Upload
igor-knez
View
791
Download
22
Embed Size (px)
DESCRIPTION
Computation process of critical (compressive) force causing the structural instability based on different methods of calculations(enegetic, numeric).Students material.Metode proračuna kritične (tlačne) sile koja uzrokuje nestabilnost konstrukcije.Materijal za studente.
Citation preview
2012
IGOR KNEZ univ. bacc. ing. aedif.
3.12.2012.
Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
2 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
SADRŽAJ
1.DIO (statički i energetski način)………………………………………………………….…...2.str.
2.DIO(rješavanje pomodu diferencijalne jednadžbe)…………………………………16.str.
3.DIO(metoda početnih parametara)……………………………………………………….22.str.
4.DIO(Rayleigh-eva metoda)..…………………………………………………………………..26.str.
5.DIO(metoda krutosti)..…………………………………………………………………………..31.str.
3 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
Riješeni primjeri
1.dio
Primjer 1.1.
a)Statički
0 0
0
A A
A r A r
r
rcr
M M P y
yM k k
L
yk P y
L
kP
L
a)Energetski
2
2
2 2
2
1
21
2 2
10 0 /
A
r A
A r A
A r A
A
r
r
cr
LV P P
U k
LV U P k
P L k
P L k
kP
L
4 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
Primjer 1.2. a)Statički
1 1 1 3 1 2
1 13
1 2
0 0l
l
M M k y a R a a
M k y aR
a a
2 2 3 2
1 12 2
1 2
0 0
0
G
l
M M R a P y
M k y aM a P y
a a
1 1 1 1
1
2 2 1 3 2
1 2
r r
r r
yM k k
a
y yM k k
a a
1 2 1 2
12 1 2
1 2 1 2
2 2 2
1 2 1 22 1 2 1 2 1 2
1 2
2 2 2
1 2 1 2 2 1 2 1 2 1
/ : /
/
r l
r
r lr
r r l
yk a k y a a
ay yk P y y a a
a a a a
k a k a ak a a P a a a a
a a
P a a a a k a a k a k a
2
2 1 2 1 2
2
2 1 2 21 1 2
1 2 1
1 2
/ :
r
r l
a a a a a
k a a ak k a a
a a aP
a a
5 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
Pretpostavka: a1=a2=a
2
2 14
2
r r lcr
k k k aP
a
b) Energetski
2 22 21 2 1 2
1 3 2 2
1 2
2 2
1 2
2 2 2 2
1
2
a a a ay y
a a
y y
a a
2 2
1 2
22 2
1 1 2 1 3
2 2 2 22
1 22 2 2
1 1 1 2 2
1
2
1 1 1
2 2 2
1 1 1 2
2 2 2
l r r
l r r
y yV P P
a a
U k y k k
y y y yk y k k
a a a a a
2 2 2 2 2 22
1 22 2 2
1 2 1 1 1 2 2
1 22 2 2
1 2 1 1 1 2 2
1 1 1 1 2
2 2 2 2
20 0 / :
l r r
l r r
y y y y y yV U P k y k k
a a a a a a a
y y y y y yP k y k k y
y a a a a a a a
2 2
1 2 2 1 2 1 1 21 22 2 2
1 2 1 1 2 1 2
21 0 / :l r r
a a a a a a a aP k k k
a a a a a a a
2 2
2 2 1 2 11 2 1 2
1 1 2 1 2 1 2
1 2
2
0
l r r
a a a a ak a a k k
a a a a a a aP
a a
Pretpostavka: a1=a2=a
2
2 14
2
r r lcr
k k k aP
a
6 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
Primjer 1.3.
a)Statički
3 4
4
2 4
0 0
0 2 02
2 0 / :2
12
2
2
5
D
l
l
l
cr l
M P y R L
P yR
Ly
M P k y L R L
y P yP k y L L y
L
P k L
P k L
7 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
b) Energetski
2 22 2 2 2
1 2 3 2
5 5 5
4 2 2 4 4 4
L L L y yL L
L L
25
4
yV P P
L
21
2lU k y
2
25 1
4 25
0 0 / : 2
5 1 0
2
2
5
l
l
l
cr l
yV U P k y
Ly
P k y yy L
P kL
P k L
8 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
Primjer 1. 4.
a) Statički
1 1
1 10 0
0 / :
r r
l
r l
rcr l
xM k k
H
M M k x H P x
xk k x H P x x
H
kP k H
H
b) Energetski
2 22
1 2
2 22
2
2
2
2 2 2
1 1
2 2 2
0 0 / :
0
r l
r l
rl
rcr l
H H x x
H H
x xV U P k k x
H Hx x
P k k x xy H H
kPk
H H
kP k H
H
9 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
Primjer 1. 5.
a) Statički
0 1 2 2 3
1 2 2 1 3
22 2 3 3
21 2 2
22 2 1
0 2 3 0
0 2 0
0 0
2 3 0 ................. 1
2 0 ................. 2
l
G
G
l
M k y a k y a R a
M k y a P y R a
P yM P y R a R
a
P yk y a k y a a
aP y
k y a P y aa
1 2 2
1 2 2
2 3 0
2 0
lk a y k a P y
P y k a P y
2 1
2 2
2 2
2 2
2 2
2 30
2
2 2 3 0
3 2 2 0
l
l
l l
k a k a P y
P k a P y
k a k a P k a P P
P P k a k a k k a
10 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
Pretpostvka: k1=k k2=2k
2 2 23 6 2 0P P k a k a
2
1
2
4 6 3,46
2 6
0,423
1,577
cr
cr
cr
b b ac k a k aP
a
P k a
P k a
b) Energetski
2 2 2 2 2 2
1 2 3 01 12 32 01 12 32
22 22 11 2
2 2 2
2 2
1 1 2 2
2 22 21 1 2 2
1 1 2 2
2 2 2 2
2
1 1
2 2
a a a a
y yy ya
a a a
y y y y
a
y y y yV U P k y k y
a
1 21 1
1
1 1 2
1 22 2
2
1 2 2
1
20
2 0 ............... 1
20
2 + 0 ............... 2
2
P y P yk y
y a a
P Pk y y
a a
P y P yk y
y a a
P Py k y
a a
Pk
a
1
2
2
02
P
ya
yP Pk
a a
2
1 2 2
2 22
2 1 1 22 2
2 2 2
2 1 1 2
2 2
2 1 1 2
2 20
4 2 20 /
4 2 2 0
3 2 2 0
P P Pk k
a a a
P P P Pk k k k a
a a a a
P P k a P k a k k a P
P P k a P k a k k a
11 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
Pretpostvka: k1=k k2=2k
2 2 23 6 2 0P P k a k a
Jednadžba je ista kao kod Statičkog načina , te nema svrhe nastavljati računanje !
Primjer 1.6.
a) Statički
1 1 1 3 1 2 3
32 3 2 3 3
2
0 ( ) 0
0 0
l
D
M M k y L R L L M
M P yM R L P y M R
L
2
2 2
21 1 2
1 2 2
1 1 22
1 2 2
1 11 2
1 2 2
0 / :
0
0
r
r l r
r r rl
r r r rl
yk P y
Ly yk k y L L L k y
L L L
k k kPk L L L
L L L L
k k L k P L kk L P
L L L L L
12 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
2
1 2 1 1 21
2 1 2
1 22 1
1 1 2 1 2 1 2
/:r rl
lr rcr
L L k k L L LP k L
L L L L
k L Lk L k LP
L L L L L L L
b) Energetski
1 2
1 2
22 21 2
1 2 1 3
1 2
2 222
2 2
1 2
2 2
1 2
1 2
1 1
2 2 2
1 1 1 1 1
2 2 2 2
1 10 /: y
l r r
l r r
L L y
L L
y yyV U P k y k k
L L L L
y yP y k y k k
y L L L L
L LP
1 2
1
1 2
2 2
1 2 1 2
1 2 2 1
1 2 1 2 1 2
= 0 /: r rl
l r rcr
k k L Lk
L L L L L L
k L L k L k LP
L L L L L L L
13 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
Primjer 1. 7.
a) Statički
3 3 1
2 2 2 1
0 0
0 0G
M M P y
M M P y y
3 1
1 3 2 1
0
0
r
r
k P y
k P y y
21
2 1 22 1
0
0
r
r
yk P y
a
y y yk P y y
a a
2 1
1 2
0 .................. 1
2 0 .................. 2
r
r r
ky P y
a
k kP y P y
a a
1
2
02
20
r
r r
r r r
kP
ya
k k yP P
a a
k k kP P P
a a a
14 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
22 2
2
2 2 2
1/2 2
1
2
20 /
3 0
3 5
2
2,62
0,38
r r r
r r
r r
cr
rcr
rcr
P k k P kP a
a a a
P a P k a k
k a k aP
a
kP
a
kP
a
b) Energetski
222 12 2 2
1 2 3 1 2 2
2 2
2 1 2 1
2 2
2 1 2 1
22
22 2 2 2 13 1 3 2
2 2 2
1 2 2
2
2 22
1 1 1
2 2 2r r r
y yya a a
a a
y y y ya
PV y y y y
a
y y y yU k k k
a a a
2 2
2 1 2 12 = 5 4
2
rky y y y
a
2 2 2 2
2 1 2 1 2 1 2 12
2 1 2 12
1
1 2
2 2 5 42 2
0 2 2 4 2 02 2
2 ............................................. 1
r
r
r r
kPV U y y y y y y y y
a akP
y y y yy a a
k kP y P y
a a
2 1 2 12
2
1 2
0 4 2 10 4 02 2
2 5 2 0 ............................. 2
r
r r
kPy y y y
y a a
k kP y P y
a a
15 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
1
2
2 22 2
2 2
2 2 2
2
02 5
2
5 2 52 2 0
5 2 5 4 42 0
(3 ) 0
r r
r r
r r r r
r r r r r
r r
k kP P
ya a
yk kP P
a a
k k k kP P P P
a a a a
k k k k kP P P P P
a a a a a
P a k a P k
Jednadžba je ista kao kod Statičkog načina , te nema svrhe nastavljati računanje !
16 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
2.dio
Primjer 2. 1.
3
3 3
Pretpostavka:
1212 12l
l
EIkEI Lk
L EI EI L
0 0 ................... 1
' 0 0 ................... 2
'' 0
y x
y x
y x L
2
2 2
................... 3
''' ' /:
''' ' 0 ................. 4
0
0
sin cos 0
sin + cos 0
lEI y x L P y x L k y x L EI
y x L y x L y x L
B D B D
A C A C
A L B L
A L B L
3 3 2
3
3
.................. 1
cos sin cos sin sin cos 0
sin cos 0 ................. 2
sin cos
sin cos
A L B L A L B L C A L B L CL D
L L A L B
L L A
L L L B
3
3 3
3
2
0
sin cos cos sin 0
Koristeći pretpostavku za krutost opruge slijedi
12sin 12 cos 0
Supstitucija : 12sin 12 cos 0
3,352 11, 3,352
L L L L L
L L L L
u L f u u u u u
RJEŠENJE u LL
2
22
22 2
236
11,236 11,236
0,937
crcr
L
P EI EIP
EI L L L
17 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
Primjer 2. 2.
1 1Koristeći pretpostavku sa slike te I =I; L =L
4rk
EI L
0 0 ................... 1
'' 0 0 .................... 2
0
y x
y x
y x L
2
.................... 3
- '' ' /:
'' ' 0 .................. 4
0
0 0 0
sin 0
rEI y x L k y x L EI
y x L y x L
B D B D
B B D
A L CL
2
2
2
2
................... 1
sin cos 0
cos sin 0 .................... 2
sin0
cos sin
sin cos sin 0
Koriste
A L A L C
L L A C
L L A
L L C
L L L L L
2 2
2
2
2
22
22 2
ći pretpostavku za krutost opruge slijedi
4sin 4 cos sin 0
Supstitucija : 4 sin 4 cos 0
3,829 14,66: 3,829
14,66 14,66
0,82
crcr
L L L L L
u L f u u u u u
RJEŠENJE u LL L
P EI EIP
EI L L L
18 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
Primjer 2. 3
a)simetrična slika izvijanja(bez pomaka)
0 0 ................... 1
'' 0 0 .................... 2
0
y x
y x
y x L
.................... 3
- '' ' /:
'' ' 0 .................. 4
rEI y x L k y x L EI
y x L y x L
Rubni uvjeti su isti kao u prethodnom zadatku što dovodi do iste jednadžbe:
2sin cos sin 0
Koristeći pretpostavku za krutost opruge te ostale prepostavke :
L L L L L
19 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
1 1
2 2
2
2
2
22
22 2
2; ;
2sin 2 cos sin 0
Supstitucija : 2sin 2 cos sin 0
3,591 12,895 : 3,591
12,895 12,895
0,875
crcr
I I L LL
L L L L L
u L f u u u u u u
RJEŠENJE u LL L
P EI EIP
EI L L L
b)nesimetrična slika izvijanja(s pomakom)
0 0 ................... 1
'' 0 0 ................... 2
- ''
y x
y x
EI y x L
2
' /:
'' ' 0 .................. 3
T 0 ''' ' 0 /:
''' ' 0 ...........
rk y x L EI
y x L y x L
x L EI y x L P y x L EI
y x L y x L
2
2
2
....... 4
0
0 0 0
sin cos 0
sin cos 0 .......................... 1
B D B D
B B D
A L A L C
L L A C
20 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
3 2
2
2
2
4 3 3
cos cos = 0
0 .......................... 2
sin cos0
0
sin cos 0 /:
sin cos 0
Koristeći
A L A L C
C
AL L
C
L L
L L
1 1
2
2
2
2
pretpostavku za krutost opruge te ostale prepostavke :
6; ;
sin 6cos 0
Supstitucija : sin 6cos 0
1,35 1,8225: 1,35
1,8225 1,8225crcr
I I L LL
L L L
u L f u u u u
RJEŠENJE u LL L
PP
EI L
2
222,327
EI EI
L L
Primjer 2. 3
0 0 ................... 1
'' 0 ' 0 0 ................... 2
0
y x
y x y x
y x L
................... 3
'' 0 .................. 4y x L
22
2
2 2
0
sin cos 0 sin cos 1 ................. 1
sin cos 0 ...
B D
B A C C B A
LA L B L CL D L L A L B
A L B L
.............. 2
21 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
2
2 2
42 2 2 3
2 2
sin cos 10
sin cos
sin cos sin sin sin cos cos 0
Koristeći pretpostavku za krutost opruge :
1
sin sin cos 0
Supstitucija :
LAL L L
BL L
LL L L L L L L L
L
L L L L L
u
2
2
2
22
22 2
sin sin cos 0
3,41 11,63: 3, 41
11,63 11,63
0,92
crcr
L f u u u u u u
RJEŠENJE u LL L
P EI EIP
EI L L L
22 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
3.dio
Primjer 3. 1.
0
0
0
0
Početni uvjeti:
0 0
0 0
' 0 ' ?
0 ?
Zbog unutarnjeg zgloba imamo "skok" u kutu zaokreta te nas zanima i y'!
Rubni uvjeti:
0 ............ 1
0,4 0 ............
y x y
M x M
y x y
T x T
y x L
M x L
2
' 0 ............ 3y x L
0 0 3
0 0
0 0 2
sin sin sin 0,6' ' 0 ................ 1
sin 0,4'sin 0,4 0 ................ 2
1 cos' cos 'cos 0,6 0 ................ 3
L L L Ly T y
EI
LEI y L T
Ly L T y L
EI
3
0
0
2
sin sin sin 0,6
'sin 0,4
sin 0,4 0 0
'1 cos
cos cos 0,6
L L L L
EIy
LEI L T
yL
L LEI
23 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
3 2
sin sin 0,4cos 0,6
sin sin 0,6 1 cossin 0,4 cos 0,6
sin 0,6 sin 0,4cos 0
Krajnja jednadžba:
sin 0,4 sin 0,6 cos 0,6 0
sin 0,
L LL
L L L LEI L L
EI EI
L LL
L L L L
1.
2 22
2
2
2
2
2
2
22
4 0
0, 4 0,4 0,4
0,4
sin 0,6 cos 0,6 0
Supstitucija: sin 0,6 cos 0,6 0
1,754 3,0771,754
3,077
1,79
cr
cr
L
n n PL n
L EIL
EIP
L
L L L
u L u u u
Pu L
L L EI
EI EIP
L L
2.
24 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
Primjer 3. 2.
0
0
0
0
1
Početni uvjeti:
0 0
0 0
0 ?
' 0 ' ?
Zbog polu-zgloba na udaljenosti L od ishodišta našeg koordinatnog sustava
imamo promjenu u dijagramu poprečnih sila dotičnog sustava te nas zanima
M x M
T x T
y x y
y x y
1
i T!
Rubni uvjeti:
0 ............ 1
' 0 ............ 2
0 ............ 3
y x L
y x L
y x L
2 20 0 3
20 2
10 0
sinsin' 0 ........... 1
1 cos' cos 0 ........... 2
sin' 0 ........... 3
L LLy y T
EI
Ly L T
EI
Ly y
25 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
2 2
3
0
202
1
2 1 2 2 2
2 2 3
2
sinsin1
cos 10 cos ' 0
sin1 0
cos 1 sin cos 1 sinsincos 0
Krajnja jednadžba:
sin cos sin
L LL
EI yL
L yEI
TL
L L L L LLL
EI EI EI
L L
2 2 1 2 1
1 2
sin cos cos sin cos sin 0
Pretpostavka: 2
sin cos sin sin cos cos sin cos sin 02 2 2 2 2 2
Supstitucija: 2
sin 2 cos sin 2 sin cos 2 cos 2 sin cos sin 0
3,6
L L L L L L L L
LL L
L L L L L LL L L L
Lu
u u u u u u u u u u
u
2
2
2
22
3,613 13,0513
13,05
0,869cr
PL
L L EI
EI EIP
L L
26 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
4.dio
Primjer 4. 1.
Geometrijski uvjeti:
0 0
0
y x
y x L
m=2(broj rubnih uvjeta)
2 3
0 1 2 3
Stupanj polinoma 1 3
Dodatni fizikalni uvjet:
'' 0
n m
y x a a x a x a x
y x L
0
2 3
1 2 3
2 3 2 3
3
3 3 3
2 3 2
2
1 2
1 0 0 0
2 0 0
3 Deriviranjem dolazimo do:
'' 2 6 0 3
Pretpostavka:
3Uvrštavanje u 3 : 3
Uvrštavanje u 2 :
3
y x a
y x L a L a L a L
y x a a L a a L
aa a L a
L
a aa L
L L
aa L L
L
3
3
1
1
2 3
2 3
2
2 3
2 3
0
3 0
2
Uvrštavanje u jednadžbu progibne linije:
2 3
2 6 3'
6 6''
a L
a L a a
aa
L
a a ay x x x x
L L L
a a ay x x x
L L L
a ay x x
L L
27 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
2
0
2
0
2 2 2 22 2
2 3 4 5 6
0 0 0
2 2 2 22 3
4 5 6 30
2
2 3
0
''
'
6 6 36 72 36''
36 36 12 12 =
2 6 3'
L
cr L
L L L
L
L
EI y x dx
P
y x dx
a a a a aEI y x dx x dx x x dx
L L L L L
a a a ax x x
L L L L
a a ay x dx x x
L L L
2 2 2 2 2 2 22 2 4 2 3
2 4 6 3 4 5
0 0
2
2
23
2 22
4 36 9 24 12 36
0,8 =
1215
0,8 0,811
L L
cr
a a a a a adx x x x x x dx
L L L L L L
a
L
aEI EILP
a L L
L
Primjer 4. 2.
Konstantno promjenjivi nosač
Prijedlog progibne linije je isti kao i u prethodnom zadatku zbog istih rubnih uvjeta te dolazimo do istog rješenja za nju! Jedini problem koji stoji pred nama jest prijedlog mijenjanja momenta otpora te smo ga izrazili polinomom 2.stupnja:
2
0 1 2I x a a x a x
28 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
0
2
1 2 1 2
2
0 1 2
02 2
2 20 0 0
2 2
0 0 0
0 0
2 2 4
4
4 4 4
I x a
I x L a L a L a a L
L L LI x I a a
Ia
L
I I II x x x Lx x
L L L
Računanje kritične sile:
2 22
0 2 2 2
0 0 0 0
222 2
0 0
4'' ''
0,912
1,047' '
L L
cr L L
EI x y x dx EI Lx x y x dxL EI EI
PL L
y x dx y x dx
29 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
Primjer 4. 3.
Stepenasto promjenjivi nosač
Geometrijski uvjeti:
0 0
0
y x
y x L
m=2(broj rubnih uvjeta)
Dodatni fizikalni uvjeti:
'' 0 0y x
2 3
0 1 2 3
Prijedlog progibne linije:
y x a a x a x a x
0
2 3 2
3
1 3
3
3 3 3
1 1
1 0 0 0
2 '' 0 0 2 6 0 0
3 0 0
Pretpostavka:
Uvrštavanje u 3 0
y x a
y x a a x a
y x L a L a L
aa a L a
L
aa L a a
L
3
1 3
3
3
2
3
3
Uvrštavanje u jednadžbu progibne linije:
' 3
'' 6
y x a x a x
a ay x x x
L L
a ay x x
L L
ay x x
L
30 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
3
4 42 2 2
30
4 4
2
0
32 2 24 4
3 3 3
30
4 4
2
2
3
0
2
22
'' 4 '' ''
'
6 6 64
3
33,28
0,545
L L
L
L L
cr L
L L
L
L L
cr L
cr
EI x y x dx EI x y x dx EI x y x dx
P
y x dx
a a aEI x dx EI x dx EI x dx
L L L
Pa a
x dxL L
EI EIP
L L
31 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
5.dio
Primjer 5. 1.
1 2
12 1 2
21 2 1
23 2
1 12
2 21 2
Nepoznanice i
Momenti na krajevima stupova(grede):
:
4:
Ravnoteža momenata u čvorovima:
c
c
EI EISTUP M r r
L L
EI EIM r r
L L
EIGREDA M
L
M M
M M M
1
3 2
2
2
2
04
0
4 0
1,48 0,1151
1,50 0,31295
1,48
1,485
c
c
c
crcr cl
cl
r rEI
r rL
K
r r r
za K
za K
INTERPOLACIJA
P EIP P
P L
32 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
Primjer 5. 2.
2 2'
21 2
22' 2 2'
23 2
2'1' 2
2'2 2' 2
2'3' 2'
Nepoznanice i
Momenti na krajevima stupova(grede):
4
4 2
2
4
4 2
2
Ravnoteža
EIM
L
EI EIM
L L
EIM r
L
EIM
L
EI EIM
L L
EIM r
L
2 21 22' 23 2
2' 2'1' 2'2 2'3' 2'
2 2
1 2
2 2
1 22
2
momenata u čvorovima:
4 4 2 20
2 4 4 2
0
8 2 2 0
3,00; 5,00
2,73 22,73
0,428
3,00
crcr cl
cl
cr
c
M M M M rEI
M M M M rL
K
r
r r
P EI EIP P
P L L
P
P
2 2
22
3 2
0,408cr cl
l
EI EIP P
L L
33 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
Primjer 5. 3.
1)Horizontalno nepomičan sustav
2 1 2
21 2
22' 2
2 21 22' 2
2
2
Nepoznanica (uzet u obzir M =0 čime gubimo )
Momenti na krajevima stupova(grede):
'
' 1 0
' 1,00 1,1748
1,1748cr
EIM r
L
EIM
L
EIM M M r
L
r
EIP
L
2)Horizontalno pomičan sustav
1 2
12 1 2
21 2 1
22' 2 2
Nepoznanica i
Momenti na krajevima stupova(grede):
'
'
36
2
EI EIM t t
L L
EI EIM t t
L L
EI EIM
L L
34 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
2 21 22' 2
1 12 1
2
2
2
Ravnoteža momenata u čvorovima:
3 '0
'
0
3 0
0,14420,1442 cr
M M M t tEI
M M t tL
K
t t t
EIP
L
Primjer 5. 4.
1)Horizontalno nepomičan sustav
2 3
32 3 2
23 2 3
21 2
Nepoznanice i
Momenti na krajevima stupova:
c
c
EI EIM r r
L L
EI EIM r r
L L
EIM r
L
35 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
33' 3
22' 2
2 21 23 22' 2
3 32 33' 3
2
Momenti na krajevima greda:
2
2
Ravnoteža momenata u čvorovima:
2 10
2
0
2 1 2 0
1,76721,7672
c
c
c
cr
EIM
L
EIM
L
M M M M r rEI
M M M L r r
K
r r r
P
2 2
220,752
EI EI
L L
2)Horizontalno pomičan sustav
2 3
32 3 2
23 2 3
21 2
Nepoznanice i
Momenti na krajevima stupova:
'
'
EI EIM t t
L L
EI EIM t t
L L
EIM t
L
33' 3
22' 2
2 21 23 22' 2
3 32 33' 3
Momenti na krajevima greda:
6
6
Ravnoteža momenata u čvorovima:
2 6 '0
' 6
EIM
L
EIM
L
M M M M t tEI
M M M t tL
36 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
2
2 2
22
0
2 1 2 0
0,52280,5228
1,383
c
cr
K
r r r
EI EIP
L L
Primjer 5. 5.
1)Horizontalno nepomičan sustav(slika kao u prethodnom primjeru)
23
12
2 3
Zbog različitih unutarnjih sila u stupovima, imamo i različite koeficijente :
33
Nepoznanice i
Nap
E
E
P
P
P
P
12 21 23 32
21 12 2
23 23 2 323
32 23 3 223
omena: ;
Momenti na krajevima stupova:
c
c
r r r r
EIM r
L
EI EIM r r
L L
EI EIM r r
L L
37 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
22' 2
33' 3
12 232 21 23 22' 223
3 32 33' 323 23
12 23 23 23
Momenti na krajevima greda:
2
2
Ravnoteža momenata u čvorovima:
20
2
0
2 2
c
c c
c c
EIM
L
EIM
L
r r rM M M M EI
r rM M M L
K
r r r r
2
23 12
12 12
23 23
0
RJEŠENJE SE DOBIJE METODOM POKUŠAJA:
1.pretpostavka: =0,8= 3 2,40
očitanja: 1,3006(za 0,8)
2,8159(za 2,4)
1,3006 2,8159 2 2,8159 2 5,502 11,4273
2
r
r
K
23 12
2 2
22
.pretpostavka: =0,9264= 3 2,7792
0 (točno rješenje)
0,9264
1,039cr
K
EI EIP
L L
1)Horizontalno pomičan sustav(slika kao u prethodnom primjeru)
Postupak rješavanja isti uz korištenje koeficijenata t i t'
Rješenje:
2 2
22
2,413
0,644cr
EI EIP
L L
38 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
Primjer 5. 6.
1)Horizontalno nepomičan sustav(simetrični oblik izvijanja,bez hor. pomaka greda)
1 2
12 1 2
21 2 1
Nepoznanice i
Momenti na krajevima stupova:
c
c
EI EIM r r
L L
EI EIM r r
L L
39 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija
1)Horizontalno pomičan sustav(antisimetrični oblik izvijanja,s hor. pomakom greda)
1 2
12 1 2
21 2 1
13 1
24 2
Nepoznanice i
Momenti na krajevima stupova:
'
'
Momenti na krajevima greda:
3
6
Ravnoteža momenata u čvorovima
EI EIM t t
L L
EI EIM t t
L L
EIM
L
EIM r
L
1 12 13 1
2 21 24 2
2
:
3 '0
' 6
0
3 6 ' 0
M M M t tEI
M M M t tL
K
t t t
2
2
0,476
0,476crcr cl
cl
INTERPOLACIJA
P EIP P
P L
13 1
24 2
1 12 13 1
2 21 24 2
2
Momenti na krajevima greda:
2
Ravnoteža momenata u čvorovima:
10
2
0
1 2 0
1,512
c
c
c
cr
cl
EIM
L
EIM r
L
r rM M M EI
r rM M M L
K
r r r
INTERPOLACIJA
P
P
2
2
1,512cr cl
EIP P
L