57585721 Gradjevinska Statika 2 Split 2008

Ante Mihanović Boris Trogrlić

GRAĐEVNA STATIKA II

SAMO ZA INTERNU UPORABU

(Rukopis, nije lektorirano, nije recenzirano)

SVEUČ SVEUČILIŠTE U SPLITU GRAĐ GRAĐEVINSKO-ARHITEKTONSKI FAKULTET

Split 2008.

1. Neodre đ eni eni punostijeni nosa č i

1

1. STATIČKI NEODREĐENI PUNOSTIJENI NOSAČI 1.1 JEDINIČNO STANJE POMAKA 1.1.1

Posmično deformirani štap

Čisto

posmično deformiranje punostijenog nosača idealizirano je stanje koje se rijetko pojavljuje. Nastaje kod nosača kod kojih je visina presjeka nosača reda veličine raspona. Oblik deformiranja presjeka naziva se deplanacija. Način deformiranja dijela štapa prikazan je na crtežu 1.1

Crtež 1.1 Posmik na dijelu štapa

Analizira se cjelokupno stanje pravocrtnog štapa izloženog posmičnom deformiranju, izazvanog pomacima krajeva štapa i/ili djelovanjem opterećenja okomito na os štapa. U tu svrhu uvedimo sustav oznaka u lokalnom sustavu štapa kao što je prikazano na crtežu 1.2

Crtež 1.2 Posmič Posmično deformiran štap

Pretpostavlja se da je štap: (1) pravocrtan, (2) prizmatičan, (3) konstantnog poprečnog presjeka, (4) iz Hookevog materijala, (5) dominantno posmično a zanemarivo savojno deformbilan, (6) vrijedi hopteza malih pomaka i deformacija. U nastavku su dane osnovne deformacijske relacije. Mihanović , Trogrlić

Građ evna evna statika II


2

Posmična deformacija je dana izrazom γ x =

dv p

(1.1)

dx

Veličina srednjeg posmičnog naprezanja iznosi τ x = Gγ x = G

dv p

(1.2)

dx

gdje je G modul posmika. Veličina poprečne sile u presjeku iznosi T x = A yτ x = GA yγ x = GA y

dv p dx

(1.3)

gdje je A y površina poprečnog presjeka izložena posmika, a GA y posmična krutost presjeka. Zakon oprečne ravnoteže na diferencijalnom elementu glasi: dT x dx

= − f y ( x)

(1.4)

gdje je f y ( x ) raspodijeljeno poprečno opterećenje. Kada se u prethodnu jednadžbu uvrsti relacija (1.3) izlazi GA y

d 2 v p dx

2

= − f y ( x)

(1.5)

Što predstavlja diferencijalnu jednadžbu posmič og og deformiranja štapa. Rješenje izvedene jednadžbe dovodi do veze između pomaka rubova, sila na rubovima i zadanog opterećenja. Najopćenitije gledano rješenje je moguće na dva načina. Jedan način je izravna matematička integracija, što može biti i zahtjevno kada se radi o složenom opterećenju. Drugi način je posredni, putem virtualnoga rada, za što nam uopće nije potrebna diferencijalna jednadžba. U nastavku se izlaže posredni pristup. Rješenje postavljene zadaće traži se približnim, dakle, numeričkim postupkom. U tu svrhu pretpostavlja se jedno rješenje kao moguće približno rješenje u obliku: p ( x ) ≈ v p ( x ) = n1 ( x )v p 0 + n2 ( x )v pl

(1.6)

Dakle kao linearna kombinacija dvije funkcije u kojoj su u0 i ul pomaci rubova štapa. Uvjet kompatibilnosti ovako postavljenog rješenja podrazumijeva da je

te:

n1 (l ) = n 2 (0) = 0

(1.7)

n1 (0) = n 2 (l ) = 1

(1.8)

tada funkcije n1 i n2 postaju jedinične odnosno bazne funkcije.


Mihanovć , Trogrlić


3

Najjednostavniji izbor koji zadovoljava postavljene zahtjeve su linearne jedinične funkcije prikazane na crtežu 1.3. 1

1

n 1 =1-x/l

l

0

x

n 2 = x/l

l

0

x

Crtež 1.3 Bazne funkcije

Analitički zapis približnog rješenja pomaka sada ima oblik: x ⎛ x ⎞ v v pl + ⎟ p 0 l ⎝ l ⎠

v p ( x ) = ⎜1 −

(1.9)

Što se može zapisati u matričnom obliku kao

⎧v p 0 ⎫ ⎡⎛ x ⎞ x ⎤ ⎧v p 0 ⎫ ( ) ( ) v p x = ⎢⎜1 − ⎟, ⎥ ⎨ ⎬ = n1 , n2 ⎨ ⎬ = N( x )u v ⎝ l ⎠ l v ⎣

⎦⎩

pl

⎭

⎩

pl

⎭

(1.10)

U cilju testiranja približnog rješenja (1.10) uvodi se matrična oznaka za uzdužne sile na rubovima

⎧T 0 ⎫ s=⎨ ⎬ ⎩T l ⎭

(1.11)

Testiranje približnog rješenja vrši se načelom virtualnog rada. U tu svrhu potrebno je odabrati virtualne pomake. Umjesto bilo kojih, geometrijski mogućih pomaka, za virtualne pomake odabiru se isti pomaci, dani u relaciji (1.10), kojima je predstavljeno približno rješenje. Iz ravnoteže sustava dobivene načelom virtualnoga rada slijedi jednakost radova vanjskih i unutrašnjih sila. Rad vanjskih sila ima zapis

∫

Av = u T s + v p ( x ) f y ( x )dx

(1.12)

l

U kojem prvi član prestavlja rad rubnih sila na virtualnim pomacima rubova

⎧T 0 ⎫ u T s = {v p 0 , v pl }⎨ ⎬ = v p 0T 0 + v pl T l ⎩T l ⎭

(1.13)

a drugi član prestavlja rad opterećenja (uzduž štapa) na virtualnim pomacima štapa (poprečnim). Rad unutrašnjih sila se dobije kao integral rada na diferencijalnom elementu štapa kojeg obavlja poprečna sila

Mihanović , Trogrlić



4

T x = GA y

dv p

= GA y

dx

d dx

N( x )u = GA y B( x )u

(1.14)

gdje je B( x ) = N′( x )

(1.15)

polje poprečnih deformacija, nad virtualnim deformacijama, koje također imaju isti oblik, te je

∫

T

Au = u T B( x ) GA y B( x )udx

(1.16)

l

Izjednačenje rada vanjskih i unutrašnjih sila daje

∫

∫

l

l

T

u T s + v p ( x ) f y ( x )dx = u T B( x ) GA y B( x )udx

(1.17)

Uvede li se odgovarajuća zamjena iz (1.10), prethodna jednadžba prima oblik:

∫

∫

l

l

T

u T s + u T N( x ) f ( x )dx = u T B( x ) GA y B( x )udx

(1.18)

−1

Kada se prethodna jednadžba pomnoži s lijeve strane s u T slijedi

∫

∫

T

s = GA y B( x ) B ( x )udx − N( x ) f y ( x )dx l

(1.19)

l

odnosno s = ku − f

(1.20)

gdje je

∫

∫

l

l

k ij = GA y Bi B j dx = EA ni′n j′ dx

(1.21)

matrica krutosti štapa te,

∫

f i = ni ( x ) f y ( x )dx

(1.22)

l

vektor sila upetosti. Nakon što se provedu potrebne integracije, in tegracije, izraz (1.10) prima oblik:



1. Neodre đ eni punostijeni nosa č i

5

⎧T 0 ⎫ GA y ⎨ ⎬= l ⎩T l ⎭

⎡ 1 − 1⎤ ⎧v p 0 ⎫ ⎧ f 1 ⎫ ⎢ − 1 1 ⎥ ⎨ v ⎬ − ⎨ f ⎬ ⎣ ⎦ ⎩ pl ⎭ ⎩ 2 ⎭

(1.23)

i prestavlja vezu sila na rubovima s pomacima rubova i opterećenjem, zadovoljavajući uvjete ravnoteže promatranoga štapa. og stanja pomaka štapa Analiza jedini čn

Promatra se neopterećeni štap, tada prethodna relacija ima oblik

⎧T 0 ⎫ GA y ⎨ ⎬= l ⎩T l ⎭

⎡ 1 − 1⎤ ⎧v p 0 ⎫ ⎢− 1 1 ⎥ ⎨ v ⎬ ⎣ ⎦ ⎩ pl ⎭

(1.24)

i pokazuje kolike sile nastaju na rubovima ako postoje pomaci rubova. U slučaju jednakih pomaka nastaje translacija štapa kao krutog tijela i nema sila na rubovima. Pomak jednog od rubova ili različiti pomaci oba ruba, stvara sile na rubovima, a odatle i na samom štapu. Svako stanje pomaka daje ravnotežu. Prethodna relacija pokazuje stanja štapa za bilo kakve konačne pomake rubova. Valja uočiti kako obrnuti put, određivanje pomaka iz zadanih rubnih sila nije moguće, jer je matrica krutosti singularna. Naravno da jednoj kombinaciji rubnih sila pripada beskonačno mnogo mogućih pomaka rubova. Primjer 1. Drveni štap.

Promatra se drveni štap duljine 1 m, presjeka 50x5=250.0 cm2, modula posmika G=4000 MPa. Odrediti rubne sile za slučaj da je štap deformiran tako da je lijevi kraj pomaknut za 1 mm prema gore, kao što je prikazano na crtežu 1.4.

⎧T 0 ⎫ 4000 * 0.025 ⎡ 1 − 1⎤ ⎧0.001⎫ ⎧ 0.1 ⎫ ⎧ 100 ⎫ MN = = = ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬kN ⎢ ⎥ 1 ⎣− 1 1 ⎦ ⎩ 0 ⎭ ⎩− 0.1⎭ ⎩− 100⎭ ⎩T l ⎭

(1.25)

Crtež 1.4 Rubne sile pri lijevom pomaku


Građ evna statika II


6

Analiza stanja pune upetosti.

Stanje pune upetosti je ono kod kojega nema pomaka rubova. Sile na štapu stvara opterećenje pa relacija (1.23) postaje

⎧ ⎫ ⎪ ∫ n1 ( x ) f y ( x )dx ⎪ T f ⎧ 0⎫ ⎧ 1⎫ ⎪ l ⎪ = − = − ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ T f ⎩ l ⎭ ⎩ 2⎭ ⎪ n ( x ) f ( x )dx ⎪ y ⎪⎩∫l 2 ⎪⎭

(1.26)

Odakle se vidi da su sile upetosti upravo suprotne od rubnih sila, iz čega je jasno da je sustav u ravnoteži. Iz prethodne relacije se može odrediti rubne sile za bilo kakvo kona čno opterećenje štapa. Primjer 1. Koncentrirana sila.

Potrebno je odrediti sile na rubovima pri opterećenju koncentriranom silom F kao što je prikazano na crtežu 1.5

Crtež 1.5 Rubne sile pri koncetriranoj sili

Integral produkta koncentrirane sile i bazne funkcije jednak je produktu iznosa sile i iznosa funkcije na mjestu djelovanja sile. Odatle slijedi kao opće rješenje:

⎧T 0 ⎫ ⎧ Fb / l ⎫ ⎨ ⎬=⎨ ⎬ T / Fa l ⎭ ⎩ l ⎭ ⎩

(1.27)

Primjer 2. Jednoliko raspodijeljeno optereć enje.

Potrebno je odrediti sile na rubovima pri opterećenju jednolikom raspodijeljenom silom inteziteta q, kao što je prikazanona crtežu 1.6. Nakon potrebne intergacije izlazi; Građ evna statika II



7

⎧T 0 ⎫ ⎧ql / 2⎫ ⎨ ⎬=⎨ ⎬ T ql / 2 ⎭ ⎩ l ⎭ ⎩

(1.28)

Crtež 1.6 Rubne sile pri raspodijeljenom opterećenju

Primjer 3. Linearno raspodijeljeno optere ć enje.

Potrebno je odrediti sile na rubovima pri opterećenju linearno raspodijeljenim opterećenjem inteziteta q kao što je prikazano na crtežu 1.7. Nakon potrebne integracije izlazi;

⎧T 0 ⎫ ⎧ql / 3⎫ ⎨ ⎬=⎨ ⎬ T ql / 6 ⎭ ⎩ l ⎭ ⎩

(1.29)

Crtež 1.7 Rubne sile pri linearno raspodijeljenom opterećenju Mihanović , Trogrlić



8

Primjer 4. Optereć enje silama opć eg oblika.

Za određivanje rubnih sila u ovom slučaju općeg oblika opterećenja, važno je uočiti kakva je točnost integrala koje treba izračunati. Razlikujemo egzaktno izar čunate integrale i približno izračunate integrale. Egzaktna točnost može biti posljedica izravne integracije ali može biti i rezultat numeričkog integriranja. Osvrt na toč nost predložene metode.

Rezultati primjene predložene metode pokazuju da su rubne sile određene egzaktno u svim slučajevima gdje su i sile upetosti određene egzaktno. 1.1.2

Savijanje štapa u ravnini

Osnovni model savijanja štapa predstavlja slučaj čistog savijanja koje nastaje kada se dio štapa izloži djelovanju dva koncentrirana momenta bez djelovanja poprečnih sila kao što je prikazano na crtežu 1.8.

Crtež 1.8 Čisto savjanje nosača

Analitički opis se prati uz pretpostavke da je štap: (1) pravocrtan, (2) prizmatičan, (3) konstantnog poprečnog presjeka, (4) iz Hookevog materijala, (5) vrijedi Navierova (Bernulijeva) hipoteza ravnih presjeka, (6) vrijedi hopteza malih pomaka i deformacija. U nastavku su dane osnovne deformacijske relacije. Veza između momenta savijanja i zakrivljenosti glasi M z = − EI z

d 2 v s 2

dx Deriviranjem prethodne relacije slijedi izraz za poprečnu silu pri savijanju nosača T z = − EI z

d 3v s dx

3

(1.30)

(1.31)

Iz ravnoteže krutih tijela slijedi veza dT z

= − f y dx Uvrštavanjem prethodnog izraza u jednadžbu (1.30) izlazi Građ evna statika II

(1.32)



9

EI z

d 4 v s dx

4

= f y

(1.33)

Što predstavlja diferencijalnu jednadžbu savijanja nosač a. Rješenje jednadžbe je moguće izravnom integracijom ili numeričkim postupkom. U nastavku se izlaže numerički postupak. Približno rješenje jednadžbe traži se u obliku

′ p ( x ) ≈ v s ( x ) = n1 ( x )v s 0 + n2 ( x )v s′ 0 + n3 ( x )v sl + n4 ( x )v sl

(1.34)

v s ( x ) ≈ N( x ) u

(1.35)

ili skraćeno

Crtež 1.9 Savijanje nosača




10

gdje je

⎧v s 0 ⎫ ⎪v′ ⎪ ⎪ s 0 ⎪ u=⎨ ⎬ ⎪ vl ⎪ ⎪⎩ v sl ′ ⎪⎭

(1.36)

vektor rubnih pomaka, dok matrica N sadrži četiri bazne funkcije prikazane na crtežu 1.9. Uzastopnim deriviranjem baznih funkcija dobiva se B( x ) = N′′( x )

(1.37)

Vektor rubnih sila na nosaču izloženog savijanju ima oblik

⎧ T 0 ⎫ ⎪ M ⎪ ⎪ 0⎪ s=⎨ ⎬ T ⎪ l ⎪ ⎪⎩ M l ⎪⎭

(1.38)

Testiranje približnog rješenja danog izrazom (1.35) obavlja se načelom virtualnoga rada pri čemu se i virtualni pomaci biraju u obliku izraza (1.35). Primjena načela virualnoga rada daje jednakost radova vanjskih i unutrašnjih sila odnosno:

∫

∫

l

l

T

u T s + u T N( x ) f y ( x )dx = u T B( x ) EI z B( x )udx

(1.39)

−1

Kada se prethodna jednadžba pomnoži s lijeve strane s u T slijedi

∫

∫

T

s = EI z B( x ) B ( x )udx − N( x ) f y ( x )dx l

(1.40)

l


(1.41)

gdje je

∫

∫

l

l

k ij = EI z Bi B j dx = EI z ni′′ n j′′dx

(1.42)


∫

f i = ni ( x ) f y ( x )dx

(1.43)

l

vektor sila upetosti. Građ evna statika II



11

Nakon što se provedu potrebne integracije, izraz (1.41) prima oblik

6 / l − 12 ⎧ T 0 ⎫ ⎡ 12 ⎪ M ⎪ ⎢ 4 / l 2 − 6 / l ⎪ 0 ⎪ EI z ⎢ ⎨ ⎬= 3 12 ⎪ T l ⎪ l ⎢ simet . ⎢ ⎪⎩ M l ⎪⎭ ⎣

6 / l ⎤ ⎧v s 0 ⎫ ⎧ ∫ n1 f y dx ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎥⎪ 2 / l ⎥ ⎪v s′ 0 ⎪ ⎪∫ n2 f y dx ⎪ ⎨ ⎬−⎨ ⎬ 6 / l ⎥ ⎪ v sl ⎪ ⎪ ∫ n3 f y dx ⎪ ⎥ ′ ⎪⎭ ⎪ n f dx ⎪ 4 / l 2 ⎦ ⎪⎩ v sl 4 y ⎩∫

(1.44)

⎭

i predstavlja vezu sila na rubovima s pomacima rubova i opterećenjem zadovoljavajući uvjete ravnoteže promatranog nosača. og stanja pomaka nosač a. Analiza jedini čn

Promatra se jedinično stanje pomaka pri kojem je translacijski pomak na lijevom kraju jednak jedan a svi ostali su nula. Progibna linija odgovara prvoj baznoj funkciji sa crteža 1.9. Opterećenje je izostavljeno. Tada su sile na rubovima

⎧ T 0 ⎫ ⎧ 12 EI z / l 3 ⎫ ⎪ M ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪ 6 EI z / l ⎪ ⎨ ⎬=⎨ 3⎬ T − EI l 12 / z ⎪ l ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ M l ⎪⎭ ⎪⎩ 6 EI z / l 2 ⎪⎭

(1.45)

Neka se prati jedinično stanje pomaka pri kojem je kut zaokreta na desnom kraju jednak jedan a svi ostali pomaci su nula. Progibna linija odgovara četvrtoj baznoj funkciji sa crteža 1.9. Opterećenje je izostavljeno.Tada su sile na rubovima

⎧ T 0 ⎫ ⎧6 EI z / l 2 ⎫ ⎪ ⎪ M ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎪ 2 EI z / l ⎪ ⎨ ⎬=⎨ 2⎬ T 6 / EI l ⎪ l ⎪ ⎪ z ⎪ ⎪⎩ M l ⎪⎭ ⎪⎩ 4 EI z / l ⎪⎭

(1.46)

Analiza stanja pune upetosti.

Promatra se slučaj djelovanja koncentrirane sile u sredini raspona iz smjera –y kao što je prikazano na crtežu 1.10.

Crtež 1.10 Sile pune upetosti pri oncentriranoj sili




12

Tada su sile pune upetosti jednake

⎧ T 0 ⎫ ⎧⎪ ∫ n1 Fdx ⎫⎪ ⎧ F / 2 ⎫ ⎪ M ⎪ ⎪ n Fdx⎪ ⎪− Fl / 8⎪ ⎪ 0⎪ ⎪ ⎪ 2 ∫ = = ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ T F / 2 n Fdx ⎪ l ⎪ ⎪ ∫ 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎩ M l ⎪⎭ ⎪ n Fdx⎪ ⎪⎩ Fl / 8 ⎪⎭ ⎩∫ 4 ⎭

(1.47)

Analizira se slučaj djelovanja jednolikog opterećenja q po cijelom rasponu iz smjera –y kao što je prikazano na crtežu 1.11.

Crtež 1.11 Sile pune upetosti za raspodjeljeno opterećenja

Tada su sile pune upetosti jednake

⎧ T 0 ⎫ ⎧⎪ ∫ n1 qdx ⎫⎪ ⎧ ql / 2 ⎫ ⎪ M ⎪ ⎪ n qdx ⎪ ⎪− ql 2 / 12⎪ ⎪ 0⎪ ⎪ ⎪ 2 ∫ = = ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ ⎨ ⎬ T / 2 ql n qdx ⎪ l ⎪ ⎪ ∫ 3 ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪⎩ M l ⎪⎭ ⎪ n qdx ⎪ ⎪⎩ ql / 12 ⎪⎭ ⎩∫ 4 ⎭

(1.48)

Stanja pune upetosti pri temperaturnom djelovanju

Neka je promatrani štap pravokutnog presjeka ukupne visine h. Neka je promjena temperature po visini presjeka linearna. Na vrhu +∆t/2 na dnu -∆t/2. Ovaj tip opterećenja naziva se nejdnolika tempertura. Zbog prijećenih pomaka ruboa nastaju sprijećene temperaturne deformacije iznosa ε t = α t

∆t h

y

(1.48a)

Gdje je α t temperaturna konstanta materijala a y je udaljenost sloja od neutralne osi po visini presjeka. Pripadna veličina momneta savijanja u bilo kojem presjeku iznosi




13

M = EI z α t

∆t

(1.48b)

h

Stoga će sile upetosti iznositi

0 ⎧ ⎫ ∆t ⎪ ⎪ − EI α z t ⎪ h⎪ f = ⎨ ⎬ 0 ⎪ ∆t ⎪ ⎪ EI z α t ⎪ h ⎭ ⎩ 1.1.3

(1.48c)

Istodobno savijanje i smicanje štapa u ravnini

Proces se odvija tako da svaki oblik deformiranja zadovoljava svoje prethodno definirane uvjete. Ako se izostavi opterećenje u obliku raspodjeljenih momenata mz, ukupni poprečni pomak kao posljedica zajedničkog deformiranja može se prikazati kao spregnuta vrijednost v( x ) = v s ( x ) + v p ( x )

(1.49)

Traži se približno rješenje u obliku sparenih baznih funkcija p( x ) ≈ v( x ) = n1 ( x )v 0 + n 2 ( x )v0′ + n3 ( x )vl + n4 ( x )vl ′

(1.50)

Pri čemu je n1 ( x ) = n2 ( x ) = −

l τ

2 1 + τ

τ

1 + τ

(1 − x / l ) +

n3 ( x ) = n 4 ( x ) =

l τ

2 1 + τ

(1 − x / l ) +

τ

1 + τ

( x / l ) −

1 1 + τ

l τ

2 1 + τ

( x / l ) +

l 1

2 1 + τ

(1 − 3 x 2 / l 2 + 2 x 3 / l 3 )

(1 − 3 x 2 / l 2 + 2 x 3 / l 3 ) + ( x − 2 x 2 / l + x 3 / l 2 ) 1

1 + τ

(3 x 2 / l 2 − 2 x 3 / l 3 )

(3 x 2 / l 2 − 2 x 3 / l 3 )+ (− x 2 / l + x 3 / l 2 ) (1.51)

te τ = 12 EI z / GA y l 2

(1.52)

Grafički prikaz prethodnih baznih funkcija dan je na crtežu 1.12




14

Crtež 1.12 Sparene bazne fukcije savijanja i posmika

Testiranje približnog rješenja danog izrazom (1.50) obavlja se načelom virtualnoga rada pri čemu se i virtualni pomaci biraju u obliku izraza (1.50). Primjena načela virualnoga rada daje jednakost radova vanjskih i unutrašnjih sila odnosno:

∫ (

∫

T

)

T

u T s + u T N ( x ) f y ( x )dx = u T B p D p B p + B s D s B s udx

(1.53)

l

gdje su : B p , B s matrice posmičnih i savojnih deformacija respektivno te D p , D s matrice posmične i savojne krutosti presjeka.

⎡1 ⎢0 D p = GA y ⎢ ⎢0 ⎢ ⎣0 Građ evna statika II

0 1 0 0

0 0 1 0

0⎤ ⎡1 ⎢0 0⎥⎥ , D s = EI z ⎢ ⎢0 0⎥ ⎥ ⎢ 1⎦ ⎣0

0 1 0 0

0 0 1 0

0⎤ 0⎥⎥ 0⎥ ⎥ 1⎦

(1.54)



15

Razvijeni oblik matrice posmičnih deformacija ima oblik

′ B p = nip′ , n jp

(1.55)

⎧ 1 ⎫ − − 1 / ( ) x l ⎪ l ⎪ ′ ⎧ n1 p ⎫ ⎪1 ⎪ ⎪n ′ ⎪ ⎪ (1 − x / l ) ⎪ τ ⎪ 2 ⎪ 2 p ⎪ ⎪ = ⎨ ′ ⎬ ⎨ 1 ⎬ n + 1 τ ⎪ 3 p ⎪ ⎪ x / l ⎪ ⎪⎩n′4 p ⎪⎭ ⎪ l ⎪ ⎪ 1 ⎪ x l / ⎪⎩ 2 ⎪⎭

(1.56)

′′ B s = nis′′ , n js

(1.57)

⎧ (− 6 / l 2 + 12 x / l 3 ) ⎫ 0 ⎧ n1′ s′ ⎫ ⎫ ⎪τ ⎪ ⎧ 2 ⎪n ′ ′ ⎪ ⎪ ⎪ 1 ⎪⎪ 2 (− 6 / l + 12 x / l )⎪⎪ ⎪(− 4 / l + 6 x / l 2 )⎪ ⎪ 2 s ⎪ ⎨ ⎬= ⎨ ⎬ 2 3 ⎬+⎨ ′ ′ ( ) l − x l 6 / 12 / n 0 + τ 1 ⎪ 3 s ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 1 ⎪⎩n′4 s′ ⎪⎭ ⎪− (6 / l − 12 x / l 2 )⎪ ⎪⎩(− 2 / l + 6 x / l )⎪⎭ ⎪⎩ 2 ⎪⎭

(1.58)

gdje je

zatim gdje je

−1

Kada se prethodna jednadžba (1.53) pomnoži s lijeve strane s u T i preuredi slijedi s=

∫ (B

T p

T

)

∫

D p B p + B s D s B s udx + N ( x ) f y ( x )dx

(1.59)

l


(1.60)

gdje je k ij = GA y

∫ n′ n′ dx + EI ∫ n′′ n′′ dx ip

l

jp

z

is

js

(1.61)

l


∫

f i = ni ( x ) f y ( x )dx

(1.62)

l

vektor sila upetosti. Mihanović , Trogrlić



16

Nakon što se provedu potrebne integracije, izraz (1.59) prima oblik

⎤ ⎧v0 ⎫ ⎧ n1 f y dx ⎫ ⎪∫ ⎪ l 2 ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (2 − τ )⎥⎥ ⎪v ′ ⎪ ⎪ n2 f y dx⎪ ⎪⎪ 0 ⎪⎪ ⎪ ⎪ ∫ l ⎥ − ⎬ (1.63) 6 ⎥ ⎨⎪ ⎬⎪ ⎨⎪ n3 f y dx ⎪ vl 2 ⎥ l ⎪ ⎪ ⎪∫ ⎪ ⎥ (4 + τ ) ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎥ ⎪v ′ ⎪ ⎪ l ⎦ ⎩ l ⎭ ⎩∫ n4 f y dx ⎪ ⎭

6 12 ⎡ 12 ⎧ T 0 ⎫ − 3 ⎢ l 3 ⎪ ⎪ l 2 l ⎢ ⎪ ⎪ (4 + τ ) 6 M ⎢ − 0 ⎪⎪ ⎪⎪ EI 2 z ⎢ l l ⎨ ⎬= 12 ⎪ T l ⎪ 1 + τ ⎢ simet . ⎢ l 3 ⎪ ⎪ ⎢ ⎪ ⎪ ⎢ ⎪⎩ M l ⎪⎭ ⎣ 1.1.4

6

Istodobno uzdužno deformiranje i savijanje

Ove dvije vrste deformiranja su nezvisne jer se odvijaju u ortogonalnim smjerovima. Ukupno stanje ravnoteže dobije se superpozicijom odgovarajućih zakona ravnoteže iz kojih slijedi

⎧ N 0 ⎫ ⎡ EA x 0 ⎪ ⎪ ⎢ l ⎪ ⎪ ⎢ 12 EI z ⎪ T 0 ⎪ ⎢ ⎪ ⎪ ⎢ l 3 ⎪ M ⎪ ⎢ ⎪⎪ 0 ⎪⎪ ⎢ ⎨ ⎬=⎢ ⎪ N l ⎪ ⎢ ⎪ ⎪ ⎢ ⎪ ⎪ ⎢ simet . ⎪ T l ⎪ ⎢ ⎪ ⎪ ⎢ ⎪ ⎪ ⎢ ⎪⎩ M l ⎪⎭ ⎣ 1.1.5

0 6 EI z l 2 4 EI l

−

EA x

0

l

12 EI z

0

−

0

−

EA x l

l 3 6 EI z l 2

0 12 EI z l 3

⎧ n f dx ⎫ ⎤ ⎧u 0 ⎫ ⎪ ∫ 1u x ⎪ 0 ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ n f dx ⎪ ⎥ 6 EI z ⎪v0 ⎪ ⎪ 1 s y ⎪ ⎥ ⎪∫ ⎪ 2 l ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ 2 EI z ⎥ ⎪v′ ⎪ ⎪ n2 s f y dx ⎪⎪ ⎪ 0⎪ ⎪ (1.64) l ⎥ ⎪ ⎪ − ⎪∫ ⎬ ⎥⎨ ⎬ ⎨ 0 ⎥ ⎪ul ⎪ ⎪ n2u f x dx ⎪ ⎪ ⎥ ⎪ ⎪ ⎪∫ 6 EI z ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ n f dx l 2 ⎥ ⎪ vl ⎪ ⎪ 3 s y ⎪ ⎪ 4 EI ⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ∫ ⎪ ⎥⎪ ⎪ ⎪ l ⎦ ⎪ ⎩ vl ′ ⎪⎭ ⎪⎩∫ n4 s f y dx ⎪⎭

Deformiranje štapa uvrtanjem

Prostorno stanje deformiranja sačinjavaju uzdužno deformiranje, savijanje i posmik u jednoj ravnini , savijanje i posmik u drugoj ravnini te deformiranje uvrtanjem. Za kompletiranje cjeline neophodna je analiza stanja deformiranja uvrtanjem. U analizi deformiranja uvrtanjem pojavljuju se dvije vrste zadaća. Prva je zada ća jednolikog uvrtanja a druga zadaća nejednolikog uvrtanja. Nejedenoliko uvrtanje pretpostavlja primjenu načela ravnoteže na deformiranom stanju što općenito nazivamo geometrijskom nelinearnosti. U nastavku se izlaže zadaća jednolikog uvrtanja u literature poznatog i pod imenom St. Venant-ovo uvrtanje. Veza momenta uvrtanja i pripadne kutne deformacije kako je prikazano na crtežu 1.13 ima oblik Građ evna statika II



17

M = − GI x

d θ

(1.65) dx gdje je I x konstanta uvrtanja odnosno moment tromosti uvrtanja presjeka. Samo za osnosimetrične presjeke konstanta uvrtanja je jednaka polarnom momentu tromosti I x= I 0. Umonožak GI x naziva se krutost presjeka na uvrtanje. Iz ravnoteže krutih tijela slijedi zakon dM x

(1.66) = −m x dx Ako se relacija (1.65) derivira po x uvrsti u relaciju (1.66) dobiva se jednadžba jednolikog uvrtanja GI x

d 2θ dx

2

= m x

(1.67)

Crtež 1.13 Deformiranje uvrtanjem

Matematički oblik prethodne jednadžbe isti je kao i onaj koji opisuje stanje uzdužnog deformiranja i posmičnog deformiranja stoga je i odgovarajuće numeričko rješenje istovjetno. Dakle zakon ravnoteže dovodi do relacije

⎧ M x 0 ⎫ GI x ⎨ ⎬= l ⎩ M xl ⎭


⎡ 1 − 1⎤ ⎧θ 0 ⎫ ⎧⎪ ∫ n1 ( x )m x dx ⎫⎪ ⎬ ⎢− 1 1 ⎥ ⎨θ ⎬ − ⎨ ( ) n x m dx ⎣ ⎦ ⎩ l ⎭ ⎪⎩∫ 2 ⎪⎭ x

(1.68)



18

1.1.6 Cjelovito prostorno deformiranje štapa Reducirani opis stanja prostornog deformiranja prikazan je na crtežu 1.14.

Crtež 1.14 Stanje deformiranja u prostoru

Ukupno deformacijsko stanje može se opisati relacijama

⎧ du / dx ⎫ ⎧u⎫ ⎪ dv / dx ⎪ ⎪v ⎪ ⎪ p ⎪ ⎪ p ⎪ ⎪⎪ dw p / dx ⎪⎪ ⎪w p ⎪ d p p = ⎨ ⎬, ε = = Lp = ⎨ ⎬ d θ dx / θ dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 2 ⎪ w′ ⎪ ⎪d w s / dx ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 2⎪ ⎪⎩ v′ ⎪⎭ ⎪⎩ d v s / dx ⎪⎭

(1.69)

Veza između utrašnjih sila i deformacija može se opisati u obliku

Q = Dε

i

Q 0 = D0ε

(1.70)

Gdje je D matrica krutosti presjeka

0 0 0 0 0 ⎤ ⎡ EA x ⎢ ⎥ GA y 0 0 0 0 ⎢ ⎥ ⎢ GA z 0 0 0 ⎥ D=⎢ ⎥ GI 0 0 x ⎢ ⎥ ⎢ sim. EI z 0 ⎥ ⎢ ⎥ EI ⎢⎣ y ⎥ ⎦ Građ evna statika II

⎡0 0 ⎢0 0 ⎢ ⎢0 0 i D0 = ⎢ ⎢0 0 ⎢0 0 ⎢ ⎢⎣0 GA y

0 0 0 0 GA z

0

0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0

0⎤ 0⎥⎥ 0⎥ (1.71) ⎥ 0⎥ 0⎥ ⎥ 0⎥⎦



19

Jednadžbe ravnoteže uz pomoć zakona deformacija mogu se napisati u obliku

LDLp − D0 Lp − f = 0

(1.72)

Analitičko rješenje integriranjem prethodnim jednadžbi već na jednom štapu predstavlja vrlo složen zadatak. Posebnu poteškoću u postupku predstavlja opterećenje raspodijeljenim momnetima my i mz. i opis stanja deformacija Numeri čk

U mjesto točknog rješenje za polje pomaka p uvodi se približno rješenje. Uvodi se i pretpostavka da nema opterećenja raspodjeljenim momentima my i mz. Takvo opter ćenje se uvijek može nadomjestiti parovima sila. Rješenje se prikazuje u obliku produkta baznih funkcija i diskretnih pomaka čvorova p ≅ Nu

(1.73)

Zbog višestrukih tipova deformiranja i baznih funkcija uvodi se jedinstvena numeracija baznih funkcija. Po komponentama polje pomaka približnog rješenja neka je dano kako slijedi:

⎧u0 ⎫ u ≅ Nu = [n1 , n2 ]⎨ ⎬ , ⎩ ul ⎭

⎧θ 0 ⎫ θ = Nθ = [n1 , n2 ]⎨ ⎬ ⎩θ l ⎭

(1.74a)

⎧v0 ⎫ ⎧w0 ⎫ ⎪v′ ⎪ ⎪w′ ⎪ ⎪ 0⎪ ⎪ 0⎪ v ≅ Nv = [n3 , n4 , n5 , n6 ]⎨ ⎬ , w = Nw = [n3 , n4 , n5 , n6 ]⎨ ⎬ ⎪ vl ⎪ ⎪ wl ⎪ ⎪⎩ vl ′ ⎪⎭ ⎪⎩ wl ′ ⎪⎭

(1.74b)

Bazne funkcije n3,..n6, u sebi sadrže povezano posmično i savojno deformiranje a odgovaraju dosadašnjim oznakama, n1 , n2 , n3 , n4 .

Virtualni pomaci i nač elo virtualnoga rada

Virtualni pomaci biraju se istg oblika kao i polje približnog rješenja. Nako provođenja izjednaćenja radova vansjskih i unutrašnjih sila, analogno postupcima kod pojedinačnih slučajeva deformiranja dobiva se matrični zakon ravnoteže s = ku − f

(1.75)

u kome je vektor rubnih sila s = { N 0 , T y 0 , T z 0 , M x 0 , M z 0 , M y 0 , N l , T yl , T zl , M xl , M zl , M yl }

T

(1.76)

zatim matrica krutosti




20 ⎢ EA x ⎢ l ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ k = ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣

−

EA x

0

0

0

0

0

12 EI z l (1 + τ y )

0

0

0

6 EI z l (1 + τ y )

0

12 EI y l (1 + τ z )

0

6 EI y l (1 + τ z )

0

0

0

0

0

0

0

0

(4 + τ z ) EI y l (1 + τ z )

0

0

0

6 EI y l (1 + τ z )

0

(2 + τ z ) EI y l (1 + τ z )

0

0

0

0

0

0

0

12 EI z l (1 + τ y )

0

0

0

12 EI y l (1 + τ z )

0

6 EI y l (1 + τ z )

3

3

2

GI x l

2

(4 + τ ) EI l (1 + τ ) y

z

0

l

−

−

0

y

12 EI z l (1 + τ y ) 3

0

0

0

0

0

12 EI y l (1 + τ z ) −

3

6 EI y l (1 + τ z ) 2

GI x l

2

6 EI z l (1 + τ y )

−

0

3

2

EA x l

−

0

3

0

2

GI x

0

l

(4 + τ z ) EI y l (1 + τ z )

⎥ ⎥ 6 EI z ⎥ ⎥ l 2 (1 + τ y ) ⎥ ⎥ ⎥ 0 ⎥ ⎥ 0 ⎥ ⎥ ⎥ 0 ⎥ (2 + τ y ) EI z ⎥⎥ l (1 + τ y ) ⎥ ⎥ 0 ⎥ ⎥ 6 EI z ⎥ − 2 l (1 + τ y ) ⎥ ⎥ ⎥ 0 ⎥ (1.77) ⎥ ⎥ 0 ⎥ ⎥ ⎥ (4 + τ y ) EI z ⎥⎥ l (1 + τ y ) ⎥⎦

0

vektor pomaka s = {u 0 , v0 , w0 ,θ 0 , v0′ , w0′ , ul , vl , wl ,θ l , vl ′ , wl ′}

T

(1.78)

te vektor sila upetosti f =

{∫ n f dx, ∫ n f dx, ∫ n f dx, ∫ n m dx, ∫ n f dx, ∫ n f dx, ∫ n f dx,∫ n f dx, ∫ n f dx,∫ n m dx,∫ n f dx,∫ n f dx}

T

1 x

3 y

3 z

1 x

4 y

4 z

2 x

5 y

5 z

2

x

6 y

6 z

(1.79). 1.1.7 Lokalno otpuštanje štapa POPUNITI.

1.2 PRESLIKAVANJE VEKTORA U PROSTORU 1.2.1 Preslikavanje iz lokalnog u globalni sustav Prethodno izvedene veze između sila na rubovima pomaka i opterećenja obrađene su u lokalnom sustavu samog štapa. U analizi složeneg sustava pojavljuje se potreba preslikavanja vektora iz lokalnog sustava u globalni i obratno. Na jednom kraju štapa postoje translacijske veličine poput pomaka i sila te rotacijske veličine poput kutova zaokreta i momenata. Svaka skupina ima trokomponentni vektor a svaki od njih se preslikava na identičan način. Neka je jednostavnosti radi promatarni vektor lokalnog sustava postavljen na lokalnu os x kao što je prikazano na crtežu 1.15. Slika jednokomponentnog vektora x u globalno sustavu imati će oblik




21

⎧ X ⎫ ⎧cosα 1 ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ Y ⎬ = ⎨cos β 1 ⎬ x ⎪ Z ⎪ ⎪ cos γ ⎪ 1⎭ ⎩ ⎭ ⎩

(1.80)

Sukladno tome slika trokomponentnog vektora u globalnom sustavu biti će:

Crtež 1.15 Preslikavanje iz lokalnog u globalni sustav

⎧ X ⎫ ⎡cos α 1 cos α 2 ⎪ ⎪ ⎢ ⎨ Y ⎬ = ⎢cos β 1 cos β 2 ⎪ Z ⎪ ⎢ cos γ cos γ 1 2 ⎩ ⎭ ⎣

cosα 3 ⎤ ⎧ x ⎫ ⎪ ⎪ cos β 3 ⎥⎥ ⎨ y ⎬ cos γ 3 ⎥⎦ ⎪⎩ z ⎪⎭

(1.81)

ili skraćeno V = T3 v

(1.82)

Preslikavanje rubnih pomaka i sila

Sile i pomake jednog ruba možemo prikazati kao diname

⎧s t ⎫ s=⎨ ⎬ ⎩s r ⎭

⎧u t ⎫ , u=⎨ ⎬ ⎩u r ⎭

(1.83)

gdje je

⎧ N ⎫ ⎧ M x ⎫ ⎧u ⎫ ⎧ θ ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ s t = ⎨T y ⎬ , s r = ⎨ M y ⎬ , u t = ⎨ v ⎬ , u r = ⎨w′⎬ ⎪T ⎪ ⎪ M ⎪ ⎪w⎪ ⎪ v′ ⎪ ⎩ z ⎭ ⎩ z ⎭ ⎩ ⎭ ⎩ ⎭

(1.84)

Slika diname u globalnom sustavu imati će oblik

⎡T3 Si = ⎢ ⎣0

0⎤

s = T6 s , U i = T6 u ⎥ T3 ⎦

(1.85)

Neka su P i K početni i krajnji čvor štapa tada su sile i pomaci na krajevima




22

⎧S p ⎫ S=⎨ ⎬ ⎩S k ⎭

⎧U p ⎫ , U=⎨ ⎬ ⎩U k ⎭

(1.86)

Te zaključno preslikavanje sila i pomaka jednog štapa iz lokalnog u globalni sustav

⎡T6

S=⎢

⎣0

1.2.2

0⎤

s=Ts , U =Tu ⎥ T6 ⎦

(1.87)

Preslikavanje iz globalnog u lokalni sustav

Neka je vektor u globalno sustavu postavljen na globalnu os X, kao što je prikazano na crtežu 1.16.

Crtež 1.16 Preslikavanje iz globalnog u lokalni sustav

Slika jednokomponentnog vektora X u lokalnom sustavu imati će oblik

⎧ x ⎫ ⎧ cosα 1 ⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ y ⎬ = ⎨cosα 2 ⎬ X ⎪ z ⎪ ⎪cos α ⎪ 3⎭ ⎩ ⎭ ⎩

(1.88)

Slika trokomponentnog vektora V u lokalnom sustavu biti će

⎧ x ⎫ ⎡ cosα 1 ⎪ ⎪ ⎢ ⎨ y ⎬ = ⎢cos α 2 ⎪ z ⎪ ⎢ cosα 3 ⎩ ⎭ ⎣

cos β 1 cos γ 1 ⎤ ⎧ X ⎫ ⎪ ⎪ cos β 2 cos γ 2 ⎥⎥ ⎨ Y ⎬ cos β 3 cos γ 3 ⎥⎦ ⎪⎩ Z ⎪⎭

(1.89)

ili skraćeno v = T3T V

(1.90)

Slika diname u globalnom sustavu imati će oblik

⎡T3T si = ⎢ ⎣0 Građ evna statika II

0⎤

T T S = T S u = T U , ⎥ 6 i 6 T T3 ⎦

(1.91)



23

Dok će preslik sila i pomaka šatapa iz globalnog u lokalni sustav imati oblik

⎡T6T s=⎢ ⎣0 1.2.3

0⎤

T T S = T S u = T U , ⎥ T T6 ⎦

(1.92)

Jednadžbe ravnoteže u preslikanom globalnom sustavu

Ravnoteža štapa u lokalnom sustavu opisana je relacijom s = ku − f

Preslikavanje lijeve i desne strane donosi S = T (ku − f ) = T kT T U − f )

(1.93)

a nakon sređivanja dobiva se S = TkTT U − Tf

(1.94)

odnosno S = k g U − f g (1.95) Iz matematike je poznato da umnožak TkTT daje simetričnu matricu ako je matrica k simetrična. 1.2.4

Otpuštanje veza na rubovima nosa ča

U uobičajenim numeričkim primjerima predviđa se mogućnost oslobađanja neke od veza na rubovima nosača s okolinom. Ovim zahtjevom se eliminira (nulira) pripadajuća sila na rubovima. Postupak kojim se to provodi naziva se lokalna eleiminacija. Unaprijed treba naglasiti da se može osloboditi više od jedne veze ali ne bilo koja kombinacija. Iz opisa postupka slijedi što je kinematički dopustivo. Jednadžba ravnoteže KE (1.75) može se zapisati kao s = k i , j {ui } − { F i }

(1.96)

Ako je zadano otpuštanje određenog broja veza, tada se gornji izraz može napisati u obliku

⎧s n ⎫ ⎡k nn k no ⎤ ⎧u n ⎫ ⎧Fn ⎫ ⎨ ⎬=⎢ ⎨ ⎬−⎨ ⎬ ⎥ ⎩ o ⎭ ⎣k on k nn ⎦ ⎩u o ⎭ ⎩Fo ⎭

(1.97)

Gdje indeksi n i o označavaju neotpušteno i otpušteno respektivno. U gornjoj relaciji zamijenjen je slijed jednadžbi. Iz gornje grupe jednadžbi moguće je izraziti otpuštene pomake kao funkcije neotpuštenih što dovodi do relacije −1 (Fo − k onu n ) − { F i } u o = k oo

(1.98)

Ova relacija je provediva ako je k oo regularna matrica. U suprotnome odabrani sustav otpuštanja od KE čini mehanizam. Od ukupno m veza najviše može biti otpušteno m/2. Mihanović , Trogrlić



24

Među otpuštenima ne smiju biti veze koje prenose translacijske sile na dva kraja u istom smjeru niti dva momenta uvrtanja. Sile u neotpuštenim vezama dobiva se iz gornje grupe jednadžbi izraza (1.97) s n = k nn u n − Fn − k no u 0

(1.99)

Uvrštenjem relacije (1.98) u (1.99) može se eliminirati otpuštene pomake prema −1 −1 s n = k nn u n − k no k oo k on + k no k oo F0 − Fn

(1.100)

ˆ nn u n − Fˆ n + Fn s n = k nn + k

(1.101)

ˆ u n − Fˆ s n = k

(1.102)

ili skraćeno odnosno Posljednja relacija predstavlja kondezirane jednadžbe ravnoteže KE. One su nepraktične za usporedbu i slaganje globalne ravnoteže. Rješenje je u rastezanju kondeziranih jednadžbi tako da se pojedinu jednadžbu vrati na poziciju neotpuštene veze a ostale jednadžbe popune se nulama tako da se konačno dobije poznati puni oblik jednadžbi. Primjer otpuštanja sile na rubu.

Potrebno je napisati jednadžbu ravnoteže grednog nosača s crteža 1.17. Nosač je izližen samo savojnim deformacijama.

Presložena jednadžba ravnoteže prema (1.97) ima oblik

⎧ T 0 ⎫ ⎡12 − 12 6l 6l ⎤ ⎧v0 ⎫ ⎧ − ql / 2 ⎫ ⎪ T ⎪ ⎢ ⎥ ⎪ v ⎪ ⎪ − ql / 2 ⎪ − l − l 12 6 6 EI ⎪ l ⎪ ⎪ ⎥ ⎪⎨ l ⎪⎬ − ⎪⎨ ⎬ ⎨ ⎬= 3 ⎢ 2 2 2 ′ ⎢ ⎥ v M l l ql 4 2 / 12 l ⎪ l ⎪ ⎪ l ⎪ ⎪ ⎪ ⎢ ⎥ 2 2 ⎪⎩ 0 ⎪⎭ sim. 4l ⎦ ⎪⎩v0′ ⎪⎭ ⎪⎩− ql / 12⎪⎭ ⎣

(1.103)

Matrica k oo je zapravo koeficijent 4EI/l , dakle regularna je. Veličina otpuštenog pomaka mora biti

vo′ = l / 4 EI − ql 3 / 4 EI − (3 / 2l * v0 − 3 / 2l * vl + 1 / 2 * vl ′ )

(1.104)

Nakon eliminacije otpuštenog pomaka prema (1.100) izlazi

⎧ T 0 ⎫ ⎡ 3 − 3 3l ⎤ ⎧v0 ⎫ ⎧− 3ql / 8⎫ ⎪ ⎪ EI ⎢ ⎥ ⎪ v ⎪ − ⎪− 5ql / 8⎪ T = − − l 3 3 ⎨ l ⎬ ⎬ 3 ⎢ ⎥ ⎨ l ⎬ ⎨ l 2 ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⎪ M ⎪ ′ ⎢ ⎥ sim l v ql . 3 / 8 ⎪⎭ ⎩ l ⎭ ⎣ ⎦ ⎩ l ⎭ ⎩

(1.105)

Razvućeni oblik jednadžbe ravnoteže postaje




⎧ T 0 ⎫ ⎡3 0 − 3 3l ⎤ ⎧v0 ⎫ ⎧− 3ql / 8⎫ ⎪0 ⎪ ⎢ 0 ⎥⎥ ⎪⎪ 0 ⎪⎪ ⎪⎪ 0 ⎪⎪ ⎪ ⎪ EI ⎢0 0 0 ⎨ ⎬=− 3 ⎨ ⎬−⎨ ⎬ ⎢ ⎥ T v − l − ql 3 3 5 / 8 l ⎪ l ⎪ ⎪ l ⎪ ⎪ ⎪ ⎢ ⎥ 2 2 ⎪⎩ M l ⎪⎭ 3l ⎦ ⎪⎩ vl ′ ⎪⎭ ⎪⎩ ql / 8 ⎪⎭ ⎣


25

(1.105)


2. Metoda pomaka u izvornom obliku

25

2 METODA POMAKA U IZVORNOM OBLIKU 2.1 PUNOSTIJENI NOSAČI U RAVNINI Sustav punostijenih nosača u ravnini analizira se uz naredne prepostavke. Nosači se deformiraju uzdužno i poprečno, savijanjem i posmikom. Nosači pojedinačno zadavoljavaju slijedeće pretpostavke: (1) nosač je pravocrtan, (2) nosač je prizmatičan, (3) konstantnog je presjeka, (4) izrađen iz Hookeovog materijala, (5) pri savijanju vrijedi hipoteza ravnih presjeka, (6) pomaci i deformacije su mali. 2.1.1 Diskretizacija sustava i neovisni pomaci Opis pomaka i deformacija linijskog sustava punostijenih nosača racionalan je onda kada se podijeli na više dijelova (konačnih elemenata KE), tako da je svaki novonastali dio pravocrtan. Matematički gledano ti novonastali dijelovi mogu biti i krivocrtni, ali odgovarajuća analiza nadilazi okvire ovog kolegija. Podjelu na takve pravocrtne konačne dijelove osiguravaju čvorovi. Pomaci svih čvorova postaju nezavisni. Među njima postoji minimalan broj osnovnih. Osnovne čvorove čine oni koji se nalaze na mjestima spajanja tri ili više KE ili oni koji se nalaze na mjestu spajanja dva KE ali to mjesto predstavlja diskontinuitet. Njima pripadni broj pomaka naziva se minimalnim brojem. Po prirodi stvari pomaci su diskretni. Translacijski su i/ili zaokreti. Dodavanjem novih čvorova unutar minimalnih povećava se broj KE te proširuje skup nezavisnih pomaka. U formalizmu diskretizacije i postavljanja sustava jednadžbi to ne donosi ništa novog osim većeg sutava. Veza između rednog broja čvora č i globalnog rednog broja neovisnog pomaka u tom čvoru ima oblik i = 3č − o , o = 2,1,0 (2.1) 2.1.2

Prikaz odgovora konstrukcije

Postupak obrazlaganja metode pomaka izlaže se na primjeru jednopoljnog jednokatnog okvira prikazanog na crtežu 2.1. Poznate su koordinate čvorova, deformacijska svojstva elemenata te opterećenja elemenata.

Crtež 2.1 Diskretizacija zadanog sustava Mihanović , Trogrlić



26

Stanje sustava može se razlučiti na nekoliko nezavisnih stanja. Prvo stanje je ono u kojem se fiktivno pridrže svu nezavisni pomaci zu potpuno djelovanje opterećenja. Ovo stanje tradicionalno se naziva stanje pune upetosti. Slijedeć stanje je ono u kojem nema opterećenja, zadržavaju se fiktivne veze ali se u smjeru prvog nezavisnog pomaka izaziva jedinični pomak. Analogno slijede ostalih n-1 jediničnih pomaka, gdje je n ukupni broj nezavisnih pomaka. Svako stanje pojedinačno ima sačuvan kontinuitet pomaka i samo fiktivnu ravnotežu čvorova koju osiguravaju fiktivne veze. Moguća je i linerana superpozicija ovih stanja koja donosi

O x = O xu + o x1 u1 + .. o xi ui + .. o xn u n

(2.2)

U kojoj je: x - proizvoljno mjesto Ox - veličina koju želimo pratiti na mjestu x Oxu - veličina na mjestu x pri stanju pune upetosti oxi - veličina na mjestu x pri stanju i-tog jediničnog pomaka ui - stvarni pomak koji će se dogoditi. Općenito svaka linearna kombinacija poštiva neprekinutost pomaka ali ravnotežu uspostavlja uz pomoć fiktivnih veza. Samo posebna stanja, uvjetovana posebno određenim pomacima ravnotežu mogu uspostaviti i bez fiktivnih veza, a to predstavlja rješenje tražene zadaće. U nastavku se postavlja načelo određivanja tih posebnih pomaka. 2.1.3

Stanje pune upetosti

Svi nezavisni pomaci su pridržani kao što je prikazano na crtežu 2.2. Pomoću analize stanja jedničnim pomaka jednog elementa može se za svaki KE odrediti sile na rubovima oznaćavane s f , ali i unutrašnje sile po elementu. Sumiraju li se sve sile na rubovima te hipotetska opterećenja izravno zadana u čvorovima, dobivaju se sile upetosti F cijelog sustava.

Crtež 2.2 Stanje pune upetosti zadanog sustava




2.1.4

27

Stanje jediničnih pomaka

og pomaka. Stanje prvog jedini čn

Stanje prvog jediničnog pomaka prikazano je na crtežu 2.3. Nastaje prisilnim izazivanjem jediničnog pomaka u smjeru 1, dok su svi ostali pomaci pridržani. Oako opterećen sustav zadržava neprekidnost pomaka te ravnotežu uz pomoć fiktivnih veza. Sile u fiktivnim vezama koje pritom nastaju predstavlju odgovarajući koeficijent krutosti. Tada je k ij sila na mjesti i uslijed j-tog jediničnog pomaka. Zbog uzajamnosti virtualnih radova vrijedi i obrat po kojem je k ij sila na mjestu j uslijed i-tog jediničnog pomaka.

Crtež 2.3 Stanje prvog jediničnog pomaka

Na crtežu su prikazani samo oni koeficijenti krutosti koji su različiti od nule. Njihove su konkretne veličine

k 1,1 = 12 EI 1 / h 3 + EA2 / L k 1,3 = k 3,1 = 6 EI 1 / h 2 k 1, 4 = k 4,1 = − EA2 / L

(2.3)

og pomaka. Stanje drugog jedini čn

Ovo stanje je prikazano na crtežu 2.4. Veličine koeficijenata krutosti iznose

Crtež 2.4 Stanje drugog jediničnog pomaka




28

k 2, 2 = EA1 / h + 12 EI 2 / L3 k 2,3 = k 3, 2 = 6 EI 2 / L2 3

k 2,5 = k 5,2 = −12 EI 2 / L

(2.4)

k 2,6 = k 6, 2 = 6 EI 2 / L2 og pomaka. Stanje treć eg jedini čn

Ovo stanje je prikazano na crtežu 2.5. Veličine koeficijenata krutosti iznose

Crtež 2.5 Stanje trećeg jediničnog pomaka

k 3,1 = 6 EI 1 / h 3 k 3, 2 = k 2,3 = 6 EI 2 / L2 k 3,3 = 4 EI / h + 4 EI 2 / L

(2.5)

k 3,5 = k 5,3 = 6 EI 2 / L2 k 3, 6 = k 6,3 = 2 EI 2 / L Analogno se mogu konstrirati stanja jediničnih pomaka za preostala tri nezavisna pomaka. 2.1.5

Slaganje globalne ravnoteže

Ravnotežu globalnog sustava uspostavlja se nuliranjem sila u fiktivnim vezama. Prirodno tada fiktivne veze nisu ni potrebne. Veličine sile u fiktivnim vezama izlučene iz stanja jedničnih pomaka i stanja pune upetosti redom iznose




29

⎧ S1 ⎫ ⎡ k 11u1 + .. k 1i ui ⎪ .. ⎪ ⎢ .. .. .. ⎪⎪ ⎪⎪ ⎢ ⎨ Si ⎬ = ⎢ k i1u1 + .. k ii ui ⎪ .. ⎪ ⎢ .. .. .. ⎪ ⎪ ⎢ ⎪⎩Sn ⎪⎭ ⎢⎣k n1u1 + .. k ni ui

+ .. k 1n u n ⎤ ⎧ F1 ⎫ ⎧0⎫ .. .. ⎥⎥ ⎪⎪ .. ⎪⎪ ⎪⎪0⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ + .. k in u n ⎥ − ⎨ Fi ⎬ = ⎨0⎬ ⎥ .. .. ⎥ ⎪ .. ⎪ ⎪0⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ + .. k nn u n ⎥⎦ ⎪⎩Fn ⎪⎭ ⎪⎩0⎪⎭

(2.6)

U matričnom formalizmu gornji sustav jednadži se može opisati kao Ku = F što predstavlja jednadžbu ravnotežu globalnog sustava. Formalno se za članove gornje jednadžbe piše K =

∑

k , u =

∑

e

u

(2.7)

, F = ∑ f + ∑ f

e

č

(2.8)

e

Što se u matematici naziva Bulovim transformacijama. U konkretnom primjeru matrica krutosti ima oblik A2 6 I 1 ⎡12 I 1 A2 0 + ⎢ h3 L L h2 ⎢ 6 I 2 A1 12 I 2 ⎢ 0 + 3 h L L2 ⎢ 4 I 1 4 I 2 ⎢ + 0 ⎢ h L K = E ⎢ 12 I 3 A2 ⎢ + 3 L h ⎢ ⎢ sim. ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ Dok sile upetosti ovise o konkretnom opterećenju.

2.1.6

6 I 1

0 −

12 I 2

−

L3 6 I 2 L2

0 12 I 2 A3 L3

+

h

⎤ ⎥ h2 6 I 1 ⎥ ⎥ 2 h ⎥ 2 I 2 ⎥ ⎥ (2.9) L 6 I 3 ⎥ ⎥ 2 h ⎥ 6 I 2 ⎥ ⎥ L2 4 I 2 4 I 3 ⎥ ⎥ + L h ⎦

Uvrštavanje rubnih uvjeta

U prethodnom primjeru rubni uvjeti su bili izravno uvršteni. Jednostavno su svi pomaci čvorova 3 i 4 jednaki nula pa za njih nije ni potrebno postavljati jednadžbe ravnoteže. Budući da u općem slučaju mjesta rubnih uvjeta mogu biti potpuno nepravilno raspoređena u odnosu na ostale nezavisne pomake, u računalnim programima to bi stvaralo nerješiv zadatak. Stoga je nužno sve čvorove u startu proglasiti nevezanima te slagati sustav jednadžbi ravnoteže za sve pomake, nezavisne i pridržane. Dobiveni sustav je kinematički nestabilan prije nego se u njega uvrte rubnu uvjeti. U konkretnom slučaju okvira sustav bi imao 12 jednadžbi s 12 nepoznanica. Rubne uvjete uvrštava se tako da se u retku kojio se odnosi na poznati rubni uvjet na dijagonali matrice krutosti postavi jedinica a ostali članovi u retku nuliraju. Na desnoj starni u vektoru sila upetosti unese se stvarna rubna vrijednost pomaka, nula ili neka konkretna vrijednost. Nuliranje treba izvršiti i u odgovarajućem Mihanović , Trogrlić



30

stupcu. Isti postupak se primjenjuje na sve rubne uvjete. Tako nastala korigirana matrica krutosti biti će regularna ukoliko je zaista zadan kinematički stabilan sustav. U konkretnom primjeru razvijeni sustav bi imao oblik 0 ⎡ K ⎤ ⎧ u ⎫ ⎧F ⎫ 1 0 0 0 0 0⎥ ⎪ u7 ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎢ ⎢ ⎥⎪ u ⎪ ⎪0 ⎪ 1 0 0 0 0 ⎢ ⎥⎪ 8 ⎪ ⎪ ⎪ ⎢ 1 0 0 0⎥ ⎪⎨ u9 ⎪⎬ = ⎪⎨ 0 ⎪⎬ ⎢ sim. ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1 0 0 ⎢ ⎥ ⎪u10 ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎢ 1 0⎥ ⎪u11 ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 1⎦ ⎩u12 ⎭ ⎩ 0 ⎭ ⎣

(2.10)

Gdje su K u i F veličine iz relacije (2.9). 2.1.7

Zadovoljavanje posebnih rubnih uvjeta

Posebni rubni uvjeti se javljaju u slučaju slijeganja oslonaca ili deformiranja oslonaca koji su postavjeni na potkonstrukciju. Fiktivni posebni uvjeti nastaju u sluač ju razdavajanja konstrukcije na dva međusobno oslonjena dijela. Isto se događa ako se rubni uvjet zadaje u smjeru za kojeg računalnim programom nije predviđeno. Posebne rubne uvjete modelira se dodatnim štapovima koji služe kao oslonci konstrukcije. Položaj tih štapova, duljina, svojstva krutosti biraju se tako da zadovolje , egzaktno ili približno stvarne rubne uvjete. Jednostavan primjer je simuacija slijeganja konstrukcije prikazan na crtežu 2.6. Uspravni štap simulira slijeganje srednjeg oslonca nosača. Svojstva štapa, u ovom sličaju uzdužnu krutost i uljinu valja iz barati tako da pomak srednjeg oslonca doista bude jednak slijeganju koje bi se dogodilo.

Crtež 2.6 Posebni rubni uvjeti




31

2.1 OKVIRNI NOSAČI U RAVNINI 2.1.1 Okviri s krutim pre čkama Jednokatni jednopoljni okvir Promatra se jednopoljni jednokatni okvir prikazan na crtežu 2.7. Zbog jednostavnosti zanemaruje se uzdužno i posmično deformiranje stupova i prečke a ktome još i savojno deformiranje prečke. Za prečku se tada kaže da je apsolutno kruta a za okvir se kaže da je okvir s krutom prečkom. Zbog načina deformiranja mogući su samo horizontalni pomaci čvorova kata. Pošto je prečka nedeformabilna izlazi da su oba pomaka jednaka te sustav ima samo jedan nezavisni pomak – horizontalni pomak prvog kata.

Crtež 2.7 Jednopoljni jednokatni okvir s krutom prečkom

Iz ravnoteže horizontalnih sila koje djeluju na prečku izlazi:

k 11u1 − H = 0,

ili

2

12 EI h3

u1 = H

(2.11)

Odakle je horizontalni pomak

u1 =

Hh 3

(2.12)

2 *12 EI

Povratkom na polazne stupove dobiva se veličina momenata savijanja na vrhu i dnu

M 0,h =


Hh 4

(2.13)


32


Pripadna slika momenata, poprečnih i uzdužnih sila dana je na crtežu 2.7. Karakter djelovanja na okvir je antisimetričan. Kada bi se sila H raspodjelila na dva čvora svaka s iznosom H/2 , radilo bi se o egzaktnoj antisimetriji. Kada se zbroje momneti s vrhova i dna stupa dobiva se ukupna veličina momenta Hh, što je zaparavo jednako napadnom momentu sile H na bazu. Sila H se naziva sila kata a Hh je moment kata. Nul točka momentnog dijagrama na stupovima nalazi se u sredini visine stupa. Iz ravnoteže globalnog sustava izlazi da je veličina uspravnih reakcija

Hh Av , Bv = m 2 L

(2.14)

Uzdužne sile u stupovima čine par sila čiji je iznos

M p =

Hh 2

(2.15)

Uzdužne sile i njihov par sila naziva se okvirno djelovanje. Valja zamijetiti da je moment para neovisan o rasponu L okvira. Međutim veličine uzdužnih sila kao uspravne reakcije obrnuto su proporcionalne raspon L kao što pokazuje relacija (2.14). Dvokatni jednopoljni okvir Neka se okvir izložen sili H na razni prečke drugoga kata kako je prikazano na crtežu 2.8. Promatra se samo savojna deformabilnost stupova. Sustav ima ukupo dva nezavisna pomaka na prvom i drugom katu.

Crtež 2.2 Dvokatni jednopoljni okvir s krutom prečkom Građ evna statika II



33

Jednadžna ravnoteže sustava imati će oblik:

− 1⎤ ⎧ u1 ⎫ ⎧ H ⎫ ⎢− 1 1 ⎥ ⎨u ⎬ = ⎨ 0 ⎬ ⎣ ⎦⎩ 2 ⎭ ⎩ ⎭

24 EI ⎡ 2 h

3

(2.16)

čije je rješenje

⎧u1 ⎫ ⎧ Hh 3 / 24 EI ⎫ ⎨ ⎬=⎨ 3 ⎬ u ⎩ 2 ⎭ ⎩ Hh / 48 EI ⎭

(2.17)

Odgovarajuće veličine unutrašnjih sila prikazane su na crtežu 2.8. Na oba kata sila kata iznosi H a moment kata Hh. Okvirno djelovanje prvog kata iznosi 3Hh/2 dok je okvirno djelovanje drugog kata Hh/2 U nastavku se analizira dvokatni jednopoljni okvir s krutim prečkama opterećen silom H u visini prvoga kata kao što je prikazano na crtežu 2.9. Usvajaju se samo savojna deformiranja stupova.

Crtež 2.9 Dvokatni jednopoljni okvir izložen sili na prvom katu


− 1⎤ ⎧u1 ⎫ ⎧ 0 ⎫ ⎢− 1 1 ⎥ ⎨u ⎬ = ⎨ H ⎬ ⎣ ⎦⎩ 2 ⎭ ⎩ ⎭

24 EI ⎡ 2 h

3

(2.18)

čije je rješenje Mihanović , Trogrlić


34


⎧ u1 ⎫ ⎧ Hh 3 / 24 EI ⎫ ⎨ ⎬=⎨ 3 ⎬ u Hh / 12 EI ⎩ 2⎭ ⎩ ⎭

(2.19)

Odgovarajuće veličine unutrašnjih sila prikazane su na crtežu 2.9. Radi se zapravo i istim unutrašnjim silama kao i kod jednokatnog okvira. Drugi krat jednostavno translatira kao kruto tijelo prateći prvi kat u translaciji. Najsloženiji oblik držanja dvokatnog okvira nastaje kad je opterećen silama na prvom i drugom katu kako je prikazano na crtežu 2.10. Radi jednostavnosti usvajaju se sile istog inteziteta. Jedino deformiranje je savijanje stupova.

Crtež 2.10 Dvokatni jednopoljni okvir izlože silama na prvom i drugom katu


− 1⎤ ⎧u1 ⎫ ⎧ H ⎫ ⎢− 1 1 ⎥ ⎨u ⎬ = ⎨ H ⎬ ⎣ ⎦⎩ 2 ⎭ ⎩ ⎭

24 EI ⎡ 2 h

3

(2.20)

čije je rješenje

⎧ u1 ⎫ ⎧2 Hh 3 / 24 EI ⎫ ⎨ ⎬=⎨ ⎬ 3 u ⎩ 2 ⎭ ⎩3 Hh / 24 EI ⎭


(2.21)



35

Odgovarajuće veličine unutrašnjih sila prikazane su na crtežu 2.10. Sila drugog kata iznosi H a moment Hh. Sila prvog kata iznosi 2H a moment kata 2Hh. Moment kata jednak je sili kata pomnoženoj s visinom kata. Višekatni jednopoljni okvir

Analizira se četverokatni jednopoljni okvir s krutim prečkama prikazan na crtežu 2.11. Zbog jednostavnosti prate se samo savojne deformacije stupova. U prvom slučaju neka je opterećen samo silom H na četvrtom katu. U mjesto postavljanja pet nezavisnih jednadžbi zadatak se rješava intuitivno na temelju prethodnih spoznaja. 1. Svaki viši kat se prema nižem horizontalno pomi će za relativni odnos kao jednokatni okvir prema podlozi. Stoga su horizontalni pomaci

⎧u1 ⎫ ⎧ Hh 3 / 24 EI ⎫ ⎪ ⎪u ⎪ ⎪ 3 2 Hh / 24 EI ⎪ 2⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎬=⎨ ⎬ 3 u ⎪ 3 ⎪ ⎪3 Hh / 24 EI ⎪ ⎪⎩u 4 ⎪⎭ ⎪⎩4 Hh 3 / 24 EI ⎪⎭

(2.22)

2. Zbog jednakih relativnih pomaka katova i momenti na stupovima su isti. Razlikju se samo momenti na najvišoj prečki od onih ostalih. 3. Sve sile kata su jednake H a svi momenti kata su jednaki Hh. 4. Okvirno djelovanje kata je (i-1/2)Hh, pri čemu se katovi broje od vrha. Ukupno stanje unutrašnjih sila prikazano jena crtežu 2.11.

U slučaju četverokatnog jednopoljnog okviar s krutim prečkama opterećenog sila H na svakom katu kao što je prikazano na crtežu 2.12, vrijednosti poprečnih pomaka su

⎫ ⎧ u1 ⎫ ⎧ 4 Hh 3 / 24 EI ⎪ ⎪u ⎪ ⎪ 3 ⎪ 2 ⎪ ⎪ (4 + 3) Hh / 24 EI ⎪ ⎨ ⎬=⎨ ⎬ 3 u + + ( 4 3 2 ) Hh / 24 EI ⎪ 3⎪ ⎪ ⎪ 3 ⎪⎩u 4 ⎪⎭ ⎪⎩( 4 + 3 + 2 + 1) Hh / 24 EI ⎪⎭

(2.23)

Redom su sile i momenti kata: Četvrti kat, sila kata H, moment kata Hh.

Treći kat, sila kata 2H, moment kata 2Hh. Drugi kat, sila kata 3H, moment kata 3Hh. Prvi kat, sila kata 4H, moment kata 4Hh. Popćeno kazano, silu kata čini zbroj svih horizontalnih sila na tom katu i iznad njega. Moment kata daje sila kata pomnožena sa visinom kata. Moment kata prenose stupovi. Zbroj momenata na vrhu i dnu svih stupova jednak je momentu kata. Mihanović , Trogrlić


36


Crtež 2.11 Višekatni jednopoljni okvir izložen sili na vrhu




37

Crtež 2.12 Višekatni jednopoljni okvir izložen sili na svakom katu

Višekatni višepoljni okviri



38


Karakteristično stanje višepoljnih okvira uočljivo je na jednostavnom jednokatnom dvopoljnom okviru. Usvaja se samo deformiranje stupova savijanjem. Opterećen je jednom horizontalnom silom kako je prikazano na crtežu 2.7. Iz ravnoteže horizontalnih sila koje djeluju na prečke izlazi

u1 =

Hh 3 3 * 12 EI

(2.24)

Sila kata je jedanka H. Moment kata iznos Hh. Raspodjela momenta kata po stupovima daje moment na vrhu i dnu svakog stupa iznos od

M 0 ,h =

Hh 6

(2.25)

Okvirno djelovanje čine uzdužne sile svih stupova kata. Dijagrami unutrašnjih sila prikazani su na crtežu 2.7.

Crtež 2.7 Jednokatni dvopoljni okvir

Slično prethodnom ravna se i višekatni dvopoljni okvir. Prati se četverokatni dvopoljni okvir s opterećenjem i deformabilnosti prikazanim na crtežu 2.8. Građ evna statika II



39

Crtež 2.8 Četerokatni dvopoljni okvir

Nepravilni višepoljni okviri.



40


U nastavku se analizira višepoljni nepravilni okvi prikazan na crtežu 2.9. I dalje vrijedi načelo sile kata, momenta kata i okvirnog djelovanja kata. Zboj jednostavnosti prikazani su samo pomaci i dijagram momenata.

Crtež 2.9 Nepravilni tropoljni okvir

Vurendel nosač i




41

Pripadaju skupini grednih nosača ali po prirodi djelovanja funkcioniraju kao okviri s krutim prečkama kao što je vidljivo na crtežu 2.10. Uspravnice su apsolutno krute a horizontale izložene samo savijanju. Za zadano opterećenje pomaci i dijagram momenata prikazani su na crtežu. Određen su logikom postupaka izloženih za okvir s krutim prečkama.

Crtež 2.10 Vurendel nosač

2.2 GREDNI NOSAČI U RAVNINI Mihanović , Trogrlić


42


2.2.1 Jednorasponski nosači Konzolni nosač U ovom slučaju pokazuje se jednostavnost primjene metode pomaka. Prati se samo savojno deformiranje jednostavnog konzolnog nosača prikazanog na crtežu 2.11. Sustav ima dva nezavisna pomaka. Translaciju i zaokret rubnog čvora. Jednadžbe ravnoteže imaju oblik

.

⎡ − 12 / l 3 EI ⎢ 2 ⎣ − 6 / l

− 6 / l 2 ⎤ ⎧u1 ⎫ ⎧ F ⎫ ⎥⎨ ⎬ = ⎨ ⎬ 4 / l ⎦ ⎩u 2 ⎭ ⎩ 0 ⎭

(2.26)

Odakle izlazi .

u1 = − Fl 3 / 3 EI , u 2 = − Fl 2 / 2 EI

(2.27)

Crtež 2.11 Konzolni nosač

Jednostavna greda Prati se samo savojno deformiranje jednostavne grede prikazana na crtežu 2.12. Sustav ima dva zaokreta kao nezavisne pomake. Jednadžbe ravnoteže imaju oblik

.

⎡ 4 / l 2 / l ⎤ ⎧ u1 ⎫ ⎧− ql 2 / 12⎫ EI ⎢ ⎨ ⎬=⎨ 2 ⎬ ⎥ u 2 / l 4 / l ql / 12 ⎣ ⎦⎩ 2 ⎭ ⎩ ⎭

(2.28)

u1 = − ql 2 / 72 EI , u 2 = ql 2 / 72 EI

(2.29)

Odakle izlazi .

Crtež 2.12 Jednostavni gredni nosač

2.2.2 Nosači preko dva polja Građ evna statika II



43

Potpuno uklješteni nosač

Promatra se nosač preko dva polja prikazan na crtežu 2.13. Zbog jednostavnosti prati se samo savojno deformiranje. Ako se prate čvorovi na rubovima polja sustav ima jedan nezavisni pomaka i to kut zaokreta nad srednjim osloncem. Zbog simetrije optere ćenja i sustava veličina kuta zaokreta je nula, tako da stanje pune upetosti daje konačno rješenje prikazano na crtežu 2.13.

Crtež 2.13 Nosač preko dva polja uklješten na rubovima

Nosač zglobno pridržan na rubovima.

Promatra se nosač preko dva polja zglobno pridržan na rubovima prikazan na crtežu 2.13. Zbog jednostavnosti prati se samo savojno deformiranje. Ako se prate čvorovi na rubovima polja, sustav ima ukupno tri nezavisni pomaka i to kuteve zaokreta. Zbog simetrije opterećenja i sustava veličina kuta zaokreta nad srednjim osloncem je nula. Konačno rješenje prikazano na crtežu 2.13.

Crtež 2.13 Nosač preko dva polja zglobno pridržan na rubovima.

Jednadžne ravnoteže imaju oblik Mihanović , Trogrlić


44

2. Metoda pomaka u izvornom obliku 2 ⎡ 4 / l 2 / l 0 ⎤ ⎧u1 ⎫ ⎧− ql / 12⎫ ⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ 0 ⎪ EI 8 / l 2 / l ⎨u 2 ⎬ = ⎨ ⎬ ⎢ ⎥ ⎪ ⎪ ql 2 / 12 ⎪ ⎢⎣ sim 4 / l ⎥⎦ ⎪ u 3 ⎩ ⎭ ⎩ ⎭

.

(2.30)

Odakle izlazi

u1 = − ql 3 / 48 EI , u 2 = 0

.

, u3 = ql 3 / 48 EI

(2.31)

2.2.3 Nosači preko više polja Nosač preko tri polja

Analizira se nosač preko tri polja prikazan na crtežu 2.14. Zbog jednostavnosti prati se samo savojno deformiranje. Sustav ima ukupno četiri nepoznata kuta zaokreta. Za slučaj simetričnog opterećenja jednadžbe ravnoteže imaju oblik:

.

0 ⎤ ⎧ u1 ⎫ ⎧− ql 2 / 12⎫ ⎡ 4 / l 2 / l 0 ⎪ ⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ 8 / l 2 / l 0 ⎪u 2 ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎥⎨ ⎬ = ⎨ EI ⎢ ⎬ ⎢ 8 / l 2 / l ⎥ ⎪u3 ⎪ ⎪ 0 ⎪ ⎢ ⎥⎪ ⎪ ⎪ 2 4 / l ⎦ ⎩u 4 ⎭ ⎩ ql / 12 ⎪ ⎣ sim. ⎭

(2.32)

u1 = −u 4 = − ql 3 / 40 EI , u 2 = −u3 = ql 3 / 72 EI

(2.31)

Odakle je .

Crtež 2.14 Nosač preko tri polja.



3. Punostijeni nosa č i u prostoru

45

3 PUNOSTIJENI NOSAČI U PROSTORU 3.1 Formulacija metode pomaka Formulacija metode pomaka prikazuje se na prostornom jednokatnom okviru prikazanom na crtežu 3.1. Slijedi se logika prikazana na ravninskim zadaćama. Pojednični nosači moraju udovoljavati istim pretpostavkama pretpostavkama: (1) nosač je pravocrtan, (2) nosač je prizmatičan, (3) konstantnog je presjeka, (4) izrađen iz Hookeovog materijala, (5) pri savijanju vrijedi hipoteza ravnih presjeka, (6) pomaci i deformacije su mali. Svaki slobodni čvor ima šest nezavisnih pomaka. Svaki zasebni nosač postavljen je između dva čvora te ima zadana svojstva krutosti te pripadajuće opterećenje. Svojstva krutosti naznačuje opća oznaka D u kojoj su sublimirani slijedeći podaci: E,G,Ax,Ay,Az,Ix,Iy,Iz. Podatke o opterećenju sadrži opća oznaka f u kojoj su sublimirani slijedeći podaci : fx,fy,fz,mx,my,mz. Slijedeća je veza između rednog broja čvora i rednog broja globalnog nezavisnog pomaka

i = 6č − o

, o = 5,4,3,2,1,0

(3.1)

Crtež 3.1 Prostorni jednokatni okvir - diskretizacija

Analogno postupku kod ravinskih punostijenih nosača, i ovdje se stanje sustava promatra razdvojeno na stanje pune upetosti i stanja jedničnih pomaka. Konkretan sustav je odabran prema crtežu 3.1. Stanje pune upetosti. Mihanović , Trogrlić



46

Svi nezavisni pomaci pridržani su fiktivnim vezama. Za svaki element su poznata deformacijska svojstva i opterećenje. Stanje deformacija zadržava neprekinutost dok se ravnoteža uspostavalja pomoću fiktivnog pridržanja. Sile fiktivnog pridržana su sile upetosti a čine ih rubne sile pojedinih elemenata zbrojene s eventualnim optere ćenjima zadanim izravno na čvorove.

Crtež 3.2 Prostorni jednokatni okvir - stanje pune upetosti og pomaka. Stanje prvog jedini čn

U smjeru prvog pomaka ostvaren je jedinični pomak dok su svi drugi pomaci potpuno pridržani prema crtežu 3.3. Sustav zadržava neprekinutost pomaka i ravnotežu uz pomoć fiktivnih veza. Sile u fiktivnim vezama su koeficijnti krutosti. Slijedeće su vrijednosti koeficijenata krutosti k 1,1 =

12 EI 1 h3

k 1,5 = k 5,1 = k 1, 6 = k 6,1 =

+

12 EI 5 l y3

+

EA8 l x

6 EI 1 h2 6 EI 5 l

k 1, 7 = k 1, 7 = − k 1,12 = k 12,1 =

(3.2)

2 y

12 EI 5 l y3

6 EI 5 l y2

EA8 k 1,19 = k 19,1 = − l x

Koeficijenti koji nisu naznačeni na crtežu 3.3 jednak su nuli. Građ evna statika II



47

Crtež 3.3 Prostorni jednokatni okvir – stanje prvog jediničnog pomaka og pomaka. Stanje drugog jedini čn

Analogno prethodnom stanju u smjeru drugog pomaka ostvaren je jedinični pomak dok su svi drugi pomaci potpuno pridržani prema crtežu 3.4. Slijedeće su vrijednosti koeficijenata krutosti

Crtež 3.4 Prostorni jednokatni okvir – stanje drugog jediničnog pomaka




48

k 2 , 2 =

12 EI 1 h

3

k 2 , 4 = k 4, 2 = k 2 ,6 = k 6 , 2 =

+

12 EI 8 3 x

l

+

EA5 l y

6 EI 1

(3.3)

h2 6 EI 8 l x2

EA5 k 2 ,8 = k 8, 2 = − l y k 2 , 20 = k 20, 2 = −

12 EI 8

k 2 , 24 = k 24, 2 = −

6 EI 8

l x3 l x2

Crtež 3.5 Prostorni jednokatni okvir – stanje drugog jediničnog pomaka og pomaka. Stanje treć eg jedini čn

Analogno prethodnom stanju u smjeru trećeg pomaka ostvaren je jedinični pomak dok su svi drugi pomaci potpuno pridržani prema crtežu 3.5. Slijedeće su vrijednosti koeficijenata krutosti k 4, 4 =

4 EI 1 h

k 4,6 = k 6, 4 =

+

4 EI 5 l y

+

GI x8 l x

6 EI 5

k 4,10 = k 10, 4 =

2 y

(3.4)

l

2 EI 5 l y

k 4,12 = k 12, 4 = −

6 EI 5

k 4, 22 = k 22, 4 = −

GI x8

l y2 l x

Crtež 3.5 Prostorni jednokatni okvir – stanje trećeg jediničnog pomaka Građ evna statika II



49

og pomaka. Stanje č etvrtog jedini čn

Analogno prethodnim stanjima u smjeru četvrtog pomaka ostvaren je jedinični zaokret dok su svi drugi pomaci potpuno pridržani prema crtežu 3.6. Slijedeće su vrijednosti koeficijenata krutosti

Crtež 3.6 Prostorni jednokatni okvir – stanje četvrtog jediničnog pomaka

k 4, 4 =

4 EI 1 h

k 4, 6 = k 6, 4 =

+

4 EI 5 l y

+

GI x8 l x

6 EI 5

k 4,10 = k 10, 4 =

l y2

(3.4)

2 EI 5 l y

k 4,12 = k 12, 4 = −

6 EI 5

k 4, 22 = k 22, 4 = −

GI x8

l y2 l x

og pomaka. Stanje petog jedini čn

Analogno prethodnim stanjima u smjeru petog pomaka ostvaren je jedinični zaokret dok su svi drugi pomaci potpuno pridržani prema crtežu 3.7. Slijedeće su vrijednosti koeficijenata krutosti




50

Crtež 3.7 Prostorni jednokatni okvir – stanje petog jediničnog pomaka

k 5, 5 =

4 EI 1 h

+

4 EI 8 l x

k 5,11 = k 11,5 = − k 5, 23 = k 23, 5 =

+

GI x 5 l y

GI x 5 (3.5)

l y

2 EI 8 l x

k 5, 21 = k 21, 5 = −

6 EI 8 l x2

og pomaka. Stanje šestog jedini čn

Analogno prethodnim stanjima u smjeru šestog pomaka ostvaren je jedinični zaokret dok su svi drugi pomaci potpuno pridržani prema crtežu 3.8. Slijedeće su vrijednosti koeficijenata krutosti k 6,6 =

4 EI 5 l y

k 6,7 = k 7 ,6 =


+

4 EI 8 l x

+

GI x1 h

6 EI 5 l y2

k 6,12 = k 12,6 =

2 EI 5

k 6, 21 = k 21,6 =

6 EI 8

k 6, 23 = k 23, 6 =

2 EI 8

(3.6)

l y l x2 l x Mihanovć , Trogrlić


51

Crtež 3.8 Prostorni jednokatni okvir – stanje šestog jediničnog pomaka

Na sličan način se mogu prikazati stanja preostalih jediničnih pomaka.

3.2 Uspostava ravnoteže sustava Ravnoteža se uspostavlja poništavanjem sila u fiktivnim vezama. Dolazi se do istih općih relacija opisanih kao (2.6), (2.7) i (2.8). Cjeloviti izraz za ravnotežu promatrane zada će ima 24 jednadžbe s 24 nepoznanice te ga nije praktično zapisivati u otvorenom obliku.




52

3.3 Primjeri okvira s krutim pre čkama o optereć en Jednokatni okvir simetri čn Promatra se jednokatni kvir s krutim prečkama prikazan na crtežu 3.9. Usvaja se deformabilnost stupova savijanjem i uvrtanjem. Savojna krutost stupova ista je oko obe lokalne osi. Geometrijske karakteristike i opterećenje zadani su prema crtežu 3.9. Sustav i opterećenje simetrični su sredinom okvira u ravnini x-z. Zbog simetrije postoji samo horizontalni translacijski pomak u smjeru osi x. Jednostavno je zaključiti da sustav fukcionira kao dva ravninska okvira paralelni sa ravninama x-z. Rješenja za pomak iznosi

u2 =

2 Hh 4 104 EI

(3.8)

dok su momenti, poprečne sile i uzdužne sile identična su onima u ravninskoj zadaći, i prikazani su na crtežu 3.9

Crtež 3.9 Prostorni jednokatni okvir s krutim prečkama o optereć en Jednokatni okvir nesimetri čn

U nastavku se izlaže analiza jednokatnog okvira s krutim prečkama izložen djelovanju nesimetričnom horizontalnom opterećenju kao što je prikazano na crtežu 3.10. Sustav će imati dva karakteristična pomaka translaciju u1 i rotaciju u2. Ako se sustav rastavi na translacijsko simetično opterećenje i osno simetričnostanje kako je prikazano na samom crtežu postupak se bitno pojednostavnjuje. Translacijski dio istovjetan je onome iz prethodnog primjera te se neće ponovo obrazlagati. Za osnosimetrični dio opterećenje uvode se slijedeće pretpostavke. Stupovi se deformiraju savijanjem i uvrtanjem sve ostale deformacije su zanemarene. Nadalje neka je savojna krutost stupova oko obje lokalne osi ista i jedanka EI. Krutost na uvrtanje stupova pojednostavljeno će biti prikazana kao GIx . Građ evna statika II



53

Zbog jednostavnosti usvaja se da je G=E/2 te Ix=4I. Posljedica djelovanja para sila biti će rotacija kata. Jednažba ravnoteže prima oblik

Crtež 3.10 Prostorni jednokatni okvir nesimetrično opterećen

GI x ⎤ ⎡ 12 EI 2 8 a 4 u 2 = 2 Ha + ⎢ h3 ⎥ h ⎦ ⎣

(3.9)

Nako što se uvrste zamjene za G, Ix i a, izlazi

u2 =

2 Hh 4 104 EI

(3.10)

Iz tog reješenja slijedi da su momenti savijanja na dnu i vrhu stupova u oba smjera

M x , y = Mihanović , Trogrlić

24 Hh3 104

(3.11)



54

te momenti uvrtanja konstantni uzduž svakog stupa iznosa

4 Hh3

M z =

(3.12)

104

Zbog ravnoteže čvora oko osi z veličina odgovarajući momenata u čvorovima prečki iznosi

M zp =

2 Hh3

(3.13)

104

Iz ovog slučaja može se zaključiti da je dominirajući način prijenosa horizontalnih sila okvira s krutim prečkama savijanjem. Jednokatni okvir dijagonalno optereć en

Neka se jednokatni kvir s krutim prečkama dijagonalno opterećen kako je prikazan0 na crtežu 3.11. Sila se može rastaviti u dva horizontalna smjera. Svaki smjer se nadalje može razmatrati rastavljen na simetričnu i antisimetričnu komponentu. Antisimetrične komponente iz dva smjera se poništavaju. Ostaju simetrične komponente iz dva ortogonalna smjera. Ukupni pomak je dijagonalan i iznosi

u1 =

2 Hh3

(3.14)

48 EI

Veličine momenata, poprečnih i uzdužnih sila prikazane sun a crtežu 3.11.

Crtež 3.11 Prostorni jednokatni okvir dijagonalno opterećen




55

Jednokatni okvir - središte krutosti kata

U nastavku se analizira jednokatni okvir nesimetrične konstrukcije iz jednog smjera izložen djelovanju jedne sile, kao što je prikazano na crtežu 3.12. Zbog nesimetrije sustava kat ima translacijski i rotacijski pomak, osim ako se namjerno sila ne postavi tako ekscentrično da izostane rotacijski pomak. Uvjet za takvo deformiranje da sila prolazi središtem krutosti. Središte krutosti je mjesto hvatišta elastičnih sila svih nosivih dijelova koji podupiru prečke, u ovom slučaju svih stupova. Zbog simetrije iz smjera y središte se nalazi u osi kvadrata kojeg čine prečke. Iz smjera x ima ukupno pet elastičnih sila na vrhu stupova svaka iznosa 12EI/h3. Rezultanta tih sila je od središta osi kvadrata udaljena za

e = a/5 čime

(3.15)

je zaključno poznato središte krutosti. Veličina translacijskog pomaka iznosi

u1 =

Hh 3 60 EI

(3.16)

Pripadajući dijagrami unutrašnjih sila prikazani su na crtežu 3.12.

Crtež 3.12 Prostorni jednokatni okvir - središte krutosti kata

Višekatni okvir izložen uvrtanju



57585721 Gradjevinska Statika 2 Split 2008

Recommend Documents