
ZH = −32, 09 kN
1
4 + x=ZVZH
ZV =ZH4 + x
=−32, 094 + 3
4
ZV = −6, 76 kN
Z =√Z2V + Z2
H =√(−6, 67)2 + (−32, 09)2 = −32, 79 kN (tlak)
217
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Presjek 1-1:
AH1
a
N1T1
M1
AV
Slika 62: Presjke 1-1.
∑x = 0
∑y = 0
∑M1 = 0
AH + T1 = 0 N1 +AV = 0 M1 = 0, 00 kNm
40 + T1 = 0 N1 + 40, 71 = 0 (−)T1 = −40 kN N1 = −40, 71 kN
Presjek 2-2:
AH1
2
a
N2T2
M2
AV
Slika 63: Presjke 2-2.
∑x = 0
∑y = 0
∑M2 = 0
AH + T2 = 0 N2 +AV = 0 M2 +AH × 1 = 0 kNm
40 + T2 = 0 N2 + 40, 71 = 0 M2 + 40× 1 = 0
T2 = −40 kN N2 = −40, 71 kN M2 = −40, 00 kNm(vlak lijevo)
Presjek 3-3:
AH1
3
2
a
N3T3
M3
ZH
ZV
AV
Slika 64: Presjke 3-3.
218
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
∑x = 0
∑y = 0
∑M3 = 0
T3 +AH + ZH = 0 AV + ZV +N3 = 0 M3 +AH × 1 = 0
T3 + 40 + (−32, 09) = 0 40, 71 + (−6, 76) +N3 = 0 M3 + 40× 1 = 0
T3 = −7, 91 kN N3 = −33, 95 kN M3 = −40, 00 kNm(vlak lijevo)
Presjek 4-4:
AH1
3
2
4
a
N4T4
M4
ZH
ZV
AV
Slika 65: Presjke 4-4.
∑x = 0
∑y = 0
∑M4 = 0
T4 +AH + ZH = 0 AV + ZV +N4 = 0 M4 +AH × 3 + ZH × 2 = 0
T4 + 40 + (−32, 09) = 0 40, 71 + (−6, 76) +N4 = 0 M4 + 40× 3 + (−32, 09)× 2 = 0
T4 = −7, 91 kN N4 = −35, 95 kN M4 = −55, 82 kNm(vlak lijevo)
Presjek 5-5:
AH1
3
2
4
5
a
N5
T5M5
ZH
ZV
AV
Slika 66: Presjke 5-5.
219
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
∑x = 0
∑y = 0
∑M5 = 0
N5 +AH + ZH = 0 AV + ZV − T5 = 0 M5 +AH × 3 + ZH × 2 = 0
N5 + 40 + (−32, 09) = 0 40, 71 + (−6, 76)− T5 = 0 M5 + 40× 3 + (−32, 09)× 2 = 0
N5 = 7, 91 kN T5 = 33, 95 kN M5 = −55, 82 kNm(vlak gore)
Presjek 6-6:
q=10kN/m
AV
AH1
3
2
45
6
a
N6
T6M6
ZH
ZV
Slika 67: Presjke 6-6.
∑x = 0
∑y = 0
N6 +AH + ZH = 0 AV + ZV − q × 4− T6 = 0
N6 + 40 + (−32, 09) = 0 40, 71 + (−6, 76)− 10× 4− T6 = 0
N6 = 7, 91 kN T6 = −6, 05 kN
∑M6 = 0
M6 +AH × 3−AV × 4 + ZH × 2− ZV × 4 + q × 4× 2 = 0
M6 + 40× 3− 40, 71× 4 + (−32, 09)× 2− (−6, 76)× 4 + 10× 4× 2 = 0
M6 = 0, 0 kNm
(−)
220
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Presjek 7-7:
q=10kN/m
BV
7
10
89
b
ZH
ZV
N7T7
M7
Z
α
ZTZN
BV
BVN
BVT
Slika 68: Presjke 7-7.
tan(β) =4
3⇒ β = 53, 13015◦
tan(α) =1
4 + x⇒ α = 11, 8886◦
ZN = cos(α+ β)× Z = cos(11, 8886◦ + 53, 13015◦)× (−32, 79) = −13, 85 kNZT = sin(α+ β)× Z = sin(11, 8886◦ + 53, 13015◦)× (−32, 79) = −29, 72 kN
BV N = sin(β)×BV = sin(53, 13015◦)× (29, 29) = 23, 43 kN
BV T = cos(β)×BV = cos(53, 13015◦)× (29, 29) = 17, 57 kN
∑xN = 0
∑yT = 0
N7 + ZN +BV N = 0 BV T − ZT + T7 − q × 5 = 0
N7 + (−13, 85) + 23, 43 = 0 17, 57− (−29, 72) + T7 − 10× 5 = 0
N7 = −9, 58 kN T7 = 2, 71 kN
∑M7 = 0
M7 − ZH × 1− ZV × x+BV × 3− q × 5× 2, 5 = 0
M7 − (−32, 09)× 1− (−6, 76)× 3
4+ 29, 29× 3− 10× 5× 2, 5 = 0
M7 = 0, 0 kNm
221
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Presjek 8-8:
q=10kN/m
BV
10
89
b
ZH
ZV
N8T8
M8
Slika 69: Presjke 8-8.
∑xN = 0
∑yT = 0
N8 + ZN +BV N = 0 BV T − ZT + T8 − q ×√(3)2 + (3− x)2 = 0
N8 + (−13, 85) + 23, 43 = 0 17, 57− (−29, 72) + T8 − 10×√(3)2 + (3− 3
4)2 = 0
N8 = −9, 58 kN T8 = −9, 79 kN
∑M8 = 0
M8 − q ×√
(3)2 + (3− x)2 ×√
(3)2 + (3− x)22
+BV × (3− x) = 0
M8 − 10×√(3)2 + (3− 3
4)2 ×
√(3)2 + (3− 3
4 )2
2+ 29, 29× (3− 3
4) = 0
M8 = 4, 41 kNm
(vlak desno)
Presjek 9-9:
q=10kN/m
BV
10
9
b
N9T9
M9
Slika 70: Presjke 9-9.
222
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
∑xN = 0
∑yT = 0
N9 +BV N = 0 T9 +BV T − q ×√(3)2 + (3− x)2 = 0
N9 + 23, 43 = 0 T9 + 17, 57− 10×√(3)2 + (3− 3
4)2 = 0
N9 = −23, 43 kN T9 = 19, 91 kN
∑M9 = 0
M9 − q ×√
(3)2 + (3− x)2 ×√
(3)2 + (3− x)22
+BV × (3− x) = 0
M9 − 10×√(3)2 + (3− 3
4)2 ×
√(3)2 + (3− 3
4 )2
2+ 29, 29× (3− 3
4) = 0
M9 = 4, 41 kNm
(vlak desno)
Presjek 10-10:
BV
10b
N10T10
M10
Slika 71: Presjke 10-10.
∑xN = 0
∑yT = 0
∑M10 = 0
N10 +BV N = 0 T10 +BV T = 0 M10 = 0, 00 kNm
N10 + 23, 43 = 0 T10 + 17, 57 = 0 (−)N10 = −23, 43 kN T10 = −17, 57 kN
223
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Dijagrami unutarnjih sila. MJ : 1 cm = 25 kN ; MJ : 1 cm = 25 kNm
q=10kN/m
q=10kN/m
AV
AH
BV
1
3
2
45
7
10
8
69
a
b
c
d
40,00
55,82
55,82
4,41
15,37
0,25
7,9120,00
1,95
17,57
40,00 7,91
7,91
40,00
33,95
6,05
+
-2,71
9,79
-
19,91
17,57
+
-
-
-
Slika 72: Dijagrami unutarnjih sila.
224
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
40,71
40,7135,95
33,95
-
-
+7,91 7,91
-
9,58
9,58
23,43
23,43
-
-
32,79
Slika 73: Dijagrami unutarnjih sila.
225
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Numeri£ki primjer 7. Oja£anu gredu sa slike 75 potrebno je analiti£kim postupkom uravnoteºiti te odreditidijagrame unutarnjih sila.
q=10kN/m
PV=20kN
PH=20kN2
1
2 1 2 1 111
α
Slika 74: Zadana shema nosa£a.
q=10kN/m
PV=20kN
PH=20kN
1
3
5 7
9
111086
4
2 12
JI
Z
Z
JI
GH
GH
cb
a
d
e
CV
CH
AV
Slika 75: Ra£unska shema nosa£a.
Suma momenata na to£ku c: ∑Mc = 0
AV × 9− q × 5× 2, 5 + PH × 3− Pv × 7 = 0
AV × 9− 10× 5× 2, 5 + 20× 3− 20× 7 = 0
AV × 9− 205 = 0
AV = 22, 78 kN
Suma momenata na to£ku a: ∑Ma = 0
−CV × 9 + q × 5× 6, 5 + PH × 3 + Pv × 2 = 0
−CV × 9 + 10× 5× 6, 5 + 20× 3 + 20× 2 = 0
−CV × 9 + 425 = 0
CV = 47, 22 kN
∑x = 0
CH − PH = 0
CH − 20 = 0
CH = 20 kN
226
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Kontrola: ∑y = 0
CV +AV − q × 5− PV = 0
47, 22 + 22, 78− 10× 5− 20 = 0
0 = 0
q=10kN/m1
3
5 6
4
2
Z
GH
GH
cb
d
CV
CH
ZH
ZV
BV
BH
Z
ZH
ZVα
Slika 76: Presjek kroz zglob.
Suma momenata na to£ku b: ∑Mb = 0
−CV × 5 + q × 5× 2, 5− ZH × 2, 5 = 0
−47, 22× 5 + 10× 5× 2, 5− ZH × 2, 5 = 0
−ZH × 2, 5− 111, 1 = 0
ZH = −44, 44 kN
tan(α) =1
4⇒ α = 14, 03624◦
Z =ZH
cos(α)=
−44, 44cos(14, 03624◦)
= −45, 81 kN
ZVZH
=1
4⇒ ZV =
1
4×−44, 44 = −11, 11 kN
∑x = 0
∑y = 0
CH +BH + ZH = 0 CV − q × 5 + ZV −BV = 0
20 +BH + (−44, 44) = 0 47, 22− 10× 5 + (−11, 11)−BV = 0
BH = 24, 44 kN BV = −13, 89 kN
Ravnoteºa £vora e:
cos(β) =IHI⇒ IH = cos(β)× I sin(β) =
IVI⇒ IV = sin(β)× I
cos(β) =JHJ⇒ JH = cos(β)× J sin(β) =
JVJ⇒ JV = sin(β)× J
tan(β) =3
1⇒ β = 71, 56505◦
∑x = 0
∑y = 0
−ZH − PH − IH + JH = 0 −PV − ZV − IV − JV = 0
−ZH − PH − cos(β)× I + cos(β)× J = 0 −PV − ZV − sin(β)× I − sin(β)× J = 0
227
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
PV=20kN
PH=20kN
JI
Z e I
IV
IH
J
JV
JH
Slika 77: Ravnoteºa £vora e.
Rje²avanje sustava linearnih jednadºbi (Cramerovo pravilo):[− cos(β) cos(β)− sin(β) − sin(β)
]{IJ
}=
{ZH + PHPV + ZV
}
D =
∣∣∣∣− cos(β) cos(β)− sin(β) − sin(β)
∣∣∣∣ = (− cos(β)× (− sin(β))− (cos(β)× (− sin(β))
D = 2× cos(β)× sin(β) = 2× cos(71, 56505◦)× sin(71, 56505◦)
D = 0, 6
D1 =
∣∣∣∣ZH + PH − cos(β)PV + ZV − sin(β)
∣∣∣∣ = ((ZH + PH)× (−sin(β)))− (cos(β)× (PV + ZV )
D1 = (((−44, 44) + 20)× (−sin(71, 56505◦)))− (cos(71, 56505◦)× (20 + (−11, 11))D1 = 23, 1858− 2, 8109 = 20, 3791
D2 =
∣∣∣∣− cos(β) ZH + PH− sin(β) PV + ZV
∣∣∣∣ = ((cos(β)× (PV + ZV ))− ((ZH + PH)× (− sin(β))
D2 = ((− cos(71, 56505◦)× (20 + (−11, 11)))− ((−44, 44) + 20)× (− sin(71, 56505◦))
D2 = −2, 8109− 23, 1900 = −25, 9967
I =D1
D=
20, 3791
0, 6= 33, 96 kN J =
D2
D=−25, 9967
0, 6= −43, 33 kN
IH = cos(71, 56505◦)× 33, 96 = 10, 74 kN JH = cos(71, 56505◦)×−43, 33 = −13, 70 kNIV = sin(71, 56505◦)× 33, 96 = 32, 22 kN JV = sin(71, 56505◦)×−43, 33 = −41, 11 kN
Ravnoteºa £vora d:
Z
GH
d
H
HH
HV
Slika 78: Ravnoteºa £vora d.
cos(γ) =HH
H⇒ HH = cos(γ)×H sin(γ) =
HV
H⇒ HV = sin(γ)×H
tan(γ) =2
1⇒ γ = 63, 43495◦
228
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
∑x = 0
∑y = 0
ZH −HH = 0 −G+ ZV −HV = 0
ZH − cos(γ)×H = 0 −G+ (−11, 11)− (−88, 88) = 0
H =ZH
− cos(γ)G = 77, 77 kN
H =−44, 44
cos(63, 43495◦)
H = −99, 37 kNHV = sin(γ)×H = −88, 88 kNHH = cos(γ)×H = −44, 44 kN
Presjek 1-1:
1
c
CV
CH N1
T1
M1
Slika 79: Presjke 1-1.
∑x = 0
∑y = 0
∑M1 = 0
N1 + CH = 0 −T1 + CV = 0 M1 = 0 kNm
N1 + 20 = 0 −T1 + 47, 22 = 0 (−)N1 = −20, 00 kN T1 = 47, 22 kN
Presjek 2-2:
q=10kN/m1 2
c
CV
CH N2
T2
M2
Slika 80: Presjke 2-2.
∑x = 0
∑y = 0
∑M2 = 0
N2 + CH = 0 −T2 + CV − q × 2 = 0 M2 + q × 2× 1− CV × 2 = 0
N2 + 20 = 0 −T2 + 47, 22− 10× 2 = 0 M2 + 10× 2× 1− 47, 22× 2 = 0
N2 = −20, 00 kN T2 = 27, 22 kN M2 = 74, 44 kNm
(vlak dolje)
229
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Presjek 3-3:
q=10kN/m1
3
2H
c
CV
CH N3
T3
M3
Slika 81: Presjke 3-3.
∑x = 0
∑y = 0
N3 + CH +HH = 0 −T3 + CV − q × 2 +HV = 0
N3 + 20 + (−44, 44) = 0 −T3 + 47, 22− 10× 2 + (−88, 88) = 0
N3 = 24, 44 kN T3 = −61, 66 kN
∑M3 = 0
M3 + q × 2× 1− CV × 2 = 0
M3 + 10× 2× 1− 47, 22× 2 = 0
M3 = 74, 44 kNm
(vlak dolje)
Presjek 4-4:
q=10kN/m1
3 4
2H
c
CV
CH N4
T4
M4
Slika 82: Presjke 4-4.
∑x = 0
∑y = 0
N4 + CH +HH = 0 −T4 + CV − q × 3 +HV = 0
N4 + 20 + (−44, 44) = 0 −T4 + 47, 22− 10× 3 + (−88, 88) = 0
N4 = 24, 44 kN T4 = −71, 66 kN
∑M4 = 0
M4 + q × 3× 1, 5− CV × 3−HV × 1 = 0
M4 + 10× 3× 1, 5− 47, 22× 3− (−88, 88)× 1 = 0
M4 = 7, 78 kNm
(vlak dolje)
230
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Presjek 5-5:
q=10kN/m1
3
5
4
2G
H
c
CV
CH N5
T5
M55 6
bN5
T5M5
BV
BH
Slika 83: Presjke 5-5.
∑x = 0
∑y = 0
N5 + CH +HH = 0 −T5 + CV − q × 3 +HV +G = 0
N5 + 20 + (−44, 44) = 0 −T5 + 47, 22− 10× 3 + (−88, 88) + 77, 77 = 0
N5 = 24, 44 kN T5 = 6, 11 kN
∑M5 = 0
M5 + q × 3× 1, 5− CV × 3−HV × 1 = 0
M5 + 10× 3× 1, 5− 47, 22× 3− (−88, 88)× 1 = 0
M5 = 7, 78 kNm
(vlak dolje)
∑x = 0
∑y = 0
∑M5 = 0
−N5 +BH = 0 T5 −BV − q × 2 = 0 M5 − q × 2× 1−BV × 2 = 0
−N5 + 24, 44 = 0 T5 − (−13, 89)− 10× 2 = 0 M5 − 10× 2× 1− (−13, 89)× 2 = 0
N5 = 24, 44 kN T5 = 6, 11 kN M5 = −7, 78 kNm(vlak dolje)
Presjek 6-6:
q=10kN/m1
3
5 6
4
2G
H
c
CV
CH N6
T6
M6
6bN6
T6M6
BV
BH
Slika 84: Presjke 6-6.
∑x = 0
∑y = 0
N6 + CH +HH = 0 −T6 + CV − q × 5 +HV +G = 0
N6 + 20 + (−44, 44) = 0 −T6 + 47, 22− 10× 5 + (−88, 88) + 77, 77 = 0
N6 = 24, 44 kN T6 = −13, 89 kN
231
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
∑M6 = 0
M6 + q × 5× 2, 5− CV × 5−HV × 3−G× 2 = 0
M6 + 10× 5× 2, 5− 47, 22× 5− (−88, 88)× 3− 77, 77× 2 = 0
M6 = 0 kNm
(−)
∑x = 0
∑y = 0
∑M6 = 0
−N6 +BH = 0 T6 −BV = 0 M6 = 0 kNm
−N6 + 24, 44 = 0 T6 − (−13, 89) = 0 (−)N6 = 24, 44 kN T6 = −13, 89 kN
Presjek 7-7:
7
9
11108 12JI
a
AV
N7
T7M7
b
N7
T7
M7
BV
BH
Slika 85: Presjke 7-7.
∑x = 0
∑y = 0
∑M7 = 0
N7 −BH = 0 −T7 +BV = 0 M7 = 0 kNm
N7 − 24, 44 = 0 −T7 + (−13, 89) = 0 (−)N7 = 24, 44 kN T7 = −13, 89 kN
∑x = 0
∑y = 0
−N7 + IH − JH = 0 T7 + IV + JV +AV = 0
N7 + 10, 74− (−13, 70) = 0 T7 + 32, 22 + (−41, 11) + 22, 78 = 0
N7 = 24, 44 kN T7 = −13, 89 kN
∑M7 = 0
M7 + IV × 1 + JV × 3 +AV × 4 = 0
M7 + 32, 22× 1 + (−41.11)× 3 + 22, 78× 4 = 0
M7 = 0, 0 kNm
(−)
Presjek 8-8:
9
11108 12JI
a
AV
N8
T8M8
b
N8
T8
M8
BV
BH
Slika 86: Presjke 8-8.
232
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
∑x = 0
∑y = 0
∑M8 = 0
N8 −BH = 0 −T8 +BV = 0 M8 −BV × 1 = 0
N8 − 24, 44 = 0 −T8 + (−13, 89) = 0 M8 − (−13, 89)× 1 = 0
N8 = 24, 44 kN T8 = −13, 89 kN M8 = −13, 89 kNm(vlak gore)
∑x = 0
∑y = 0
−N8 + IH − JH = 0 T8 + IV + JV +AV = 0
N8 + 10, 74− (−13, 70) = 0 T8 + 32, 22 + (−41, 11) + 22, 78 = 0
N8 = 24, 44 kN T8 = −13, 89 kN
∑M8 = 0
M8 + JV × 2 +AV × 3 = 0
M8 + (−41.11)× 2 + 22, 78× 3 = 0
M8 = 13, 88 kNm
(vlak gore)
Presjek 9-9:
9
1110 12J
a
AV
N9
T9M9
Slika 87: Presjke 9-9.
∑x = 0
∑y = 0
∑M9 = 0
−N9 − JH = 0 T9 + JV +AV = 0 M9 +AV × 3 + JV × 2 = 0
−N9 − (−13, 70) = 0 T9 + (−41, 11) + 22, 78 = 0 M9 + 22, 78× 3 + (−41, 11)× 2 = 0
N9 = 13, 70 kN T9 = 18, 33 kN M9 = −13, 88 kNm(vlak gore)
Presjek 10-10:
1110 12J
a
AV
N10
T10M10
Slika 88: Presjke 10-10.
233
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
∑x = 0
∑y = 0
∑M10 = 0
−N10 − JH = 0 T10 + JV +AV = 0 M10 +AV × 1 = 0
−N10 − (−13, 70) = 0 T10 + (−41, 11) + 22, 78 = 0 M10 + 22, 78× 1 = 0
N10 = 13, 70 kN T10 = 18, 33 kN M10 = −22, 78 kNm(vlak dolje)
Presjek 11-11:
11 12
a
AV
N11
T11M11
Slika 89: Presjke 11-11.
∑x = 0
∑y = 0
∑M11 = 0
−N11 = 0 T11 +AV = 0 M11 +AV × 1 = 0
N11 = 0 kN T11 + 22, 78 = 0 M11 + 22, 78× 1 = 0
T11 = −22, 78 kN M11 = −22, 78 kNm(vlak dolje)
Presjek 12-12:
12
a
AV
N12
T12M12
Slika 90: Presjke 12-12.
∑x = 0
∑y = 0
∑M12 = 0
−N12 = 0 T12 +AV = 0 M12 = 0 kNm
N12 = 0 kN T12 + 22, 78 = 0 (−)T12 = −22, 78 kN
234
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Dijagrami unutarnjih sila. MJ : 1 cm = 25 kN ; MJ : 1 cm = 25 kNm
Slika 91: Dijagrami unutarnjih sila.
235
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Numeri£ki primjer 8. Potrebno je odrediti kut zaokreta u to£ki A i relativni pomak izme�u to£ki A i Bza zadatak sa slike 92, uzeti u obzir utjecaj momenata i uzduºnih sila. Zadane su geometrijske i materijalnekarakteristike popre£nog presjeka, EI = 25000 kNm2 i EA = 30000 kN .
q=10 kN/m
PH=20 kN
22
2 2
21
A B
1
a
AV=12,86 kN
AH=8,57 kN
b
BV=27,14 kN
BH=11,43 kN
Slika 92: Stati£ka shema za vanjsko optere¢enje.
Slika 93: Dijagrami unutarnjih sila od vanjskog optere¢enja.
236
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
1 kNm
22
2 2
21
A B
1
a
AV-M=0,21 kN
AH-M=0,14 kN
b
BV-M=0,21 kN
BH-M=0,14 kN
Slika 94: Stati£ka shema za jedini£ni moment.
Slika 95: Dijagrami unutarnjih sila od jedini£nog momenta.
237
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Integriranje!
ρA =1
EI
[−(17, 14× 2
2× 2
3× 0, 29
)+
2
6
(17, 14× 0, 71 + 4× 5, 715× 0, 57− 5, 71× 0, 43
)
+4
6
(− 5, 71× 0, 43 + 4× 0× 0 + 34, 29× 0, 43
)+
(34, 29× 3
2× 2
3× 0, 43
)]
+1
EA
[−(4× 12, 86× 0, 21
)+
(4× 11, 43× 0, 14
)+
(3× 27, 14× 0, 21
)]
ρA =1
EI
[− 3, 3137 + 7, 5814 + 8, 1929 + 14, 7447
]+
1
EA
[− 10, 8024 + 6, 4008 + 17, 0982
]
ρA =1
25000
[27, 2053
]+
1
30000
[12, 6966
]= 0, 001088 + 0, 0004232
ρA =0, 0015112 rad
ρA−SAP2000 =0, 00152 rad
238
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
22
2 2
21
A B
1
a
AV-AB=0,14 kN
AH-AB=0,57 kN
b
BV-AB=0,14 kN
BH-AB=0,57 kN
1 kN 1 kN
Slika 96: Stati£ka shema za jedini£ne sile.
Slika 97: Dijagrami unutarnjih sila od jedini£nih sila.
239
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Integriranje!
δA−B =1
EI
[(17, 14× 2
2× 2
3× 1, 14
)+
2
6
(17, 14× 1, 14 + 4× 5, 715× 0, 715− 5, 71× 0, 29
)+
4
6
(− 5, 71× 0, 29 + 4× 0× 0 + 34, 29× 0, 29
)+
2
6
(34, 29× 0, 29− 4× 22, 86× 0, 14− 11, 43× 0, 57
)−(11, 43× 1
2× 2
3× 0, 57
)]
+1
EA
[−(4× 12, 86× 0, 14
)+
(4× 11, 43× 0, 43
)+
(3× 27, 14× 0, 14
)]
δA−B =1
EI
[13, 0264 + 11, 4095 + 5, 5255− 3, 1242− 2, 1717
]+
1
EA
[− 7, 2016 + 19, 6596 + 11, 3988
]
δA−B =1
25000
[24, 6655
]+
1
30000
[23, 8568
]= 0, 00098662 + 0, 00079522
δA−B =0, 0017818 m
δA−B−SAP2000 =0, 00178 m
240
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Numeri£ki primjer 9. Pomo¢u metode sila potrebno je odrediti dijagrame unutarnjih sila za zadatak saslike 98, uzeti u obzir utjecaj momenata i uzduºnih sila. Zadane su geometrijske i materijalne karakteristikepopre£nog presjeka, EI = 10 kNm2 i EA = 333 kN .
AV
a
AH
Ma
BV
b
PV=30 kN
q=20 kN/m
2 2
43 2
1
Slika 98: Stati£ka shema. Slika 99: Osnovni sistem.
241
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
(a) Vanjsko djelovanje. (b) Jedini£no djelovanje.
Slika 100: Reakcije i dijagrami unutarnjih sila.
Integracija!
a1v =1
EI
[5
6
(− 0× 0− 4× 84, 50× 0, 3− 44, 00× 0, 6
)+
2
6
(16, 00× 0, 6 + 4× 8, 00× 0, 80 + 0× 1, 00
)]
− 1
EA
[78, 40× 5× 0, 16
]=
1
10
[− 106, 50 + 11, 73
]− 1
333
[62, 72
]= −9, 477− 0, 18745
a1v = −9, 6644 rad
242
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
a11 =1
EI
[(0, 60× 5
2× 2
3× 0, 60
)+
2
6
(0, 60× 0, 60 + 4× 0, 8× 0, 8 + 1, 00× 1, 00
)]
+1
EA
[0, 16× 5× 0, 16
]=
1
10
[0, 6000 + 1, 3067
]+
1
333
[0, 1280
]= 0, 19067 + 0, 000384
a11 = 0, 19105 rad/kNm
a1v +X1 × a11 = 0
X1 =−a1va11
=−(−9, 6644) rad
0, 19105 rad/kNm
X1 = 50, 58 kNm
243
Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri
Slika 101: Kona£ni dijagrami.
T1 =131, 82− 0
0− 2, 5= −52, 73 kN
T2 =131, 82− 13, 65
2, 5= 47, 27 kN
T3 =60− 0
2= 30, 00 kN
T4 =50, 58− 46, 35
2= 2, 115 kN
244