PROSTA GREDA (PROSTO OSLONJENA GREDA) Poprečna sila i moment savijanja u gredi y
P
q
M
B
A
x a
c
b
d
a) Zadana greda s opterećenjem
e
l
P
A
q
M
x
B
P
b) Sile opterećenja na gredu
q Mx
A
x
c) Određivanje sila presjeka grede u presjeku x
Tx q
M
Mx Tx
B
Tx
Mx
Tx
Mx
a) Unutrašnje sile u presjeku (pozitivna poprečna sila i pozitivan moment savijanja)
b) Utjecaj poprečne sile
c) Utjecaj momenta savijanja
Vedrana Kozulić
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
34
Sile u presjeku x dobivaju se analizom ravnoteže dijela grede lijevo ili desno od presjeka. P
A
a
q
b
MO
c
d
B
e
l
Mx A
x
0
Tx P
a < x < (a + b)
Mx A
x
Tx = A − P M x = A ⋅ x − P ⋅ (x − a )
Tx
P
q
( a + b ) < x < ( a + b + c)
Mx A
x
Tx = A − P − q ⋅ ( x − a − b)
Tx
M x = A ⋅ x − P ⋅ (x − a ) − q Tx Mx
( x − a − b) 2 2
MO
( a + b + c) < x < ( a + b + c + d )
x
B
Tx = − B M x = B ⋅ (l − x ) + M O
Tx Mx
(l − e) < x < l
x
B
Tx = − B M x = B ⋅ (l − x )
Tx - dijagram A
+
P q.c
−
B
Mx - dijagram
+
Vedrana Kozulić
Mmax
MO
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
35
Dijagrami unutrašnjih sila za različite vrste opterećenja Opterećenje simetričnom koncentriranom silom P A
∑ Fx = 0 :
B L/2
L/2
L ∑ MB = 0 : − Ay ⋅ L + P ⋅ = 0 2
P 0
A y = A0 = P 2
0
B =P/2
A =P/2
Nx
A
+
0
Ax = 0
Tx
P −
B
0
Mx
L ∑ MA = 0 : B ⋅ L − P ⋅ = 0 2 B = B0 = P 2
dTx = −p x ; dx
d 2M x dx 2
+
dM x = Tx dx
= −p x
Mmax=P L/4
Opterećenje nesimetričnom koncentriranom silom P A A
0
∑ Fx = 0 :
B a
b L
B
0
∑ MB = 0 : − Ay ⋅ L + P ⋅ b = 0 A y = A0 = P ⋅ b L
Nx
A
0
+
P
Tx −
B
Ax = 0
∑ MA = 0 : B ⋅ L − P ⋅ a = 0
0
B = B0 = P ⋅ a L
Mx +
Mmax=Pab/L
Vedrana Kozulić
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
36
Opterećenje dvjema koncentriranim silama P
Poprečno opterećenje - simetrično
P
A 0
A =P
B a
c
a
∑ Fx = 0 :
∑ M B = 0 : − A y ⋅ L + P ⋅ a + P (L − a ) = 0
0
B =P
L
Ax = 0 A y = A0 = P
A
0
+
∑ M A = 0 : B ⋅ L − P ⋅ a − P (L − a ) = 0
Tx
P −
P
B
B = B0 = P
0
Tx - antisimetričan dijagram Mx
Mx - simetričan dijagram
+
M=Pa
Opterećenje koncentriranim momentom M A
B a
b L
M
M/L
M/L
Tx M/L
−
M/L
Mx −
Ma/L
M
+
Mb/L
Vedrana Kozulić
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
37
Jednoliko raspodijeljeno opterećenje q
L ∑ MB = 0 : − A0 ⋅ L + q ⋅ L ⋅ = 0 2
L 0
0
A =q L/2
A
0
B =q L/2
Tx
+ −
B
∑ M A = 0 : B0 =
qL 2
(
Tx = A 0 − q x =
+
)
qL qx M x = A0x − q x x = x −qx x = (L − x ) 2 2 2 2 Mx - simetričan
2
Mmax= qL /8
2
qL 2
qL −qx = q L −x 2 2 Tx - antisimetričan
0
Mx
qL /8
A0 =
Mjesto i veličina maksimalnog momenta: dM x dM x =0 ; = Tx → Tx = 0 dx dx qL (L 2) 2 q L2 qL L L −qx =0 ⇒ x = −q = → M max = 2 2 2 8 2 2
Jednoliko antisimetrično raspodijeljeno opterećenje q A
B q L/2
L/2
q
qL 4
q Tx
+
+
B
2
q(L/2) /8 2
q(L/2) /8
qL 4
Tx dijagram - simetričan
Mx
q(L/2)2 /8
Tmax/ min = ±
0
−
+
∑ M A = 0 : B0 =
0
0
0
qL 4
B =q L/4
A =q L/4
A
∑ M B = 0 : A0 =
M max/ min = ±
−
q (L 2) 2 8
Mx dijagram - antisimetričan
2
q(L/2) /8
Vedrana Kozulić
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
38
Jednoliko nesimetrično opterećenje p A
B L/2
L/2
=
p/2
Superpozicija: Nesimetrično opterećenje = simetrično + antisimetrično 3 ∑ M B = 0 : A0 = p L 8
1 ∑ M A = 0 : B0 = p L
+
p/2
8
p/2
A
Tx = 3 p L − p x 8 Tx
0
+ −
3L/8
B
0
L/4
2
pL /16
2
+
9pL /128
Mx p(L/2)2/8
p(L/2)2/8
parabola 2
Vedrana Kozulić
0
px Mx = 3 p L ⋅ x − 2 8
2
M max :
dM x 3L = 0 → Tx = 0 → x = dx 8 3 L p ⎛ 3 L ⎞2 M max = 3 p L ⋅ − 8 8 2 ⎜⎝ 8 ⎟⎠ M max = 9 p L2 128
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
39
Linearno raspodijeljeno opterećenje Q
Zadano opterećenje:
q L
A
B
a=2L/3
b=L/3
Ravnoteža cijelog sustava ekvivalentno opterećenje: Q = 1 q ⋅ L 2 1 1 ∑ MB = 0 : A = Q = q L 3 6 B = 2Q = 1qL 3 3 ∑ Fy = A + B − Q = 0
∑ MA = 0 : Kontrola:
Qx
px
A 2x/3
x/3
Mx
px = q ⋅ x L
U presjeku na udaljenosti x ekvivalentno opterećenje: 2 Qx = 1 px ⋅ x = 1 q ⋅ x 2 2 L
Tx
x
∑ Fy = 0 → Tx = A − Q x αA A
Tx
+ x =L
−
3
B Q
L/2
[
]
qL 1 − 3( x L) 2 6 T - dijagram - kvadratna parabola ležaj A: dT = − p A = 0 = tg α A dx dT ležaj B: = − p B = −q = tg α B dx Tx =
1 ∑ Mx = 0 → Mx = A ⋅ x − Qx ⋅ x
αB
3 qL Mx = x 1 − ( x L) 2 6 M - dijagram - kubna parabola tg β A = dM = Tx = A = Q b = 1 qL dx L 6 tg β B = dM = Tx = −B = −Q a = − 1 qL dx L 3
[
L/2
]
Mmax
βB
dM x =0 dx
za M max :
2
βA
Qab/L = pL /9
Mx
→ Tx = 0 → 1 − 3 ( x L) 2 = 0
x = L = 0.577 L 3 M max = M x ( x = 0.577 L) M max = 1 q L2 9 3
Vedrana Kozulić
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
40
Trokutno opterećenje q
Q
Q
x
M x = ∫ Tx dx + M x = 0 = 0
A
2/3 . L/2
1/3 . L/2 1/3 . L/2
L/2
2/3 . L/2
B
L/2 L
⎡ 4 ⋅ x3 ⎤ + 0 = − x ⎢⎣ L2 3 ⎥⎦
=
qL 4
=
q L ⎡ 4 x2 ⎤ x 1− ⋅ 4 ⎢⎣ 3 L2 ⎥⎦
Maksimalni moment: Tx = 0 ⇒ A
Tx +
−
x=L 2
M max = 1 q L2 12
B
Mx
Mmax
px = 2q x L
Zadano opterećenje:
Ekvivalentno opterećenje: Q = 1 q ⋅ L 4 Reakcije:
A = B = 1 qL 4 x
Tx = − ∫ p x dx + Tx = 0 = 0
q 2 =−2 x L 2 =
Vedrana Kozulić
[
x 0
+ 1 qL = 4
qL 1 − 4 ( x L) 2 4
]
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
41
Vedrana Kozulić
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
42
Konzola P MA A
MA A L
M
L
A=P Tx=0
Tx A
P
+
Mx MA=M
M
−
Mx
MA=P L
−
Desna konzola
Lijeva konzola
q
q
MA
MA L
L
A=qL
A=qL Tx
Tx
A
−
+
A
Mx 2
qL /8
2
MA=qL /2
Vedrana Kozulić
−
Mx
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
2
2
qL /8
−
qL /2
43
Greda s prepustima P
q A
a
B
L
b
Superpozicija: q
+
2
Mmax= qL /8
2
qL /8
+ P
q A
2
qa /2
−
=
2
qa /2
P.b
P.b −
−
+
Mx −
−
+
Vedrana Kozulić
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
44
Posredno opterećeni nosači sekundarni uzdužni nosači
I
I
I
glavni nosač
sekundarni poprečni nosač
Primjer: Lp P1
P2
P3
A
I
I
1
2
p21
A
p
p32
B B
p22 p11
p12
λ1
λ2
λ3
L
P1
−QA
P2
−Q1
l
d
−Q2
l
d
Q2
l
Q1
Q1
−QB
d
QB
l
−Q1
QA
d
−Q2
P3
1
Q2 2
A
B QA
Q2
Q1 1
QB
l
l
2
A
B
d
Q1 = Q1 + Q1
d
Q2 = Q2 + Q2
Momenti savijanja u točkama 1 i 2: M1 = A ⋅ λ1 − Q A ⋅ λ1 = λ1 ⋅ (A − Q A )
(
l
d
)
M 2 = A ⋅ (λ1 + λ 2 ) − Q A ⋅ (λ1 + λ 2 ) − Q1 + Q1 ⋅ λ 2 = (λ1 + λ 2 ) ⋅ (A − Q A ) − Q1 ⋅ λ 2
ili M1 = A ⋅ λ1 − P1 ⋅ p11 − P2 ⋅ p 21 M 2 = A ⋅ (λ1 + λ 2 ) − P1 ⋅ p12 − P2 ⋅ p 22 − P3 ⋅ p 32 −
Vedrana Kozulić
p ⋅ (L p − λ 3 )2
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
2
45
-- Grafoanalitičko rješavanje posredno opterećenih nosača Primjer 1 P A
p
I
I
1
2
B
M
+ + +
+
Q1
T
Q2
−
Primjer 2
I
A
I
I
I
B
I
l L
M
+
+
+ + +
Vedrana Kozulić
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
46
Indirektno opterećena greda P
A
a
A=P b / L
b
B
L
B=P a / L M
0
+
M =Pab/L
0
M =Pab/L
P
A
B
M
+
Mx na gredi AB + −
0
M
Mx na gornjem štapu −
x
P
A
B
Mx na gredi AB + 0
M
x
Mx na gornjem štapu −
P
A
M
B
+ 0
M
Vedrana Kozulić
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
47
Ravni nosači sastavljeni iz više diskova - Gerberovi nosači
Raspored zglobova u Gerberovom nosaču
PRAVILAN RASPORED ZGLOBOVA
PRAVILAN RASPORED ZGLOBOVA
NEPRAVILAN RASPORED ZGLOBOVA
NEPRAVILAN RASPORED ZGLOBOVA
Vedrana Kozulić
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
48
Dobivanje Gerberovog nosača: NIZ PROSTIH GREDA
q L1
L2
L3
M +
qL12/8
2
+
+ qL3 /8
2
qL2 /8
GERBEROV NOSAČ
q L1
L2
2
qL1 /8
+
Vedrana Kozulić
L3
2
qL2 /8
−
+
M
− 2
+ qL3 /8
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
49
Mjesto zglobova unutar pojedinog polja prilagođuje se dominantnom opterećenju. Primjer - Gerberov nosač preko dva polja -- ujednačenje momenata q A A
D L
B D
C
B
C
a=0.207 L
a
L
T qL/2 +
0.707 qL
−
+ −
0.707 qL
qL/2
M qL 8
+
Vedrana Kozulić
qL 8
2
2
− +
qL 8
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
2
50
Gerberovi nosači - slijed oslanjanja: 2
1
A
D
B
C
1
2
A
B D
C
1
C
1 B E
C
D 2
1 E
B
C 2
3
Vedrana Kozulić
1 F
2 A
D
F
2
A
A
3
2 B E
A
E
B
D
F 1
F
C
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
D
51
Određivanje ležajnih veza - reakcija Primjer:
P1
P2
q1
A
1 AV
B
BH
q2
C 2
BV
D
3
CV
E
DV
EV
Ukupno ima 6 nepoznanica. Reakcije se određuju iz sljedećih 6 jednadžbi: ∑ Fx = 0 ∑ Fy = 0
lijevo
=0
lijevo
=0
lijevo
=0
∑ M1
+
∑ M2
∑M = 0
∑ M3
desno
=0
desno
=0
desno
=0
∑ M1 ili
∑ M2 ∑ M3
Umjesto rješavanja 6 jednadžbi sa 6 nepoznanica, Gerberov nosač se rastavlja na diskove. Rješavanje Gerberovog nosača raščlanjenim postupkom: P1 1
A
P2
q1 B
2
q2
3
C
D
P1
E
P2
A
1. NIVO AV
Q1 q1
Q1 B BV
Q2
Q3
Q2
Q3
C CV
q2 D DV
2. NIVO E EV
Za slučaj opterećenja kosom silom koristi se superpozicija.
Vedrana Kozulić
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
52
Određivanje M i T dijagrama grafoanalitičkim postupkom P1
q1
MA
A
B
C
B
A
P2
q2 D D
C
−
− − −
+
+
+
C MA
B
−
D
−
−
M
−
+
+
+
P1
A
T A
+
B −
Vedrana Kozulić
+
C
P1
+
−
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
D
+
−
53
Poligonalne grede Poluokvirna greda izložena uspravnom opterećenju g(x)
B
prečka
0
B stup
Reakcije su istovjetne reakcijama odgovarajuće proste grede
h
A L 0
A
Primjer: F
F
1.5F
q=2F/L
C L/4
F 0.5F
B L/4
+
0.5F
−
L/2
1.5F
0
B = 1.5F h
T A L 0
A = 1.5F
3FL 8
−
+ q(L/2) 8
N Mp
čvor C 1.5F
FL 2
Np
2
M
Tp Ts
Ms Ns
Np = Ts = 0 Tp = Ns = 1.5F Mp = Ms = 0
Vedrana Kozulić
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
54
Poluokvirna greda izložena horizontalnom opterećenju C
F
F
B
−
1.5F
B = 1.5F w=F/h
+
h
T AV = 1.5F A
AH = 2F
2F
L=h
1.5Fh 1.5Fh
+
N +
+
wh 8
2
M
Mp
1.5F
čvor C
Np Tp
Ts
Ms Ns
ravnoteža čvora C: F Ns = 1.5F
Tp = 1.5F
Ts = F
Vedrana Kozulić
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
55
Poligonalna greda izložena uspravnom opterećenju
q=4F/L
F
F B
C L/6
L/6
F F
2F
h=L/2
0
B = 2F
+
T
sα co 2F
α
A
−
L/6
L 0
A = 2F
FL 2
+
FL 3
+ N −
q(L/2) 8
α sin 2F
čvor C Tk
Nk
2
M
Mp Np Tp
Mk Np = 0 , Nk = 0 Tp = 0 , Tk = 0 Mp = Mk = FL/2
Vedrana Kozulić
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
56
Portalna greda
g(x) D
C
h
B
A L
0
A
0
B
Portalna greda izložena horizontalnom opterećenju C
D
wh
wh
−
wh
w
w
wh
−
+
h
T
AV = wh A
B
AH = 2wh L=h
B = wh
+
wh
2wh
3wh 2
wh
2
2
wh 2
+
2
3wh 2
+
−
N
wh 2
2
+
+
2
wh 8
wh 8
2
M wh
wh Tp
Mp
čvor C
Np
Np
Np
čvor D
Mp
Np
Tp Ts
Ms Ns
Vedrana Kozulić
Tp
Ns Ts
Tp
Ns Ts
Građevinska statika 1 – Jednostavni nosači
Ts
Ms Ns
57
