6_statika_linijskih_konstrukcija

Mehanika I

6. Statika linijskih konstrukcija

6. STATIKA LINIJSKIH KONSTRUKCIJA 6.1. Pojam konstrukcije i statike konstrukcija Konstrukcija je sustav tijela koji je sposoban primiti opterećenje i prenijeti ga na referentnu podlogu. Konstrukcije mogu biti prostorne, ravninske i linijske.

Ravninska konstrukcija

Usvojeni linijski model

Linijske konstrukcije su konstrukcije čije su dvije dimenzije (visina i širina poprečnog presjeka) zanemarivo male u odnosu na duljinu.

Pojam statike linijskih konstrukcija podrazumijeva:

1. Utvrđivanje oblika, geometrijske nepromjenjivosti i statičke određenosti 2. Utvrđivanje opterećenja (vanjskih aktivnih sila) 3. Određivanje pasivnih sila (vanjskih i unutrašnjih) 4. Određivanje dijagrama unutrašnjih sila

Mehanika I


6.2. Vrste linijskih konstrukcija u ravnini

Punostjeni nosači

Poligonalni nosači

Okviri i lukovi

Rešetke

Lančanice

Lančani poligon

Mehanika I

6.3.


Unutrašnje sile u presjecima linijskih nosača u ravnini 1

F2

Trokut sila F1

F1

F3

1 Presjek

F3

F2

F1-1

F1

F2

M 1-1

M 1-1

F3

F1-1

Sile presjeka: F2

T1-1

F1

M 1-1

T1-1 - poprečna (transverzalna) sila N1-1 uzdužna (normalna) sila

M 1-1 N 1-1

N 1-1 T1-1

F3

M1-1 - moment

POPREČNA SILA u presjeku jednaka je vektorskom zbroju projekcija u smjer normale

osi štapa svih sila lijevo ili desno od promatranog presjeka. UZDUŽNA SILA u presjeku jednaka je vektorskom zbroju projekcija u smjer tangente

osi štapa svih sila lijevo ili desno od promatranog presjeka. MOMENT u presjeku jednak je vektorskom zbroju momenata svih sila lijevo ili desno od

promatranog presjeka.

Mehanika I


Dogovor o predznacima (konvencija)

T

M N

Os elementa Presjek

Pozitivni smjerovi - u skladu s orjentacijom desnog koordinatnog sustava Uvijek treba znati s koje strane presjeka djeluju (obično s lijeve)

M

M

N

N T

T pozitivni smjerovi

Mehanika I


Dijagrami unutrašnjih sila Unutrašnje sile u presjecima nosača prikazuju se pomoću dijagrama unutrašnjih sila.

F2 1

F1x

2

2

F1

3

4

3

4

5

6

F3x

5

F3

F3y

F1y

- Tlak F1x

F3x

-

+

F1y

-

F2

+

Nx

F3y

Tx

Mx

Mehanika I

6.4.


Statika rešetkastih konstrukcija

6.4.1. Definicija, podjela, uvjeti geometrijske nepromjenjivosti Rešetkaste konstrukcije - konstrukcije sastavljene od niza ravnih štapova međusobno

vezanih čvorovima koje opterećenja prenose putem uzdužnih sila u štapovima. Opterećenja su uvijek zadana u čvorovima. Podjela rešetkastih konstrukcija a) prema obliku konstrukcije: ravninske i prostorne b) prema statičkoj određenosti: statički određene i statički neodređene Topologija: Elementarni geometrijski nepromjenjivi lik - trokut 3 š - broj veza štapova 2

3

n - broj čvorova

1

1

š = 2.n - 3

2

vrijedi za svaku ravninsku rešetku

š = 2.3 - 3 = 3

Rešetke sastavljene iz trokutova su geometrijski nepromjenjivi likovi. 6 13 7 14 8 15 9 9

5

10

6

11

2 2

1

11

7

12

8

3

š = 2 . 9 - 3 = 15

4

3

4

5

Broj stupnjeva slobode rešetkaste konstrukcije 3 1 L1

1 L2

L1

s = 2.1 - 2 = 0 Općenito

1 L2

2

3 L1

s = 2.2 - 1 - 3 = 0

s = 2.n - š - L = 0

1

1

L3

2

L2

2 L3

s = 2.3 - 3 - 3 = 0

s - broj stupnjeva slobode L - broj vanjskih veza

Mehanika I


Uvjeti za stabilnu statički određenu rešetkastu konstrukciju: Nužan uvjet geometrijske nepromjenjivosti s=0 Dovoljan uvjet - pravilan raspored veza u konstrukciji

Primjeri dokazivanja geometrijske nepromjenjivosti i statičke određenosti 6

9

5 1

13

7 14 10

6

11

1

1

2 3

3

3

4 6 2

7

4

s = 2 . 9 - 15 - 3 = 0

12

8 4

5

4

3

5

9

15 11

7

2 2

8

9 8 10 11

s = 2 . 7 - 14 - 0 = 0

5

13 12 6 14

7

Primjeri geometrijski promjenjivih i nepromjenjivih rešetki

Geom. neprom. i stat. određena

Geometrijski promjenjiva

a) Geometrijski nepromjenjiva i statički određena

Geom. nepromj. i stat. neodređena

b) Geometrijski promjenjiva

Mehanika I


6.4.2. Sile u rešetkastim konstrukcijama

- Vanjske sile (sile opterećenja): aktivne i pasivne (reakcije) - Unutrašnje sile: sile štapova i sile čvorova Određivanje sila u ležajnim vezama (reakcija): - kao kod krutih tijela u ravnini ili - kao kod ostalih štapova rešetke Sile na štap

+ vlak Si

Si

Si

i - tlak

Sile na čvor rešetkaste kontrukcije

Si

- kolinearne - istog iznosa - suprotnog smjera

Si+2

Si+2

i

i+2

Si+1 sile u čvoru i štapu prema zakonu akcije i reakcije

6.4.3. Određivanje sila u štapovima rešetkastih konstrukcija Osnovne metode:

1. Metoda čvorova (metoda presjeka štapova uz čvorove) 1.1. Analitičke metode čvorova 1.1.1. Metoda čvor po čvor 1.1.2. Metoda svih čvorova odjednom 1.2. Grafičke metode čvorova 1.2.1. Metoda čvor po čvor (zasebno crtano) 1.2.2. Metoda čvor po čvor (zajedno crtano) - Cremona 2. Metode presjeka 2.1. Analitička metoda (Ritter-ova metoda) 2.2. Grafička metoda (Culmann-ova metoda)

Si+1

i+1

Pj j Si

i Si

Mehanika I


1.1.1. Analitička metoda čvor po čvor P

H

1 6 3

1) S=2.6-9-3=0 ili

4 α

2

8

3.0

7

5 3

9 2

3.0

10 L1

11 L2

12 L3

3.0

1

2) S=2.6-12=0 tg α =3/4

4.0

Čvor 1 H

S1 S6

Čvor 2 S1 S4

P

S8

Čvor 3 S6 =0 H S4 = cosα S7

S2

∑ X = 0, ∑ Y = 0,

S1 = −H

∑ X = 0,

S 4 ⋅ cos α + S1 = 0 → S 4 =

∑ Y = 0,

S 4 ⋅ sin α + S3 + P = 0 → S8 = −P −

S2 =-H

S2 = −

∑ X = 0,

S5 ⋅ cos α − H = 0 → S5 =

∑ Y = 0,

S9

S5 Čvor 5

S5 =

S7 =H.tg α S10

H cosα

S3

H cos α H ⋅ sin α cos α

H cos α = −H cos α H ∑ Y = 0, S7 = S 4 ⋅ sin α = cos α ⋅ sin α = H ⋅ tgα

∑ X = 0,

Čvor 4

S8 =-P-H .tg α

S6 = 0

∑ X = 0, ∑ Y = 0,

H cos α S9 + S5 ⋅ sin α − S8 = 0 → S9 = −P − 2 ⋅ H ⋅ tgα

S3 + S5 ⋅ cos α = 0 → S3 = −H S7 + S5 ⋅ sin α − S10 = 0 → S10 = 2 ⋅ H ⋅ tgα

Čvor 6 S3 =-H S11

S9 =-P-2 .H.tg α S12

H cos α ∑ Y = 0, S12 + S11 ⋅ sin α − S9 = 0 → S12 = −P − 3 ⋅ H ⋅ tgα

∑ X = 0,

S11 ⋅ cos α + S3 = 0 → S11 =

Mehanika I


1.1.2. Analitička metoda svih čvorova odjednom Prikladna je za programiranje na kompjutorima, univerzalna i uvijek primjenjiva. Matrični zapis D ⋅ S = B D - matrica geometrije sustava S - vektor nepoznatih sila B - vektor opterećenja Nedostatak - matrica D je nesimetrična

0 0 ⎡1 0 ⎢ 0 1 0 0 ⎢ ⎢ 1 0 1 / cos α 0 ⎢ 0 0 1 sin α ⎢ ⎢0 0 0 cos α ⎢ ⎢ 0 −1 − sin α 0 ⎢0 0 0 0 ⎢ 0 −1 ⎢0 0 ⎢0 0 0 0 ⎢ 0 0 ⎢0 0 ⎢0 0 0 0 ⎢ 0 0 ⎣0 0

0

0

0

0

0 0

0

0

0

0

0 0

0

0

0

0

0 0

0

0

0

0

0 0

1

0

0

0

0 0

0

1

0

0

0 0

1

0

1 / cos α

0

0 0

0

0

sin α

1

0 0

0

0

cos α

0

1 0

− sin α

0

0 1 1 0

0 −1 0

0

0

0

0

0

0

−1 0 0

0⎤ ⎡ S1 ⎤ ⎡ −H⎤ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ⎢ 0 0 S6 0 ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ⎢ 0 0⎥ ⎢ S 4 ⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ⎢ 0 0 S8 −P ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ⎢ 0 0⎥ ⎢ S 2 ⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ⎢ 0 0⎥ ⎢ S7 ⎥ ⎢ 0 ⎥ = ⋅ 0 0⎥ ⎢ S5 ⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ⎢ 0 0⎥ ⎢ S9 ⎥ ⎢ 0 ⎥ 0 0⎥ ⎢ S3 ⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ⎢ 0 0⎥ ⎢ S10 ⎥ ⎢ 0 ⎥ cos α 0⎥ ⎢ S11 ⎥ ⎢ 0 ⎥ ⎥ ⎢ ⎥ ⎥ ⎢ sin α 1⎦ ⎣ S12 ⎦ ⎣ 0 ⎦ 0

Mehanika I


1.2. Grafičke metode čvorova 1.2.1. Metoda čvor po čvor ( zasebno crtano) 1.2.2. Metoda čvor po čvor (zajedno crtano) → Cremona Određivanje vanjskih sila

A A

1s 1

1 s

P B

B 2

O

2

Uravnoteženje čvorova (crtano zasebno) 4 3

4 11

1

5

7

5 6 2

2

A

P

Čvor 1

3

S3

B

S7

A

S6

Čvor 3 (kontrola) B

S7

- Uravnoteženje čvorova (crtano skupno) → Cremona

5 4

6 7 3

B A P

1

P S4

Čvor 5 (kontrola)

2

S5 S3

S4

S1

S5

Čvor 2 S2

Čvor 4

S6 S2

S1

Mehanika I


2. Metode presjeka

Promatrana rešetka sa zadanim opterećenjem i reaktivnim silama je u ravnoteži. Pri primjeni metoda presjeka izvrši se presijecanje rešetke kroz tri štapa. Promatra se jedan od odsiječenih dijelova uz nadomiještanje odbačenog dijela nepoznatim silama u presiječenim štapovima. Kako je rešetka kao cjelina u ravnoteži, tako u ravnoteži mora biti svaki njen odsječeni dio. Iz 3 uvjeta ravoteže za odsječeni dio određuju se 3 nepoznate sile u presječenim štapovima. 2.1. Analitička metoda (Ritter-ova metoda) Svodi se na analitičko uravoteženje poznate sile s 3 nepoznate sile na zadanim pravcima. Poznata sila je rezultanta vanjskih sila na odsiječenom dijelu. Kao analitički uvjeti ravnoteže koriste se jednadžbe za sumu momenata svih sila na odabrane Ritterove točke.

R l =A+P S10

P1

S9 d 10

R9 A

d9

t R8 P2

d8

R 10 S8 t

B

R8 , R9 , R10 - Ritter-ove točke

Ravnoteža lijevog dijela:

∑ MR 8 ∑ MR 9 ∑ MR10

= 0, = 0, = 0,

S8 = S9 =

MR0 8 d8 MR0 9

S10 =

d9 MR0 10 d10

MR0 i - moment vanjskih sila na Ritter-ovu točku i

Mehanika I


2.2. Grafička metoda (Culmann-ova metoda) Uravnoteženje poznate sile R s tri nepoznate sile na poznatim pravcima vrši se grafičkim Culmann-ovim postupkom. Iz poligona sila očitaju se grafički dobivene veličine sila.

R l =A+P S10

P1

c

A

P2

S9

s

S8

B 3 1

2

P1

A

2 s

Rl

S10

S9

c

S8 B Očitano: S8 = ... ; S9 = ... ; S10 = ...

1

P2

3

O

Mehanika I


Primjer V- rešetke

P

P -

- 0.31 0.24

0.35

+

-

+

0.24

0.50

0.12

-

-

P

P

P=0.1 MN

0.56

0.12

4.0

-

+

+

0.19

P

P

+

0.48

0.56

6 x 5.0

-

- 0.38 0.35

0.35

+

-

+

0.35 -

0.35

+

1.13

0.35 -

+

0.19

-

0.75

+

0.56

0.94

F=0.6 MN Primjer N- rešetke P=0.1 MN P

P

0.28

-

1.0

-

-

0.45

+ 0.28

P

0.48

-

0.25 0.32 0.15 0.19 + + -

+ 0.48

+ 0.60

P

0.60

P

P

-

0.05 0.06 + -

P

P

P

5.0

+ 0.64

8 x 4.0

0.36

-

-

0.58

+ 0.36

0.72

-

0.45 0.58 0.45 0.58 + + -

+ 0.72

+ 1.08

1.08

-

0.45 0.58 + -

+ 1.44

8 x 4.0

+ 0.90

F=0.9 MN

5.0

Mehanika I

6.5.


Statika linijskih nosača u ravnini

Linijski nosači su konstrukcije koje opterećenja u ravnini prenose putem poprečnih i uzdužnih sila i momenata.

Sheme i nazivi jednostavnijih linijskih nosača:

Prosta greda

Greda s prepustima

Poligonalna greda

Konzola

Mehanika I


6.5.1. Izvod diferencijalnih veza između opterećenja i sila presjeka

Zadan je element linijskog nosača opterećen raspodijeljenim linijskim silama koji se nalazi u stanju ravnoteže. Ako se na udaljenosti x izdvoji diferencijani element linijskog nosača duljine dx, on mora biti u stanju ravnoteže. Lokalna os y p(x)

Tl M l Nl

M0

N0

n(x)

O

Nx

p(x)

Mx

Lokalna os x

Tx

T0

x

a) Element linijskog nosača

∑ Y = 0,

− Tx + (Tx + dTx ) − p( x )dx = 0 dTx = p( x )dx dTx = p( x )..........(1) dx

2.

∑ MK

= 0,

M x − Tx dx − p( x )

dx 2 − (M x + dM x ) = 0 2

dx 2 − dM x = Tx dx + p( x ) 2 dM x = −Tx .......... (2' ) dx

Deriviranjem (2') po x i uvrštavanjem u (1) dobiva se d 2M x dx 2

=−

odnosno

3.

∑ X = 0,

K

Tx+dT x

N x+dN x

x+dx

b) Izdvojeni diferencijalni element

Uvjeti ravnoteže: 1.

n(x) dx

Mx+dMx

dTx dx

d 2M x dx 2

= −p( x )..........(2)

− N x + n( x )dx + (N x + dN x ) = 0 − dN x = n( x )dx dN x = −n( x )..........(3) dx

Mehanika I


6.5.2. Dijagrami unutrašnjih sila za različite tipove nosača

Prosta greda (obična greda) - opterećenje simetričnom koncentriranom silom

∑ X = 0,

P A

l /2 P A y =P/2

Nx

Ax = 0

P 2 P ∑ MA = 0, L − B ⋅ l + P ⋅ l / 2 = 0 → B = 2 Poprečno opterećenje - simetrično

∑ MB = 0,

B

l /2

L

B=P/2

L Ay ⋅ l − P ⋅ l / 2 = 0 → Ay =

Nx - simetričan

0 P

Tx

AY

+

Tx - antisimetričan dTx dMx = −p( x), = Tx dx dx

B

-

Mx

Mx - simetričan d2M = −p( x) dx 2

+ Pl/4

Prosta greda - opterećenje nesimetričnom silom P A . Ay = P b l Nx

a

b l

B=

0 P

Tx

B

Ay

-

+

Mx M=

Pab l

+

B

Pa l

∑ X = 0, L ∑ MB = 0, L

Ax = 0 Ay ⋅ l − P ⋅ b = 0

P⋅b l ∑ MA = 0, L − B ⋅ l + P ⋅ a = 0 P⋅a B= l Ay =

Mehanika I


Prosta greda - opterećenje dvjema silama P A

B a

a

c l

Ay P Nx

∑ X = 0,A x = 0 ∑ MB = 0, A y ⋅ l − P ⋅ a − P(l - a) = 0 → A y = P ∑ M A = 0,− B ⋅ l + P ⋅ a + P(l − a) = 0 → B = P

P

B=P

Poprečno opterećenje - simetrično

0

Nx - simetričan P

Tx Ay

B

+

Tx - antisimetričan

P

Ay

Mx

+

1

Mx - simetričan

P 1

M=P .a

Prosta greda - jednoliko raspodijeljeno opterećenje

∑ X = 0,

q A

B q .l Ay = 2

Nx

l

B

+ Ay

Mx

∑ MB = 0,

Ax = 0

L Ay ⋅ l − q ⋅ l ⋅

q⋅l 2 q⋅l ∑ MA = 0, L B = 2

l =0 2

Ay =

q .l B= 2

0

Tx

L

-

Tx =

q⋅l ⎛l ⎞ − q ⋅ x = q ⋅ ⎜ − x⎟ ⎝2 ⎠ 2

Tx - antisimetričan Mx =

+

q⋅l x q⋅ x ⋅ x − q⋅ x⋅ = ⋅ ( l − x) 2 2 2

Mx – simetričan Mmax=

ql 8

2

Mehanika I


Desna konzola M=3/2Pl

P

A l/2

A

Broj stupnjeva slobode: s = 3n-L = 3x1-3 = 0

P l /2

A y =2P Nx

Tx

∑ X = 0, A x = 0

0

3

-

Ay

∑MA = 0, M = 2 P ⋅ l ∑ Y = 0, A y = 2 ⋅ P

P

3Pl /2

0

Tx

0 -

Mx M

M

P l /2

-

Mx

Nx

M

l

M

Lijeva konzola p(x)= 2

p(x)=q

M=q l /2

l

Nx

M=1/8 l A

l /2

A=ql

l /2 Ay=ql/

Nx

0 ql 2

Tx

0

Tx +

Ay

2

-

Mx

ql 8

2

2

ql 8

p(x)=

M=3/8 l A

2

-

Mx

ql 2

l /2

Ay=ql/

2

Mx

qx =2

Nx

0

Tx

Mx

l /2

ql 8

+

Ay

-

3 ql 8

2

2

2

Mehanika I


Greda s prepustima

∑MB = 0

q

l B

Ay q .l 2

Ay = Nx

l =0 2

q ⋅ ( l + 2a) =B 2

0

+

+

-

Tx - antisimetričan

q l2 8

2

qa 2

Tx

-

-

q. a

qa 8

A y ⋅ l − q ⋅ ( l + 2a) ⋅

B

A

2

-

Mx

Mx - simetričan

+ q l2 q a 2 8

2

Poligonalna greda P

P AV =B=

P 2

Nx -

AH =0 A

-

l /2

P

P

P 2

1

-

P 2

TD TL =0 NL=TD

ND=0

P 2

Antisim.

Simetrično

Ravnoteža čvora 1

+

Tx

px

P 2

Tlak

Simetrično

B l /2

-

+ Pl 4

Mx Simetrično

Mehanika I


Poligonalna greda H AV =B=

Hh l

AV

+

x

B

AH=H l /2

-

l /2

AV

B

H

H

+

Mx

- Tlak

+

T

h

Nx

-

AV

Hh

B

P

P

c

a

P

b

a

c

P

Nx

+

Mx

-

+ Tx

Ravnoteža T2

-

+

P

N2

M1 T1

M2

N T

-

N1

ΣX=0 ΣY=0 ΣM=0

Mehanika I


B B W=w.h

w

Ay

A x=A y=B=W

h=2l Ax

A l

Ay

W.l W.l

+

W

+ +

Mx

Nx

Tx + W

W

Mehanika I


Poligonalni kosi gredni nosači B

Koriste se kod stubiša, krovnih konstrukcija, hala, ... Unutrašnje sile: moment savijanja, poprečna sila, uzdužna sila.

A

q

Q = ql

B

h

Q T = ql cos α Q N = ql sin α

α

A

l

q

T

Q

α

Q N

BV

N

Q N AV

AV

α

T

BV

BV

T

α

AV 1/2 qlsinα

+ NX

+

1/2 qlsinα

ql 2 ql B TV = cos α 2 ql N BV = sin α 2

BV =

1/2 qlcosα

q ⋅l cos α 2 q ⋅l NA = − sin α 2

TA = −

TX

M max =

1/2 qlcosα

MX

ql 2 ql A TV = cos α 2 ql N AV = sin α 2 AV =

2

ql /8

q ⋅l 2 8

Mehanika I


6.6. Statika linijskih nosača u prostoru Opterećenje konstrukcije:

zadaje se kao koncentrirano i raspodijeljeno Reakcije: Kod statički određenih prostornih nosača reakcije u osloncima određuju se iz uvjeta ravnoteže za prostorni skup sila:

∑ FX = 0, ∑ FY = 0, ∑ FZ = 0 ∑ M X = 0, ∑ MY = 0, ∑ MZ = 0 Unutrašnje sile u presjeku:

-

mogu se predstaviti vektorima diname F i M

-

svaki od vektora diname može se rastaviti na po tri komponente u smjeru osi lokalnog koordinatnog sustava Nx , Ty , Tz , Mx , My , Mz Nx - uzdužna ili normalna sila Ty - poprečna sila u ravnini xy ili transverzalna sila Tz - poprečna sila u ravnini xz ili binormalna sila Mx - moment uvrtanja ili moment torzije My - moment savijanja u ravnini xz

Mz - moment savijanja u ravnini xy

Crtež. Prikaz unutrašnjih sila u presjeku štapa

Mehanika I


Uzdužna sila Nx jednaka je zbroju projekcija u smjer normale presjeka svih sila s jedne ili druge strane presjeka. Poprečna sila Ty jednaka je zbroju projekcija u smjer tangente presjeka svih sila s

jedne ili druge strane presjeka. Poprečna sila Tz jednaka je zbroju projekcija u smjer binormale presjeka svih sila s jedne ili druge strane presjeka. Moment uvrtanja Mx jednak je zbroju projekcija u smjer normale presjeka svih momenata s jedne ili druge strane presjeka. Moment savijanja My jednak je zbroju projekcija u smjer tangente presjeka svih

momenata s jedne ili druge strane presjeka. Moment savijanja Mz jednak je zbroju projekcija u smjer binormale presjeka svih momenata s jedne ili druge strane presjeka.

Pozitivni smjerovi unutrašnjih sila

Mehanika I

6.7.


Lančanica i lančani poligon

Primjena užadi i lanaca - viseći mostovi, žičare, električni i telefonski vodovi. Opterećenje užeta (vlastita težina + dopunsko opterećenje): - raspodijeljeno opterećenje - koncentrirane sile Osnovni postupci analize: - proračun užeta kao lančanica - proračun užeta kao lančani poligon Unutrašnje sile u presjeku: - moment savijanja i poprečna sila se ne mogu preuzeti (vrlo mala krutost užeta na savijanje) - postoji samo uzdužna vlačna sila 6.7.1. Lančanica

Uže duljine L, ovješeno o nepomične točke A i B, opterećeno vertikalnim raspodijeljenim opterećenjem po cijeloj dužini će zauzeti ravnotežni položaj takav da oblikuje krivulju koju zovemo lančanica.

Ay Ax

A

By f

Bx B

h

Geometrijski promjenjiv sustav. Mx = Tx = 0

l

Analizom uvjeta ravnoteže ne mogu se odrediti reakcije jer možemo postaviti 3 jednadžbe za 4 nepoznate sile. Ravnoteža se ne može uspostaviti bez analize unutrašnjih sila i geometrijskog položaja pa se analiza lančanice ne ubraja u standardne statički određene probleme.

Mehanika I


Analiza uvjeta ravnoteže: x

y ds x

q x dQx=qxdx

Sx dy

αx

dx

N

ds

Sx+dS x

dy

αx +dα x

y x

y

dx

Ravnoteža diferencijalnog elementa:

∑Fx = −S x cos α x + ( S x + dS x ) cos( α x + dα x ) = 0 ∑Fy = S x sin α x − q( x)dx − ( S x + dS x ) sin( α x + dα x ) = 0

∑MN = −S x cos α xdy + S x sin α xdx − q( x)

(1) (2)

2

dx =0 2

(3)

cos dα ≅ 1, sin dα ≅ 0 dS x cosα x = 0 − q( x)dx − dS x sinα x = 0 − S x cos α x dy + S x sin α x dx = 0

(4) (5) (6)

Integracijom (4) slijedi: S x cos α x = const. S x cosα x = H

(7)

Integracijom (5) slijedi: x

S x sin α x 0 = − ∫ q( x) dx x

0

x

S x sin α x = S0 sin α 0 − ∫ q( x) dx 0

(8)

Iz (6) slijedi: tgα x =

dy x dx

Dijeljenjem jednadžbe (8) sa (7) dobije se: S 0 sin α 0 1 x S x sin α x = − ∫ q( x) dx, H = S0 cos α 0 S x cos α x S 0 cos α 0 H 0

(9)

Mehanika I


a nakon uvrštenja relacije (9) slijedi: x sin α 0 dy x 1 = C1 − ∫ q( x) dx, C1 = = tgα 0 cos α 0 dx H0

(10)

Integriranjem prethodne jednadžbe slijedi: x

x x

y x 0 = C1 x −

1 ∫ ( ∫ q( x) dx) dx H0 0 x x

y x = y 0 + C1 x −

1 ∫ ( ∫ q( x) dx) dx H0 0

(11)

→ JEDNADŽBA LANČANICE U INTEGRALNOM OBLIKU Deriviranjem jednadžbe (10) slijedi d2 y x q( x) 2 =− H dx → JEDNADŽBA LANČANICE U DIFERENCIJALNOM OBLIKU

(12)

Ako je zadano opterećenje q(x), ne može se odrediti linija lančanice yx iz (11) ili (12) jer su nepoznate 3 konstante y0 , C1 i H. Iz 2 poznata uvjeta, y(0) i y(l), mogu se odrediti 2 konstante, dok je za treću potreban dodatni uvjet. Dodatni uvjet može biti zadan kao C1, H, ali ga je najprirodnije zadati duljinom lančanice L: l

l

2

⎛ dy ⎞ L = ∫ ds = ∫ 1 + ⎜ ⎟ dx ⎝ dx ⎠ 0 0

Za

dy se uvrsti (10). dx

Analitičko rješenje u zatvorenom obliku moguće je u ograničenom broju slučajeva. Približno integriranje uz pomoć razvoja u red: 2

1+ x = 1+

x x2 x3 5 4 35 5 − + − x + x +L 2 8 16 128 1280 2

⎛ dy ⎞ Red dobro konvergira za x≤1, tj. ⎜ ⎟ ≤ 1 ili ⎝ dx ⎠ Podjela lančanica:

dy ≤1 dx

f ≤ 0.20 l

težina se može zadati po jedinici horizontalne duljine rješenje je parabolična lančanica

f ≥ 0.20 l

težina se mora zadati po dužini luka rješenje je hiperbolična lančanica

Mehanika I


Parabolična lančanica p x2 y = y + C x − Neka je q(x)=p=const., iz (11) → x 0 1 2H

Rubni uvjeti: 1. za x=0, y0=0 2. za x=l, yl =h

h=−

→

pl2 + C1 l 2H

→

C1 =

h pl + l 2H

h p 2 x+ ( x − l x) l 2H dy h p l = + (x − ) 2 dx l H

y=

Dodatni uvjet - duljina lančanice L l⎡ l⎡ 2 1⎛h p 1 ⎛ dy ⎞2 ⎤ p 2 l 3 h2 l ⎞2 ⎤ ⎛ dy ⎞ + 1+ ⎜ ⎟ ≅ ∫ ⎢1+ ⎜ ⎟ ⎥ dx ≅ ∫ ⎢1+ ⎜ + ( x − )⎟ ⎥ dx ≅ l + 2 ⎝ dx ⎠ 2⎝ l H 2 ⎝ dx ⎠ ⎦ 2 ⎠ ⎦ H 24 2l 0⎣ 0⎣

l

L=∫ 0

→

H = pl

l ⎛ h2 ⎞ 24 ⎜L - l ⎟ 2L ⎠ ⎝

Jednadžba lančanice:

y=

h x+ l

1 2l

l

x ( l − x)

⎛ h2 ⎞ 24 ⎜L − l − ⎟ 2L ⎠ ⎝

Uzdužna sila: Sx =

H dy = H 1 + tg α x = H 1 + cosα x dx

kvadratna parabola

Mehanika I


Hiperbolična lančanica

Opterećenje je raspodijeljeno po duljini luka lančanice:

ps=p(s).

Za ps=p=const., p( x) dx = −p dL → p( x) = −p

dL dx

Diferencijalna jednadžba: 2

d2y

p dL ⎛ dy ⎞ , dL = 1 + ⎜ ⎟ dx , = 2 H dx dx ⎝ dx ⎠ Jednadžba hiperbolične lančanice: y=

H p ch ( x − C1) + C 2 p H

Za ishodište u najnižoj točki lančanice: y=

H p ch x + C 2 p H

Ako se ishodište udalji za -H/p tada je: y=

H p ch x p H

Duljina luka: 2 p p ⎛ dy ⎞ dL = 1 + ⎜ ⎟ dx = ch x ⎝ dx ⎠ H H xB

L=

∫ dL = p ⎛⎜⎝sh H x A + sh H xB ⎞⎟⎠

xA

H

p

p

d2y

p ⎛ dy ⎞ 1+ ⎜ ⎟ = 2 H dx ⎝ dx ⎠

2

Mehanika I


6.7.2. Lančani poligon

Lančani poligon je ravnotežni položaj užeta opterećenog s koncentriranim silama u odnosu na koje je vlastita težina vrlo mala. Oblik lančanog poligona ovisi o: - dužini užeta - položaju krajeva A i B - veličini, položaju i smjeru djelovanja aktivnog opterećenja. A P1 s1

Pn αn+1

Pi

α1 si

h

B

αn

αi

l Lančani poligon je materijalni model verižnog poligona. A

S1 S1

S4 S2

S2 S3

P1

P2

S3

B

S4 P3

U svakom čvoru 2 uvjeta ravnoteže:

∑FX

i

=0

U čvoru ″i″ U čvoru ″i+1″

P2 P3

Uvjeti ravnoteže:

(1)

P1

Si cos αi − Si+1 cos αi+1 = 0 Si+1 cos αi+1 − Si+ 2 cos αi+ 2 = 0

Zbrajanjem se dobiva Si cos αi − Si+2 cos αi+ 2 = 0 odakle je H = Si cos αi = Si+1 cos αi+1 = Si+ 2 cos αi+ 2 = const.

S1 S2 S3 S4 H

Mehanika I

(2)

∑FY

i


=0

U čvoru ″i″

Pi − Si sin αi + Si+1 sin αi+1 = 0 Pi = H(t αi − t αi+1) = H(k i − k i+1), k i = t αi

→ n jednadž`bi

odakle je Nepoznanice su ki (ima ih n+1) i H, ukupno (n+2) nepoznanica. Za rješenje zadatka potrebne su dvije dodatne jednadžbe:

(1) Zbroj projekcija stranica si na horizontalnu os mora biti jednak ″l″. s1 cos α1 + L + sn+1 cos αn+1 = l

(2) Zbroj projekcija stranica si na vertikalnu os mora biti jednak ″h″. s1 sin α1 + L + sn+1 sin αn+1 = h cos αi =

1 1+ ki

,

2

sin αi =

ki 1+ k i2

Cjelokupni sustav jednadžbi: H( k1 − k 2 ) = P1

(1)

H( k 2 − k 3 ) = P2

(2)

M H( k n − k n+1) = Pn

(n)

s1 1 + k12 k1 s1 1 + k12

+L+ +L+

sn+1 1 + k n+12 k n+1 sn+1 1 + k n+12

=l =h

(n+1) (n+2)

Sustav je nelinearan i može se riješti samo iterativno.

si - zadano

6_statika_linijskih_konstrukcija

Recommend Documents