SDK_SK

STABILNOST I DINAMIKA KONSTRUKCIJA STABILNOST KONSTRUKCIJA – VEŽBE – web sajt: www.gradjevinans.net

Novi Sad 2010

1. TEORIJA DRUGOG REDA – VEŽBE – web sajt: www.gradjevinans.net

Novi Sad 2010

Stabilnost i dinamika konstrukcija – Departman za građevinarstvo – FTN Novi Sad

TIIR – UVOD

1.1 UVOD Osnovne jednačine: 1. Veza izme đu deformacija i pomeranja (nelinearne jedna čine) 2. Veza izme đu unutrašnjih i spoljašnjih sila ili uslovi ravnoteže (nelinearne jedna čine) 3. Veza izme đu unutrašnjih sila i deformacija ili konstitutivne jedna čine (nelinearne jedna čine) Prve dve grupe jedna čina čine geometrijsku nelinearnost, a tre ća grupa jedna čina čini materijalnu (konstitutivnu) ili fizičku nelinearnost.

Teorija trećeg reda Ukoliko odbacimo materijalnu nelinearnost tada jedna čine iz treće grupe postaju linearne algebarske dok preostale dve grupe jadna čina ostaju i dalje nelinearne. teorija teorija kona konač nihodnosno nihodnosno velikih velikih deformacija deformacija

(1 + ε ) cos ϕ = 1 +

d ξ ds

−

η ρ

dN ds

ρ

ξ d η (1 + ε ) sin ϕ = + ρ ds d (ϕ − ϕ T )

dM

ds

ds

Κ=−

dT ds

1

−T(

+ N (

1

ρ

,

− Κ ) + pt (1 + ε ) = 0 ,

− Κ ) + pn (1 + ε ) = 0

ε=

N EF

K =

o

M

+ α t

EI

ϕ T = k

− T (1 + ε ) = 0

o

+ α t t

∆t

h

T GF

Teorija drugog reda Ukoliko odbacimo materijalnu nelinearnost i uvedemo pretpostavku o malim deformacijama ili pretpostavku o geometrijskoj linearnosti (si (sin ϕ = ϕ i cos ϕ = 1 ) tada jedna čine iz prve grupe postaju linearne, jedna čine iz druge grupe i dalje ostaju nelinearne (zbog postojanja proizvoda i koli čnika statičkih i deformacijskih veli čina) i jednačine treće grupe ostaju linearne algebarske. teorija teorija malih malih deforma deformacija cija

η ds ρ ξ d η ϕ = + ρ ds d (ϕ − ϕ T ) ε =

d ξ

Κ=−

−

ds

dN ds dT ds

ρ

+ N (

dM ds

1

−T(

1

ρ

,

− Κ ) + pt (1 + ε ) = 0 ,

− Κ ) + pn (1 + ε ) = 0

− T (1 + ε ) = 0

ε=

N

o

EF

K =

M EI

ϕ T = k

+ α t t

o

+ α t

∆t

h

T GF

Teorija prvog reda Ukoliko odbacimo materijalnu nelinearnost i uvedemo pretpostavku o malim deformacijama ili pretpostavku o geometrijskoj linearnosti (si (sin ϕ = ϕ i cos ϕ = 1 ) i uvedemo pretpostavku o malim pomeranjima ili pretpostavku o stati čkoj linearnosti (uslove ravnoteže pišemo na nedeformisanom strana 3 od 81


TIIR – UVOD

štapu odnosno pomeranja napadnih ta čaka unutrašnjih i spoljašnjih sila u uslovima ravnoteže mogu da se zanemare) tada jedna čine iz druge grupe postaju linearne, jedna čine iz prve grupe ostaju linearne i jednačine treće grupe ostaju linearne li nearne algebarske. η ds ρ ξ d η ϕ = + ρ ds d (ϕ − ϕ T ) ε =

d ξ

Κ=−

−

ds

dN ds dT

−T

ρ

+ pt = 0

+ N + pn = 0

ds dM ds

1

− T = 0

ε=

N

o

EF

K =

M EI

ϕ T = k

+ α t t

o

+ α t

∆t

h

T GF

Elastična stabilnost Linearna stabilnost Zasniva se na pretpostavci o me đusobnoj nezavisnosti aksijalnih i transverzalnih deformacija. Raspodela aksijalnih sila je poznata tj. odre đuje se metodama linearne analize, a nepoznat je njihov intezitet, koji može da se menja proprcionalno intezitetu spoljašnjeg dejstva.

Nelinearna stabilnost Zasniva se na pretpostavci o me đusobnoj zavisnosti aksijalnih i transverzalnih deformacija. Koriste se jednačine stroge teorije drugog reda. Sistem gubi stabilnost kada nelinearna kriva opterećenje pomeranje dostigne grani čnu tačku u kojoj je tangentna matrica krutosti singularna. Za rešavanje problema primenjuju se inkrementalno-iterativni i nkrementalno-iterativni postupci.

strana 4 od 81


TIIR – MPP

1.2 TEORIJA DRUGOG REDA PRAVOG ŠTAPA SA KONSTANTNIM MOMENTOM INERCIJE I KONSTANTNOM AKSIJALNOM SILOM

Veze između deformacijskih veli čina i pomeranja: (1 + ε )dx cos ϕ = dx + du (1 + ε )dx sin ϕ = dv

(1)

cos ϕ = 1 U skladu sa pretpostavkom o malim deformacijama: sin ϕ = ϕ εϕ = 0 ε = ϕ =

du dx dv

(2)

dx

Uslovi ravnoteže: Σ X = 0 → dH + p x dx = 0 ΣY = 0 → dV + p y dx = 0 Σ M = 0 → dM − V (dx + du ) + Hdv =

(3) 0

Posle uvrštavanja 2 u 3 dobija se: dH dx dV

= − p x

dx

(4)

= − p y

dx dM

− V (1 + ε ) + H ϕ = 0

strana 5 od 81


TIIR – MPP

Pretpostavlja se da je spoljašnje optere ćenje konzervativno. Javljaju se tri stati čke veličine (H, V, M), dve deformacijske veli čine (ε i φ) kao i dve komponente spoljašnjeg optere ćenja px i py. Veza između sila N i T i H i V: N = H cos ϕ + V sin ϕ = H + V ϕ T = H sin ϕ + V

(5)

cos ϕ = −H ϕ + V

Uslovi ravnoteže su nelinearni zbog proizvoda stati čkih I deformacijskih veli čina. Broj nepoznatih veličina u uslovima ravnoteže je ve ći od broja jedna čina. Unutrašnje sile ne mogu da se odrede nezavisno od deformacija. Za rešenje su potrebne još dve jedna čine. Veze između deformacija i sila u preseku: ε=

du

=

dx

Κ=−

N EF

dϕ dx

=−

+ α t t =

d 2v dx

=

1

( H + V ϕ )

EF M EI

+ α t

(6)

∆t

h

Jednačine 2, 4 i 6 i konturni uslovi definišu naponsko-deformacijsko stanje ravnog štapa u okviru teorije drugog reda. Sedam jedna čina sa sedam nepoznatih (H, V, M, u, v, ε i φ).Ako zanemarimo uticaj normalnih sila na deformaciju štapa kao i ako zanemarimo ε u trećem uslovu ravnoteže tada pomeranja u i v postaju nezavisna. popreč na deformacijaose štapa dv

ϕ = dH

podužna deformacija ose štapa du dx

ε=

=0

du dx

(7) =

N EF

+ α t t =

1

dx

dx dV

= − p x = − p y

dx dM

( H + V ϕ ) = 0

EF

dx dϕ dx

(8)

− V + H ϕ = 0 ∆t  M + α t  h   EI

= −

U opštem slu čaju nije moguće odrediti silu H nezavisno od sila i momenata u ostalim štapovima sistema, odnosno nezavisno od pomeranja i obrtanja. U prakti čnim proračunima dovoljno je tačno da se normalne sile (sile H) odrede po teoriji prvog reda i onda kao poznate unesu u izraze 8 pri čemu oni tada postaju linearni pa se ovaj pojednostavljeni oblik naziva Linearizovana teorija drugog reda. Bez obzira na to što je problem linearizovan on ostaje nelinearan zbog proizvoda H φ pa važi ograni čen princip superpozicije kod koge se mogu samo superponirati uticaji razli čitih poprečnih opterećenja pri istim aksijalnim silama. Treći uslov ravnoteže po teoriji prvog reda gde na štap deluju još i raspodeljeni momenti m:

strana 6 od 81


TIIR – MPP

(9)

dM − Vdx + mdx = 0

Ako izraz 9 uporedimo sa četvrtom jednačinom u izrazu 8 dobijamo: mdx = Hdv ⇒ m = H

dv dx

⇒ m = H ϕ

(10)

Zaključujemo da su uticaji u jednom štapu ili nosa ču po teoriji drugog reda jednaki uticajima u tom štapu ili nosaču po teoriji prvog reda kada na taj štap ili nosa č pored zadatog optere ćenja deluju još i raspodeljeni momenti m = H ϕ .

strana 7 od 81


TIIR – MPP

1.3 DIFERENCIJALNA JEDNA ČINA I NJENO REŠENJE Iz četvrte jednačine sistema 8 sledi: 2

d M dx 2

−

dV dx

+

d  dv   H  = 0 dx  dx 

(11)

Uvrštavanjem treće i pete (izrazimo M) jedna čine iz sistema 8 u jedna činu 11 dobijamo linearnu diferencijalnu jednačinu četvrtog reda: d2  d 2 v  d  dv  d2  EI 2  −  H  = p y − 2 dx 2  dx  dx  dx  dx

∆t   α EI t   h  

(12)

Ako iz druge jedna čine sistema 8 odredimo H i uvrstimo u jedna činu 12 tada se rešavanjem jedna čine 12 dobija v(x) i φ(x)=dv(x)/dx. Tada su sile u presecima štapa:  d 2v ∆t  M = − EI  + α t  h   dx dM d   d 2v dv ∆t   α V = EI H + Hϕ = − + +    t dx dx   dx h  dx

(13)

N = H + V ϕ T = − H ϕ + V

U slučaju prizmatičnog štapa (EI=const.), optere ćenog transverzalnim optere ćenjem p(x) i aksijalnom silom na kraju H=S=const. diferencijalna jednačina 12 postaje: d 4v dx

4

k =

2

± k

d 2v dx

2

=

p ( x) EI

S

(14)

EI

+ ( pritisak ) −( zatezanje)

Rešenje: (15)

v = vh + v p

strana 8 od 81


TIIR – MPP

1.4 AKSIJALNA SILA PRITISKA Četiri nezavisne funkcije zadovoljavaju pojedina čno jednačinu 14: 1; x; sinx; cosx pa je rešenje homogene diferencijalne jedna čine: vh = C1 + C 2 kx + C3 sin(kx ) + C4 cos(kx )

(16)

Integracione konstante nemaju fizi čko značenje i određuju se iz konturnih uslova. Partikularno rešenje zavisi od optere ćenja duž štapa i usvajamo ga u slede ćem obliku. x

v p =

k ( x − ξ ) − sin(k ( x − ξ ))

∫0

kS

p (ξ )d ξ

(17)

Da bi dokazali da usvojeno partikularno rešenje zadovoljava diferencijalnu jedna činu potrebno je da potražimo njegove izvode primenom Leibnic-ovog pravila diferenciranja integrala po parametru λ za slučaj da su granice integrala funkcije tog parametra. Na osnovu ovoga se dobija: x

,

v p =

1 − cos( k ( x − ξ ))

∫0

S

x

,,

v p =

k sin( k ( x − ξ ))

∫0

S

x

v p,,, =

∫0

k

v p =

p (ξ )d ξ

cos( k ( x − ξ )) S

k 3 sin(k ( x − ξ ))

x IV

2

∫0

S

p (ξ )d ξ

(18) p (ξ )d ξ p (ξ )dξ +

k2 S

p ( x)

Uvrštavanjem jedna čina 18 u diferencijalnu jedna činu vidimo da je ona zadovoljena. Integracione konstante homogenog rešenja odre đujemo iz konturnih uslova za x=0: v( x = 0) = v (0) = C1 + C4 + v p (0)

(19)

v , ( x = 0) = ϕ (0) = C2 + C3 k + v p, (0)

Prema prvoj jedna čini sistema 13: − EIv

,,

2

,,

( x = 0) = M (0) = C4k EI − EIv p ( x = 0)

(20)

Prema drugoj jedna čini sistema 13: − EIv

,,,

,,,

,

( x = 0) − Sv, ( x = 0) = V (0) = −C2 Sk − EIv p ( x = 0) − Sv p ( x = 0)

S obzirom na to da je prema 18:

strana 9 od 81

(21)


TIIR – MPP

v p (0) = 0 ,

v p (0) = 0 − EIv

,,

− EIv

,,,

(0) = 0

p

p

(22)

(0) − Sv, (0) = 0 p

Dobijamo: C1 = v (0) − C 2 = − C 3 = C 4 =

M (0) S

V (0) Sk

(23)

ϕ (0) V (0) +

k M (0)

Sk

Sk

Opšte rešenje imka oblik: v( x ) = v(0) + ϕ (0)

sin( kx) k

− M (0)

1 − cos( kx) S

− V (0)

kx − sin( kx) kS

x

+

∫0

k ( x − ξ ) − sin( k ( x − ξ )) kS

p (ξ )d ξ (24)

v(0) i φ(0) ugib i obrtanje oslona čkog preseka na po četku štapa M(0) i V(0) moment i poprečna sila oslona čkog preseka na po četku štapa Veličine v(0) i φ(0) M(0) i V(0) se zovu po četni parametri štapa, a metod za rešavanje naziva se

METODA PO ČETNIH PARAMETARA : ,

ϕ ( x ) = v ( x ) = ϕ (0) cos(kx) − M (0)

k sin( kx) S

− V (0)

1 − cos( kx) S

,,

M ( x ) = − EIv ( x ) = ϕ (0) EIk sin(kx ) + M (0) cos(kx ) − V (0)

x

+

∫0

sin( kx) k

1 − cos( k ( x − ξ )) S x

+

∫0

sin(k ( x − ξ )) k

p (ξ )d ξ

(25)

p (ξ )d ξ

(26)

x

V ( x ) = − EIv

,,,

( x ) − Sv ( x ) = V (0) − ∫ p (ξ )d ξ ,

(27)

0

strana 10 od 81


TIIR – MPP

Uvodimo obeležavanje: F1 ( x ) = 1 F2 ( x ) =

sin( kx) k

F3 ( x) = − F4 ( x ) =

(28)

1 − cos(kx) S

kx − sin( kx) kS

Dobijamo: x

∫0

v( x ) = v (0) + ϕ (0) F2 ( x ) + M (0)F3 (x ) + V (0)F4 (x ) − F4 (x − ξ )p (ξ )d ξ ,

ϕ ( x ) = v ( x ) = ϕ (0) cos(kx ) − M (0)

k sin( kx) S

x

∫0

+ V (0)F3 ( x ) + F3 (x − ξ )p (ξ )d ξ

(29)

x

∫0

M ( x ) = ϕ (0) EIk sin(kx ) + M (0) cos(kx ) + V (0) F2 (x ) + F2 (x − ξ )p (ξ )d ξ

x

∫0

V ( x ) = V (0) − p (ξ )d ξ

Drugi način za određivanje partikularnog rešenja je mehani čkim tumačenjem Fi(x) uz početni parametar V(0) u slučaju transverzalnog optere ćenja štapa. Razmatramo elementarnu silu p( ξ ) d ξ na rastojanju x − ξ od dejstva elementarne sile da bi odredili partikularni integral za ugib. Pošto je smer p (ξ )d ξ suprotan od V(0) sumiranje dejstva celokupnog transverzalnog optere ćenja dobijamo partikularni integral za ugib: x

v p =

∫0

k ( x − ξ ) − sin(k ( x − ξ )) kS

p (ξ )d ξ

(30)

strana 11 od 81


TIIR – MPP

U skladu sa ovim ostali partikularni integrali imaju oblik: x

ϕ p ( x) = ∫

1 − cos( k ( x − ξ )) S

0 x

M p ( x ) = −

∫0

sin( k ( x − ξ )) k

p (ξ )d ξ

p (ξ )d ξ

(31)

x

∫0

V p ( x ) = − p (ξ )d ξ

strana 12 od 81


1.5 PRIMERI

strana 13 od 81

TIIR – MPP


strana 14 od 81

TIIR – MPP


strana 15 od 81

TIIR – MPP


strana 16 od 81

TIIR – MPP


strana 17 od 81

TIIR – MPP


strana 18 od 81

TIIR – MPP


strana 19 od 81

TIIR – MPP


strana 20 od 81

TIIR – MPP


strana 21 od 81

TIIR – MPP


strana 22 od 81

TIIR – MPP


strana 23 od 81

TIIR – MPP


strana 24 od 81

TIIR – MPP


strana 25 od 81

TIIR – MPP


strana 26 od 81

TIIR – MPP


strana 27 od 81

TIIR – MPP


TIIR – MPP

ZADATAK 11 Za nosač prikazan na skici koji je optere ćen samo koncentrisanim momentom Mb=1kNm i silom S koja ima vrednost ½ Euler-ove kritine sile sra čunati i nacrtati dijagrame ugiba, obrtanja, momenta savijanja i popre čne sile po teoriji prvog reda i linearizovanoj teoriji drugog reda.

PRORAČUN OJLEROVE KRITI ČNE SILE ULAZNI PODACI ZA PRORAČUN Tip stapa: Prosto oslonjen stap Moment inercije preseka: I = 171 [cm4] Povrsina preseka: A = 10.6 [cm2] Modul elasticnosti: E = 210 [GPa] Raspon: L = 10 [m] Koeficijent duzine izvijanja: beta = 1 Duzina izvijanja: Lo = 10 [m] Koeficijent za proracun napona na granici proporcionalnosti: 0.8 Napon na granici razvlacenja: SigmaV = 240 [MPa]

REZULTATI PRORA ČUNA Vrednost kriticne sile: Pkr = 35.4 [kN] Kriticni napon: SigmaK = 33.4 [MPa] Poluprecnik inercije: i = 4.016 [cm] Vitkost: lambda = 249.0 Napon na granici proporcionalnosti: SigmaP = 192.0 [MPa] Vitkost na granici proporcionalnosti: lambdaP = 103.9 PRORAČUN DIJAGRAMA MOMENATA SAVIJANJA ULAZNI PODACI ZA PRORAČUN I = 171 [cm4] L = 10 [m] E = 210 [GPa] Ma = 0 [kNm] Mb = 1 [kNm] p = 0 [kN/m] S = 0.01/17.7 [kN]

strana 28 od 81


S = 0.01 [kN] (S << S euler TEORIJA PRVOG REDA)

strana 29 od 81

TIIR – MPP


S = 17.7 [kN] (S = 1/2 Seuler) TEORIJA DRUGOG REDA

strana 30 od 81

TIIR – MPP


TIIR – MPP

ZADATAK 12 Za nosač prikazan na skici koji je optere ćen koncentrisanim momentima Ma=-21kNm i Mb=-21kNm, jednakopodeljenim optere ćenjem p=6kN/m i silom S koja ima vrednost ½ Euler-ove kritine sile sračunati i nacrtati dijagrame ugiba, obrtanja, momenta savijanja i popre čne sile po teoriji prvog reda i linearizovanoj teoriji drugog reda.

PRORAČUN OJLEROVE KRITI ČNE SILE ULAZNI PODACI ZA PRORAČUN Tip stapa: Prosto oslonjen stap Moment inercije preseka: I = 9042 [cm4] Povrsina preseka: A = 275 [cm2] Modul elasticnosti: E = 30 [GPa] Raspon: L = 6 [m] Koeficijent duzine izvijanja: beta = 1 Duzina izvijanja: Lo = 6 [m] Koeficijent za proracun napona na granici proporcionalnosti: 0.8 Napon na granici razvlacenja: SigmaV = 360 [MPa]

REZULTATI PRORA ČUNA Vrednost kriticne sile: Pkr = 743.7 [kN] Kriticni napon: SigmaK = 27.0 [MPa] Poluprecnik inercije: i = 5.734 [cm] Vitkost: lambda = 104.6 Napon na granici proporcionalnosti: SigmaP = 288.0 [MPa] Vitkost na granici proporcionalnosti: lambdaP = 32.1

PRORAČUN DIJAGRAMA MOMENATA SAVIJANJA ULAZNI PODACI ZA PRORAČUN I = 9042 [cm4] L = 6 [m] E = 30 [GPa] Ma = -21 [kNm] Mb = -21 [kNm] p = 6 [kN/m] S = 0.01/370 [kN]

strana 31 od 81


S = 0.01 [kN] (S << S euler TEORIJA PRVOG REDA)

strana 32 od 81

TIIR – MPP


S = 370 [kN] (1/2 Seuler) TEORIJA DRUGOG REDA

strana 33 od 81

TIIR – MPP


TIIR – MPP

1.6 AKSIJALNA SILA ZATEZANJA Diferencijalna jedna čina: d 4v dx

4

k =

2

− k

d 2v dx

2

=

p( x) EI

(32)

S EI

Pri rešavanju se pojaviljuju trigonometrijske funkcije imaginarnih argumenata pri čemu postoji njihova veza sa hiperboli čkim funkcijama sa realnim argumentima: cos(ikx) = ch( kx) i sin(ikx) = − sh( kx)

(33)

Pri čemu je: F1 ( x ) = 1 F2 ( x ) =

sin(ikx) ik

F3 ( x ) = − F4 ( x ) =

=−

i sin(ikx) k

=

s h( kx) k

(34)

1 − cos(ikx) 1 − c h( kx) −S

ikx − sin(ikx) −ikS

=

=

S kx + i sin(ikx) kS

=

kx − s h( kx) kS

Pri čemu je: x

∫0

v( x ) = v (0) + ϕ (0) F2 ( x ) + M (0)F3 (x ) + V (0)F4 (x ) − F4 (x − ξ )p (ξ )d ξ ,

ϕ ( x ) = v ( x ) = ϕ (0) c h(kx ) − M (0)

k s h(kx) S

x

∫0

+ V (0)F3 (x ) + F3 (x − ξ )p (ξ )d ξ

(35)

x

∫0

M ( x ) = −ϕ (0) EIk s h (kx ) + M (0) c h (kx ) + V (0)F2 ( x ) + F2 (x − ξ )p (ξ )d ξ x

∫0

V ( x ) = V (0) − p (ξ )d ξ

strana 34 od 81


1.7 PRIMERI

strana 35 od 81

TIIR – MPP


strana 36 od 81

TIIR – MPP

2. PRIBLIŽNA METODA DEFORMACIJE – VEŽBE – web sajt: www.gradjevinans.net

strana 37 od 81


TIIR – PMD

2.1 PRORAČUN SISTEMA ŠTAPOVA PO TEORIJI DRUGOG REDA PRIMENOM PRIBLIŽNE METODE DEFORMACIJA Razlikujemo sledeće tipove štapova: 1. Štap tipa „k“ - uklješten na oba kraja 2. Štap tipa „g“ - uklješten na jednom, a slobodno oslonjen na drugom kraju 3. Štap tipa „s“ – konzolni štap 4. Štap tipa „p“ – obostrano zglobno vezan štap

KONSTANTE ŠTAPOVA ŠTAP TIPA „k“ PRITISNUT aik =

EI

_

a=

ZATEGNUT

EI ω sin ω − ω 2 cos ω

2(1 − cos ω ) − ω sin ω ω 2 − ω sin ω EI _ EI bik = b= L L 2(1 − cos ω ) − ω sin ω L

L

(1)

ω 2 − ω 2 cos ω cik = aik + bik = (a + b) = L L 2(1 − cos ω ) − ω sin ω EI

_

_

EI

ω shω − ω 2chω aik = a= L L 2(chω − 1) − ω shω EI

_

EI

ω 2 − ω shω bik = b= L L 2(chω − 1) − ω shω EI

_

EI

(2)

ω 2 − ω 2chω cik = aik + bik = ( a + b) = L L 2(chω − 1) − ω shω EI

_

_

EI

ŠTAP TIPA „g“ ω 2 sin ω d ig = d = L L sin ω − ω cos ω _

EI

EI

ω 2 shω d ig = d = L L ωchω − shω _

EI

EI

(3)

EI

(4)

ŠTAP TIPA „s“ eis =

EI L

_

e=

EI L

(−ωtgω )

eis =

EI L

strana 38 od 81

_

e=

L

ωthω


TIIR – PMD

USLOVNE JEDNA ČINE n

∑ A ϕ + ∑1 B ∆

Aiiϕi +

ik

k

ij

n

n

∑1 B, ϕ +∑1 C i

i=

+ Aio = 0

i = 1...m

 A B  ϕ   A0   B, C   ∆  + C  = 0     0

j=

k

ij

j

jl ∆ j

+C jo = 0

j = 1...n

(5)

i=

Koeficijenti uz nepoznate: Aii =

∑a + ∑d + ∑e ik

ig

k

is

g

,

Bij = B ji = −

s

∑c ψ ik

ik , j

−

∑ d ψ , ig

k

C jl =

∑ (c

ik

(6)

ig j

g

+ cki )ψ ik , jψ ik , l +

∑d ψ ig

k

ω 2

ψ ig, l m EI ∑ ψ ab, ψ j ab, l

ig, j

g

Lab

ab

Slobodni članovi: Aio =

∑Μ + ∑Μ + ∑Μ ik

ig

k

C j 0 = −

g

∑ (Μ

ik

is

s

+ Μ ki )ψ ik , j −

k

∑Μ ψ ig

m ig, j

g

- (pritisak)

EI

ω

∑ L ab

+ (zatezanje)

(7)

2

(ψ ab,t +ψ ab,c )ψ ab, j − R j ( p )

ab

ab – svi štapovi koji rotiraju sem konzolnih

Momenti na krajevima štapova: n

M ik = aikϕ i + bikϕ k − cik

∑1 ∆ ψ , j

ik j

+ Μ ik

j =

(8)

n

M ig = d igϕi − d ig

∑1 ∆ ψ , j

ik j

+ Μ ig

j =

Jednačina stabilnosti:

  A B  parametar zaodređ ivanje  A B  ϕ   A0 = 0  ⇒ ⇒ + = = 0 det 0  ,  B, C   ∆  C = 0  B C kritič nog opterećenja     0   

strana 39 od 81

(9)


2.2 Tablice

strana 40 od 81

TIIR – PMD


strana 41 od 81

TIIR – PMD


strana 42 od 81

TIIR – PMD


strana 43 od 81

TIIR – PMD


strana 44 od 81

TIIR – PMD


2.3 PRIMERI

strana 45 od 81

TIIR – PMD


strana 46 od 81

TIIR – PMD


strana 47 od 81

TIIR – PMD


strana 48 od 81

TIIR – PMD


strana 49 od 81

TIIR – PMD


strana 50 od 81

TIIR – PMD


strana 51 od 81

TIIR – PMD


strana 52 od 81

TIIR – PMD


strana 53 od 81

TIIR – PMD


strana 54 od 81

TIIR – PMD


strana 55 od 81

TIIR – PMD


strana 56 od 81

TIIR – PMD


strana 57 od 81

TIIR – PMD


strana 58 od 81

TIIR – PMD


strana 59 od 81

TIIR – PMD


strana 60 od 81

TIIR – PMD


strana 61 od 81

TIIR – PMD

3. METODA KONAČNIH ELEMENATA – VEŽBE – web sajt: www.gradjevinans.net


TIIR – MKE

3.1 METODA KONA ČNIH ELEMENATA

GEOMETRIJSKA MATRICA KRUTOSTI ŠTAPA ODREĐIVANJE STATIČKIH UTICAJA ODREĐIVANJE KRITIČNOG OPTEREĆENJA 2

5

3

MATRICA KRUTOSTI PO TEORIJI I REDA

 F * L  I   0   0 E * I  KO = 3  F * L L −  I  0    0 

1

F * L

4

0

0

12

6 * L

0

− 12

6 * L

4 * L2

0

− 6 * L

−

6

   6 * L   2  2 * L   0   − 6 * L    4 * L2  

0

I

F * L

0

0

0

0

− 12

− 6 * L

0

12

6 * L

2 * L2

0

− 6 * L

I

(3.1)

GEOMETRIJSKA MATRICA KRUTOSTI

    S KG =  30 * L    

0 0 0 0 0 0

0 36 3 * L 0 − 36 3 * L

0 3 * L 4 * L2 0 − 3 * L 2

− L

0 0 0 0 0 0

0 − 36 − 3 * L 0 36 − 3 * L

strana 63 od 81

0   3 * L 

  0  − 3 * L   2 4 * L  2

− L

(3.2)


TIIR – MKE

MATRICA KRUTOSTI PO TEORIJI I REDA (PROST ŠTAP) 2 1

1  E * F  0 KO = − 1 L  0

0 0 0 0

−1

0 1 0

0 0  0  0

4 3

(3.3)

GEOMETRIJSKA MATRICA KRUTOSTI (PROST ŠTAP)

0  S  0 KG = L  0  0

0 1 0 −1

0 0 0 0

0  −1  0  1

(3.4)

ORTOGONALNI OKVIR (ZANEMARENA AKSIJALNA DEFORMACIJA ŠTAPOVA)

MATRICA KRUTOSTI PO TEORIJI I REDA

 12  E * I  6 * L KO = 3  − 12 L   6 * L

6 * L 4 * L2 − 6 * L 2 * L2

6 * L  2  − 6 * L 2 * L  − 6 * L  12 2  − 6 * L 4 * L  − 12

GEOMETRIJSKA MATRICA KRUTOSTI strana 64 od 81

(3.5)


 36  S  3 * L KG = 30 * L  − 36   3 * L

3 * L 4 * L2 − 3 * L 2

− L

− 36

3 * L 

  − 3 * L  36 2  − 3 * L 4 * L  − 3 * L

TIIR – MKE

2

− L

(3.6)

VEZA GENERALISANIH SILA I GENERALISANIH POMERANJA R = (KO + KG) * q – Q

(3.7)

Q – linearizovana teorija drugog reda S > 0 – predznak aksijalne sile „+“ S < 0 – predznak aksijalne sile „-“

PROBLEM STABILNOSTI (KO + KG) * q = 0

det (KO + KG) = 0

(3.8)

strana 65 od 81


3.2 PRIMER 1 Primenom metode kona čnih elemenata odrediti kriti čnu silu izvijanja.

a) Jedan kona čni element

Nepoznata pomeranja: 1 i 2. 3  12  E * I  6 * L KO = 3  − 12 L   6 * L

1 6 * L 4 * L2 − 6 * L 2 * L2

4

2

6 * L  2  − 6 * L 2 * L  − 6 * L  12 2  − 6 * L 4 * L  − 12

3 1 4 2

strana 66 od 81

TIIR – MKE


Aksijalna sila u štapu iznosi: -P

3

1

 36  P  3 * L KG = 30 * L  − 36   3 * L

4

3 * L 4 * L2 − 3 * L 2

− L

2

3 * L  3 2  − 3 * L − L  1 − 3 * L  4 36 2  − 3 * L 4 * L  2 − 36

Uslov za određivanje kritične sile

1 det (

2

2 E * I 4 * L

L3

Pkr = π 2 *

 2 2 * L

E * I L2

≅

1

2

4 * L2 − L2  1 2 * L2  1 P )=0  2 2 2 L 2 2 30 * 4 * L  4 * L   − L

9.8696 *

E * I L2

strana 67 od 81

TIIR – MKE


TIIR – MKE

MATHACAD

funkcija(E , I , L , P )

:=

2 2 E ⋅I  4 ⋅L 2 ⋅L  3

⋅

L  2 ⋅L2 4 ⋅L2 

funkcija( E , I , L , P ) expand , P

→

12 L2

P  4 ⋅L −L  ⋅ 30 ⋅L 2 2  −L 4 ⋅L  2

−

6 ⋅E ⋅ I ⋅P 5

2 2

⋅ E ⋅I −

+

2

1 2 2 ⋅L ⋅ P 60

 12 ⋅E ⋅ I  2

funkcija(E , I , L , P )

12 − π π

2

L  0 solve , P →   I   60 ⋅E ⋅ 2  L  

2 =

21.6%

MATHEMATICA

f@P_ D := DetA

modulE ∗ momentInercije ∗

raspon3

884

∗

82 P −

∗

30 ∗ raspon

884

∗

2

raspon ,

−

2

∗

Hraspon2L<,

=

∗



=

=

=

=

=

strana 68 od 81

<,

raspon2 , 4 ∗ raspon2 <<

8 Hraspon2L, 4 raspon2<
2

raspon , 2 ∗ raspon


det

=

−

5

resenje

Pkr

6

=

=

modulE momentInercije

99P

→

P+

12 modulE 2 momentInercije 2

12 modulE momentInercije raspon 2

raspon 2

=, 9P


b) Dva kona čna elementa

Nepoznata pomeranja: 1, 2, 3 i 4.

Štap

Prvi čvor

Drugi čvor

1

1

2

2

2

3

TIIR – MKE

strana 69 od 81

→

+

P2 raspon 2

=

60


==

0


TIIR – MKE

Štap 1 5

1

 12  E * I  6 * ( L / 2) KO1 = ( L / 2) 3  − 12   6 * ( L / 2)

2

6 * ( L / 2) 4 * ( L / 2) 2 − 6 * ( L / 2) 2 * ( L / 2) 2

3

6 * ( L / 2)  5 2  − 6 * ( L / 2) 2 * ( L / 2)  1 − 6 * ( L / 2)  2 12 2  − 6 * ( L / 2) 4 * ( L / 2)  3 − 12

Aksijalna sila u štapu 1 iznosi: -P 5  36  P  3 * ( L / 2) KG1 = 30 * ( L / 2)  − 36   3 * ( L / 2)

1

2

3 * ( L / 2) 4 * ( L / 2) 2 − 3 * ( L / 2) 2 − ( L / 2)

3

3 * ( L / 2)  5 2  − 3 * ( L / 2) − ( L / 2)  1 − 3 * ( L / 2)  2 36 2 − 3 * ( L / 2) 4 * ( L / 2)  3 − 36

Štap 2 2

3

 12  E * I  6 * ( L / 2) KO2 = ( L / 2) 3  − 12   6 * ( L / 2)

6

6 * ( L / 2) 4 * ( L / 2) 2 − 6 * ( L / 2) 2 * ( L / 2) 2

4

6 * ( L / 2)  2 2  − 6 * ( L / 2) 2 * ( L / 2)  3 − 6 * ( L / 2)  6 12 2  − 6 * ( L / 2) 4 * ( L / 2)  4 − 12

Aksijalna sila u štapu 2 iznosi: -P

2  36  P  3 * ( L / 2) KG2 = 30 * ( L / 2)  − 36   3 * ( L / 2)

3 3 * ( L / 2) 4 * ( L / 2) 2 − 3 * ( L / 2) 2 − ( L / 2)

6

4

3 * ( L / 2)  2 2  − 3 * ( L / 2) − ( L / 2)  3 − 3 * ( L / 2)  6 36 2 − 3 * ( L / 2) 4 * ( L / 2)  4 − 36

strana 70 od 81


TIIR – MKE

Uslov za određivanje kritične sile:

1

  E * I  det ( ( L / 2) 3   

2

4 * ( L / 2) 2

− 6 * ( L / 2)

− 6 * ( L / 2)

12 + 12

2 * ( L / 2)

2

-

P

30 * ( L / 2)

     

2

+

6 * ( L / 2)

6 * ( L / 2)

2

2

4 * ( L / 2)

3

− 3 * ( L / 2)

36 + 36

2

2 * ( L / 2)

− ( L / 2)

4 * ( L / 2)

3 * ( L / 2)

2

+

2

4 * ( L / 2)

− ( L / 2)

MATHACAD strana 71 od 81

1 2 3

-

4

4 0

− 3 * ( L / 2) + 3 * ( L / 2)

− 3 * ( L / 2) + 3 * ( L / 2)

     

4 * ( L / 2) 2

2 − 3 * ( L / 2)

0

0

2 * ( L / 2) 2

4 * ( L / 2) 2 − ( L / 2)

2 * ( L / 2) 2 4 * ( L / 2)

6 * ( L / 2)

1

4

− 6 * ( L / 2) +

− 6 * ( L / 2) + 6 * ( L / 2)

0

3

2

2

3 * ( L / 2) − ( L / 2)

2

4 * ( L / 2) 2

     

1 2 3 4

)=0


funkcija( E , I , L , P )

:=

  L  2 4⋅   2    L   −6 ⋅ 2   E ⋅I  ⋅ 2 3   L   2 ⋅ L   2    2   

−6 ⋅

0

funkcija( E , I , L , P ) expand , P

→

funkcija( E , I , L , P ) solve , P

4⋅

 L   2

36864 L



 L   2   L  + 6 ⋅ L  −6 ⋅  2   2  2⋅

 L  + 6 ⋅ L   2   2  6⋅

6

 L   2 

2

2⋅

4 4

⋅E ⋅I

48 ⋅ E ⋅



2

 L   2 

12 + 12

−6 ⋅

TIIR – MKE

−

+

4⋅

 L   2 

24576 4

 L   2 

0

  6⋅   2   − 2 L    2⋅   2   2  L  4⋅  2    L 

2

2

3 3

⋅ E ⋅I ⋅ P +

5 ⋅L I

  L  2 4⋅   2    L   −3 ⋅ 2 P    ⋅  L    L  2 30 ⋅  2   − 2    0



3296

2 2

2

⋅E ⋅I ⋅P

25 ⋅ L

2

−

−3 ⋅

 L  + 3 ⋅ L   2   2  3⋅

16 15

 L   2   L  + 3 ⋅ L  −3 ⋅  2   2 

⋅E ⋅I ⋅P

4⋅

 L   2 

 L   2  3

+

0

−

36 + 36

−3 ⋅



2

 L   2 

2

−

1

2

400

⋅L ⋅P

+

4⋅

 L   2

 L   2 

2

  3⋅   2   2  L   −   2   2  L  4⋅  2   L 

2

4



2

L     I 240 ⋅ E ⋅   2 L   →   13 2  E   16 ⋅ 3 + 3 ⋅ 31  ⋅I ⋅ 2  L     13 2  E   16 ⋅ 3 − 3 ⋅ 31 ⋅I ⋅ 2   L   

16 ⋅

 13  3

−

strana 72 od 81

2 3

⋅

 

31

16 ⋅ =

9.9438

 13  3

−

2 3 π

⋅

2

 − π 2 

31

=

0.8%


TIIR – MKE

MATHEMATICA

@ D

A modulE

f P_ := Det

mo momentInercije

∗

∗

I raspon M3 2

994 J raspon N2, 2 ∗

−

J raspon N, 2 J raspon N2, 0=, 2 2

6∗

∗

9 6 J raspon N, 12 12, 6 J raspon N 6 J raspon N, 6 J raspon N=, 2 2 2 2 92 J raspon N2, 6 J raspon N 6 J raspon N, 4 J raspon N2 4 J raspon N2, 2 J raspon N2=, 2 2 2 2 2 2 −

∗

+

∗

−

−

∗

∗

+

+

∗

∗

∗

∗

+

∗

∗

raspon 2 raspon 2 90, 6 J raspon N N N == ,2 J ,4 J 2 2 2 ∗

P −

30 ∗

I raspon M 2

∗

994 J raspon N2, 2 ∗

−

∗

3∗

∗

J raspon N, J raspon N2, 0=, 2 2 −

9 3 J raspon N, 36 36, 3 J raspon N 3 J raspon N, 3 J raspon N=, 2 2 2 2 9 J raspon N2, 3 J raspon N 3 J raspon N, 4 J raspon N2 4 J raspon N2, J raspon N2=, 2 2 2 2 2 2 −

∗

+

−

−

∗

−

∗

+

+

∗

∗

∗

∗

raspon 2 raspon 2 90, 3 J raspon N N N ==E ==E; , J ,4 J 2 2 2 ∗

−

∗

@ @ D 0, PD; Print@"det ", f@PD, " 0"D; Print@"resenje ", rese resenj nje eD; kriticna kriticnaSila Sila : P ê. Part@resenje@@3DD, 1D; Print@"Pkr ", Simpl Simplify ify@kriticnaSilaDD; resenj resenje := Solve f P =



=

=

=

=

strana 73 od 81

+

∗

−


det

16 =

−

15

resenje

:P Pkr

3

modulE modulE momentIn momentInerci ercije je P

::P

raspon6

24576 24576 modulE modulE3 momentInercije3 P −

5 raspon raspon4

3296 3296 modulE modulE2 momentInercije2 P2 +

25 raspon raspon2

48 modulE modulE momentIne momentInercije rcije

→

→

raspon2

+

+

→

I

16 13 − 2 =

36864 36864 modulE modulE4 momentInercije4 +

P4 raspon2 +

modulE momentIner momentInercije cije >, :P 240 modulE >, raspon2 è ! modulE momentIne è ! modulE momentIner 16 I 13 modulE modulE momentIne momentInercije rcije 2 31 modulE momentInercije rcijeM 16 I13 modulE modulE momentIner momentInercije cije 2 31 modulE momentInercije cijeM > >> , :P 2 2 3 raspon raspon 3 raspo raspon n =

−

→ −

TIIR – MKE

è!!31! M modulE momentInercije 3 raspon raspon2

strana 74 od 81

400 400

=

0


MATLAB

Rešenje za a) i b) varijantu

syms E I L P; KO = (E*I/L^3)*[4*L^2 2*L^2; 2*L^2 4*L^2]; KG = (-P/(30*L))*[4*L^2 -L^2; -L^2 4*L^2]; determinanta = det(KO+KG) d et(KO+KG);; disp('det ='); disp(expand(determinanta)); rezultat = solve(determ sol ve(determinanta,P); inanta,P); disp('rezultat det = 0'); disp(rezultat); disp('Pkr = '); disp(rezultat(1,1)); disp('');disp('');

KO = (E*I/(L/2)^3)*[4*(L/2)^2 -6*(L/2) 2*(L/2)^2 0; -6*(L/2) 12+12 -6*(L/2)+6*(L/2) 6*(L/2); 2*(L/2)^2 -6*(L/2)+6*(L/2) 4*(L/2)^2+4*(L/2)^2 2*(L/2)^2; 0 6*(L/2) 2*(L/2)^2 4*(L/2)^2]; KG = (-P/(30*(L/2)))*[4*(L/2)^2 -3*(L/2) -(L/2)^2 0; -3*(L/2) 36+36 -3*(L/2)+3*(L/2) 3*(L/2); -3*(L/2)^2 -3*(L/2)+3*(L/2) 4*(L/2)^2+4*(L/2)^2 -(L/2)^2; 0 3*(L/2) -(L/2)^2 4*(L/2)^2]; determinanta = det(KO+KG) d et(KO+KG);; disp('det ='); disp(expand(determinanta)); rezultat = solve(determ sol ve(determinanta,P); inanta,P); disp('rezultat det = 0'); disp(rezultat); disp('Pkr = ');

strana 75 od 81

TIIR – MKE


TIIR – MKE

disp(rezultat(2,1));

>> MKE1 det = 12/L^2*E^2*I^2-6/5*E*I*P+1/60*L^2*P^2

rezultat det = 0 12*E*I/L^2 60*E*I/L^2

Pkr = 12*E*I/L^2

det = 36864/L^6*E^4*I^4-24832/5/L^4*E^3*I^3*P+10288/75/L^2*E^2*I^2*P^2-1219/1125*E*I*P^3+7/3000*L^2*P^4

rezultat det = 0 16*(13/3+2/3*31^(1/2))*I*E/L^2 16*(13/3-2/3*31^(1/2))*I*E/L^2 120*(19/14+1/14*193^(1/2))*I*E/L^2 120*(19/14-1/14*193^(1/2))*I*E/L^2

Pkr = 16*(13/3-2/3*31^(1/2))*I*E/L^2

>> 16*(13/3-2/3*31^(1/2))

ans =

9.9438

strana 76 od 81


3.3 PRIMER 2

strana 77 od 81

TIIR – MKE


strana 78 od 81

TIIR – MKE


3.4 PRIMER 3

strana 79 od 81

TIIR – MKE

4. LITERATURA – VEŽBE – web sajt: www.gradjevinans.net

strana 80 od 81

SDK_SK

Recommend Documents