Metod Sila Neki Zadaci

SVEU Č I LIŠTE U ZAGREBU ČILIŠTE GRA ĐEVINSKI FAKULTET

Predmet: GRA ĐEVNA STATIKA 2

SEMINARSKI RAD METODA SILA, METODA POMAKA, CROSS-OV POSTUPAK

Predmetni nastavnik:

Prof.dr.sc. Krešimir FRESL

Student: Mario Božinovi ć

ZAGREB 2009.

Seminarski rad – GRA ĐEVNA STATIKA 2

2


ZADATAK 1.

M E TO D A S I LA

3


OP ĆE NITO O STATI ČK I NEODRE ĐENIM SISTEMIMA: Sile u statički neodređenim sustavima (sistemima) ovise o broju i vrsti veza, te o omjeru krutosti njegovih dijelova.

Uslijed prisilnih pomaka ili promjene temperature u sistemu pojavljuju se unutarnje sile i sile reakcije. S obzirom da se pod djelovanjem sila sustav deformira, dolazi do iskrivljavanja osi što zna či da se javljaju i momenti na tim sistemima. Promjena oblika dijela stati čki neodređenog sistema izazvati će promjenu i u ostalim dijelovima sistema. Zamjenom zadanog optere ćenja statički ekvivalentnim, do ći će do promjene sila na cijelom nosa ču. Statički neodređene sisteme moramo uvijek prora čunavati kao jednu cjelinu tj., ne mogu se izdvojiti pojedini elementi da bi se promatrali izdvojeno. Statički neodređeni sistemi (sustavi) su oni sustavi kod kojih ne možemo odrediti unutarnje sile samo iz jednadžbi ravnoteže i to iz razloga što imaju ve ći broj veza, te moramo uspostaviti onoliki broj jednadžbi koliko je i veza na sistemu. Za statički neodređen sistem kažemo da je to tako đer sustav kod kojeg je broj veza ve ći od minimalno potrebnog za geometrijsku nepromjenjivost. Takva definicija stati čki neodređenog sustava naziva se kinematička definicija. Da bi sistem bio u ravnoteži u ravnini, potrebno je postaviti tri (3) jednadžbe ravnoteže, a naj češće se koriste jednadžbe: ΣM=0, ΣFx=0 i ΣFy=0. Prema tome, sistem (tijelo) će biti u ravnoteži u ravnini samo ako je vektorski zbroj svih slia (i momenata) jednak nuli (nul-vektoru).

METODA SILA: Metodom sila rješavamo stati čki neodređene sisteme zamišljenim raskidanjem veza pri čemu se zadani sistem pretvara u stati čki određeni sistem, koji nazivamo osnovnim sistemom , a raskinute se veze nadomještaju silama koje odgovaraju silama koje su te veze prenosile. Vrijednosti tih sila potom izra čunavamo iz uvjeta kompatibilnosti pomaka na mjestima raskinutih veza — sile moraju povratiti narušenu neprekinutost polja pomaka ili osigurati podudaranje pomaka na mjestima uklonjenih 4

Seminarski rad – GRA ĐEVNA STATIKA 2 ležajeva sa stvarnim ležajnim uvjetima. Prilikom isklju čivanja sila na sistemu mora se paziti da sistem ne pre đe u mehanizam. Vrijednosti pomaka koji se pojavljuju u uvjetima kompatibilnosti prora čunavamo metodom jedini čne sile; na temelju principa superpozicije možemo to napraviti za zasebna djelovanja zadanoga optere ćenja i pojedinih jediničnih sila u raskinutim vezama. Završetkom rješavanja osnovnog sustava, nacrta se M 0 dijagram, sustav riješimo i za jedini čnu silu te i za njega nacrtamo m1 dijagram. Sada postoje uvjeri za izra čun pomaka δ10 i δ11 , tj. pomaka u smjeru i na mjestu raskinute veze od zadanog vanjskog optere ćenja. Za δ10, indeks 1 ozna čava mjesto i smjer a 0 ozna čava uzrok, tj. vanjsku silu. Za δ11 indeks 1 ozna čava mjesto i smjer a 1 ozna čava uzrok tj. jedini čnu silu S=1. Kod izračuna pomaka δ10 i δ11 potrebno je izra čunati dijagrame M 0 i m0 , te vrijedi da je δ 10 = δ 11 =

∫

m1 ⋅ m1 EI

dx =

∫

M 0 ⋅ m1 EI

dx , i da je

m12

∫ EI dx .

Utjecaj uzdužnih sila naj češće se zanemaruje zbog manjeg utjecaja na rezultat, no to nije uvijek tako, te treba pripaziti kod zanemarivanja uzdužnih sila da se ne zanemare npr. uzdužne sile u zategama jer one imaju značajan utjecaj na rezultat, jer je tu ura čunata i površina presjeka F. Osnovna ideja kod METODE SILA prilikom rješavanja neodre đenih sistema je da se stati čki određen (osnovni) sistem deformira isto kao i zadani stati čki neodređeni sistem, tj. da je ispunjen uvjet KOMPATIBILNOSTI. Prema rečenome mora biti zadovoljen uvjet da je: X 1 ⋅ δ 11 + δ 10 = 0 , ako se radi o jedanput stati čki neodređenom sustavu, tj ako se radi o n-puta stati čki neodređenom sustavu onda mora biti zadovoljena MATRICA FLEKSIBILNOSTI, koja je uvijek simetrična i pozitivno definirana (matemati čki definirano),

δ 10  δ 11 δ 12 δ 13 ....   X 1  δ  δ δ δ   .... X 2 21 22 23     = −  20   ....  δ 31 δ 32 δ 33 ....   ....        .... .... .... δ nn  X n  δ n 0  pri čemu su δij koeficijenti fleksibilnosti, X 1, X2, … Xn nepoznate sile, te δ10, δ20, … δnn pomaci. Odavde se izra čunaju nepoznate sile X te se nacrta kona čni M dijagram.

5


RJEŠENJE 1. ZADATKA - METODA SILA - POTREBNO NACRTATI M DIJAGRAM ZA SISTEM NA SLICI Zadano: q=80kN/m', EI1=1,62x10 5kNm2, EI2=1,94x105kNm2, EI1=2,00x106kNm2

q EI1

EI2 2

EI1

EI2 EF 2

(A)

(B) 3

3

Određivanje statičke neodređenosti: zadani sustav u ravnini ima dva zgloba koji spre čavaju horizontalne i vertikalne pomake, tj imaju ukupno 4 veze.

Da bi sustav u ravnini bio u ravnoteži, potrebno je minimalno tri veze, dakle 4-3=1.

Zadani sustav je stati č ki 1 puta neodre đ en. OSNOVNI sistem se dobiva zamišljenim isklju čivanjem jedne veze. Isklju čio sam vezu u to čki B, i omogućio horizontalni pomak. Naravno, mogao sam isklju čiti i vezu u to čki A. Sada određujem dijagram M 0 na osnovnom sistemu od zadanog vanjskog optere ćenja.

6


ODRE ĐIVANJE DIJAGRAMA M 0 na osnovnom sistemu:

q=80kN/m' EI1

(C)

EI2 2

EI1

EI2 EF 2

Ah

(A)

(B)

X1

Av

Bv 3

3

Odre đi vanje sila reakcija: Σ M(A)=0 ⇒ Bv ⋅ 6 − 80 ⋅ 6 ⋅ 3 = 0 6 Bv = 1440

Bv =

1440

= 240kN

6 Bv = 240kN

Σ M(B)=0 ⇒ − Av ⋅ 6 + 80 ⋅ 6 ⋅ 3 = 0 − 6 Av = −1440 Av =

− 1440 = 240kN −6

Av = 240kN

Σ F(x)=0 ⇒

Ah = 0kN

7


SILA U ZATEZI: q=80kN/m'

Cv (C)

Ch

EI2 2

EI2 Z

EF 2

(B)

Bv=240Kn

3 Σ M(C)=0 ⇒ 240 ⋅ 3 − Z ⋅ 2 − 80 ⋅ 3 ⋅ 1.5 = 0

− 2 Z = −720 + 360 Z =

− 360 = 180kN −2

Z = 180kN

Prora č un momenata u karakteristi č nim presjecima: 4

3

8

q=80kN/m'

4 3

EI1

(C)

EI2

7

8 7

EI2

EI1 2

2

1

1

EF

6

6

5

5

2

2

(A)

(B) 240kN

240kN 3

3

8


PRESJEK 1-1 i 5-5: N

M

T ΣM=0 ⇒ M1-1=M5-5=0kNm

2

(A)

240kN

PRESJEK 2-2 i 6-6: N

M

T

Z ΣM=0 ⇒ M2-2=M6-6=0kNm

2

(A)

240kN

PRESJEK 3-3: N

M

T

2

Z=180kN

ΣM=0 ⇒ M3-3+180⋅2=0 ⇒ M3-3=-360kNm

2

(A)

240kN

9


PRESJEK 4-4: iz ravnoteže č vora M4-4

ΣM=0 ⇒ M4-4+360=0 ⇒ M4-4=-360kNm

360kNm

PRESJEK 7-7: N

M

T 2

ΣM=0 ⇒ M-180⋅2=0

Z=180kN 2

M-360=0 ⇒ M7-7=360kNm

(B)

240kN

PRESJEK 8-8: iz ravnoteže č vora M8-8

ΣM=0 ⇒ M8-8+360=0 ⇒ M8-8=-360kNm 360kNm Kontrola: moment u zglobu jednak je nuli. Prema tome razlika momenata u presjeku 4-4 i provjesa parabole MPR, mora mora biti jednaka nuli. ⇒ M ZGLOB = M 4 − 4 − M PR = 0 ; M PR =

q⋅l 8

2

=

80 ⋅ 6 8

2

= 360kNm ; ⇒

M ZGLOB = M 4 − 4 − M PR = 360 − 360 = 0 ⇒ zadovoljava uvjet.

10


MOMENTNI DIJAGRAM OSNOVNOG SISTEMA M 0: 360kN

360kN

360kN

360kN

Uzdužne sile zanemarujemo jer je njihov utjecaj na kona čni rezultat vrlo malen. Me đutim, uzdužnu silu u zatezi ne smije se zanemariti jer je njezin utjecaj na kona čan rezultat zna čajan. Z=180kN (vlačna sila).

ODRE ĐIVANJE DIJAGRAMA m 1 (od jedini č ne sile):

(C) 2

Z 2

Ah

(A)

(B) 1

Av

Bv 3

3

11


Odre đi vanje sila reakcija (na osnovnom sistemu sa jedini čn om silom): Σ M(A)=0 ⇒ Bv ⋅ 6 = 0 Bv = 0kN

Σ M(B)=0 ⇒ − Av ⋅ 6 = 0 Av = 0kN

Σ F(x)=0 ⇒

Ah + 1 = 0 Ah = −1kN

SILA Z U ZATEZI:

Cv Ch

(C) 2

Z 2

(B) 1 3

Σ M(C)=0 ⇒ 1 ⋅ 4 − Z ⋅ 2 = 0

Z =

4

= 2kN 2 Z = 2kN

- sila u zatezi je vla čna

12


MOMENTI U KARAKTERISTI ČN IM PRESJECIMA: PRESJEK 1-1 i 2-2:

N

M

T

ΣM=0 ⇒ M1-1= 1⋅2=0

2

M1-1=-⋅2kNm

(A)

M2-2=-2kNm

1

PRESJEK 3-3: N

M

T

2

ΣM=0 ⇒ M3-3+2⋅2-4⋅1=4-4=0 M3-3=0kNm

Z=2kN 2

(A) 1

PRESJEK 4-4: (iz ravnoteže č vora) M4-4 ΣM=0 ⇒ M4-4+0=0 M4-4=0kNm

0kNm

PRESJEK 5-5 i 6-6:

N

M

Z=2kN

T

2

(B)

ΣM=0 ⇒ M5-5+2⋅1=0 M5-5=-2kNm

1

M6-6=-2kNm

13


PRESJEK 7-7: N

M

T

ΣM=0 ⇒ M7-7+4⋅1-2⋅2=0

2

M7-7=4-4=0kNm

Z=2kN

Iz ravnoteže čvora ⇒ M8-8=0kNm 2

(B)

1

MOMENTNI DIJAGRAM m 1 od jedini č nog optere ć enja:

2

2

KOEFICIJENTI POPUSTLJIVOSTI (pomak na mjestu i u smjeru jedini č ne sile): m1 ⋅ m1

∫

δ 11 =

 1 ⋅ ⋅ 2 ⋅ 2 +  EI 1  2 3  EI 2

δ 11 =

dx +

EI 1  2 ⋅ 2 2

∫

n1 ⋅ n1

δ 11 =

EF

dx 16 16 24  2 ⋅ 2 2  1 (2 ⋅ 2 ⋅ 6) = ⋅ ⋅ 2 ⋅ 2 + + +  3 EI 1 3 EI 2 EF  2 3  EF

16 

1 1 24  + = 7.23566 ⋅ 10 −5 m  + 5 5 6 3  1.62 ⋅ 10 1.94 ⋅ 10  2 ⋅ 10

14


POMAK (na mjestu i u smjeru od djelovanja vanjskog optere ć enja) δ δ1 0 : δ 10 =

∫

M 0 ⋅ m1 EI

dx +

∫

N 0 ⋅ n1 EF

dx

 1 1 1 1  2160  360 ⋅ 2  1  360 ⋅ 2  1  + ⋅ (− ) ⋅ 2  + ⋅ (− ) ⋅ 2  + + (180 ⋅ 6 ⋅ 2) = 240 ⋅    3  EI 2  2 3  EF EI 1  2 EI EI EF 2   1 1  1  2160 δ 10 = −240 + = −2.716 ⋅ 10 −3 m + 1.08 ⋅ 10 −3 m + 5 5 6  1.62 ⋅ 10 1.94 ⋅ 10  2 ⋅ 10 δ 10 =

1

δ 10 = −1.636 ⋅ 10 −3 m

IZ JEDNADŽBE KONTINUITETA IZRA Č UNAMO NEPOZNATU SILU X 1: δ 11 ⋅ X 1 + δ 10 = 0 7.23566 ⋅ 10

−5

⋅ X 1−1,636 ⋅ 10 −3 = 0

7.23566 ⋅ 10

−5

⋅ X 1= 1,636 ⋅ 10 −3

X 1 =

1,636 ⋅ 10

−3

7.23566 ⋅ 10 X 1 = 22.61kN

−5

= 22.61kN

KONAČ NI MOMENTNI DIJAGRAM M (prema principu superpozicije): M = M 0 + X 1 ⋅ m1

M 1−1 = 0 + 22.61 ⋅ 2 = 45.22kNm M 2−2 = 0 + 22.61 ⋅ 2 = 45.22kNm M 3−3 = −360 + 22.61 ⋅ 0 = −360kNm M 4−4 = 360kNm M 5−5 = 0 − 22.61 ⋅ 2 = −45.22kNm M 6−6 = 0 − 22.61 ⋅ 2 = −45.22kNm M 7 −7 = 360 + 22.61 ⋅ 0 = 360 kNm M 8−8 = −360kNm

15


MOMENTNI DIJAGRAM M

360kNm

m N k 0 6 3

m N k 0 6 3

360kNm

45,22kNm

45,22kNm

16


ZADATAK 2.

I N Ž E NJ E R S K A M E T O D A P O M A K A

17


INŽENJERSKA METODA POMAKA Metode pomaka su metode proračuna štapnih sistema u kojima su nepoznanice translacijski pomaci i kutevi zaokreta odabranih točaka sistema koje nazivamo čvorovima. Čvorovi su, u metodi pomaka, sve karakteristične točke sistema, poput ležajeva u kojima se sastaje više

štapova, točaka u kojima se dva štapa sastaju pod nekim kutom, točke u kojoj su dva kolinearna štapa spojena zglobno ili slobodnog kraja prepusta. Čvorom se može proglasiti bilo koja točka.

Krutim čvorom nazivamo čvor u kojemu su svi stapovi međusobno kruto spojeni a zglobnim čvor u kojem su svi štapovi spojeni zglobno, čvor može biti i mješoviti kruto-zglobni. Elementom, nazivamo dio štapa između dva susjedna čvora. Svaki kruti ravninski čvor j ako nije ležajni, ima dva translacijska stupnja slobode — to su: translacijski pomak r

u j = u j ⋅ i

r

r

po općem pravcu koji možemo uvijek rastaviti na komponente

w j = w j ⋅ j r

u smjeru osi x, i

u

smjeru osi z — te jedan rotacijski stupanj slobode — zaokret za kut ϕ j oko osi okomite na ravninu sistema. Zanemarimo li uzdužne deformacije ravnih elemenata, razmak čvorova jednoga elementa se neće mijenjati pa između njihovih translacijskih pomaka postoji kinematičko ograničenje, te se time broj nepoznanica smanjuje, ali treba prepoznati neovisne translacijske pomake sistema.

Takav se nač in metode naziva inženjerskom metodom pomaka. Svaki (kruti) čvor u ravnini ima tri stupnja slobode gibanja pa je u općoj metodi pomaka broj nepoznanica približno jednak trostrukom broju čvorova sistema (treba oduzeti broj komponenata pomaka po pravcima ležajnih veza jer one nisu nepoznanice). Zanemarivanjem utjecaja uzdužnih sila, što je temeljna pretpostavka inženjerske metode pomaka, broj nepoznanica možemo bitno smanjiti.

U inženjerskoj metodi pomaka nepoznanice su kutevi zaokreta i vrijednosti neovisnih translacijskih pomaka čvorova.

18


Broj neovisnih translacijskih pomaka određujemo s pomoću zglobne sheme sistema koju oblikujemo pretvaranjem svih krutih i kruto-zglobnih čvornih veza, uključujući i ležajne, u zglobne pri čemu štapne elemente u shemi smatramo apsolutno krutima. Tu shemu nazivamo i pridruženom rešetkom. Broj neovisnih

translacijskih pomaka u sistemu jednak je broju stupnjeva slobode zglobne sheme. Dok smo u metodi sila isključivali veze, u inženjerskoj metodi pomaka dodajemo veze čime sustav pretvaramo u sustav obostrano upetih greda, ili u npr. sustav upete grede i zglobne veze na krajevima grede. Tražimo neovisne translacijske pomake, međutim ako ih nema onda su nepoznanice samo kutevi zaokreta čvorova, te postavljamo jednadžbe ravnoteže čvorova i jednadžbe virtualnih radova. Za slučaj obostrano upetih greda momenti uslijed zaokreta čvorova određuju se iz jednadžbi: mij = 4k ij ⋅ ϕ i + 2k ij ⋅ ϕ j − 6k ij ⋅ Ψij ;

i

m ji = 2k ij ⋅ ϕ i + 4k ij ⋅ ϕ j − 6k ij ⋅ Ψij

m ji

mij

E KONDENZACIJE određuju Za slučaj upete i zglobne veze na gredi, momenti se određuju iz uvjeta STATI ČK

se iz jednadžbi: C mij = 3k ij ⋅ ϕ i − 3k ij ⋅ Ψij ;

mij

i

C

M ij = M ij −

1 2

M ji

m ji

Statička kondenzacija predstavlja ”uklanjanje” nepoznate vrijednosti (poopćenog) pomaka iz izraza za (poopćene) sile i/ili iz jednadžbi ravnoteže na temelju poznatoga statičkog uvjeta.

19


RJEŠENJE ZADATKA – INŽENJERSKA METODA POMAKA - POTREBNO NACRTATI M DIJAGRAM ZA SISTEM NA SLICI: Zadano: K=100kN, EI=1x105kNm2, δn=2mm=2⋅10-3m. EI

5

K

(3)

(4)

EI

EI

(1)

(2)

δ n

5

Odre đi vanje koeficijenata krutosti: k =

EI l

k 13 = k 34 = k 24 =

EI l EI l EI

= =

100000kNm

2

= 20000kNm;

5m 100000 kNm

2

= 20000kNm;

5m 100000 kNm

2

= = 20000kNm 5m l k 13 = k 34 = k 24 = k = 20000kNm U3

U4

Zglobna shema:

20


OSNOVNI SISTEM: (3)

(4)

(1)

(2)

Dodajemo jednu vezu u čvoru (4). NEPOZNANICE su kutevi zaokreta u čvorovima (3) i (4). Prema tome, nepoznanice su kutevi zaokreta ϕ3, ϕ4 te translacijski pomak U34.

PLAN POMAKA OD NEOVISNOG TRANSLACIJSKOG POMAKA: U34

U34

Ψ24

Ψ13

Ψ 13 =

− U 34 5

5

Ψ 24 =

− U 34 5

5

21


PLAN POMAKA OD NEOVISNOG PRISILNOG POMAKA:

5

Ψ13 =

2 ⋅ 10 5

−3

= 4 ⋅ 10 −4 m

Ψ13 δ n = 2 ⋅ 10 −3 m

5

MOMENTI NA KRAJEVIMA ELEMENATA: M 13 = 0 kNm (zglob)

 2 ⋅ 10 −3 U  + ϕ 3 + 34  M = −3k ⋅ Ψ13 + 3 ⋅ k ϕ 3 − 3k ⋅ Ψ13 = 3k  5   5 C 31

M 34 = 4k ⋅ ϕ 3 + 2 ⋅ k ϕ 4 M 43 = 4k ⋅ϕ 4 +2 ⋅ k ϕ 3 M 24 = 0 kNm (zglob)

 

C M 42 = 3k ⋅ϕ 4 −3 ⋅ k Ψ24 = 3k  ϕ 4 +

U 34 



5 

Jednadžbe ravnoteže: Za čvor 3:

Σ M 3 = 0 ⇒ C − M 31 − M 34 = 0

 2 ⋅ 10 −3 U  + ϕ 3 + 34  + (4k ⋅ ϕ 3 + 2k ⋅ ϕ 4 ) = 0 : k 3k  5   5 1,2 ⋅ 10

−3

+ 3ϕ 3 + 0,6U 34 + 4ϕ 3 + 2ϕ 4 = 0

7ϕ 3 + 2ϕ 4 + 0,6U 34 = −1,2 ⋅ 10

−3

22

Seminarski rad – GRA ĐEVNA STATIKA 2 Za čvor 4:

Σ M 4 = 0 ⇒ C − M 42 − M 43 = 0

3k ϕ 4 +

3k ⋅ U 34

+ 4k ϕ 4 + 2k ϕ 3 = 0 : k 5 3ϕ 4 + 0,6U 34 + 4ϕ 4 + 2ϕ 3 = 0 2ϕ 3 + 7ϕ 4 + 0,6U 34 = 0

Jednadžbe ravnoteže virtualnog rada od sile K na jediničnom pomaku U34=1:

1

1

K

C M 42

C

M 31

Ψ131

1 Ψ24

5

ΣW = 0 ⇒ 1 C C ⋅ Ψ131 + M 42 ⋅ Ψ24 + K ⋅ 1 = 0 M 31

 3k ⋅ 2 ⋅ 10 −3 3k ⋅ U 34   1   3k ⋅ U 34   1    ⋅  −  +  3k ⋅ ϕ 4 + + 3k ⋅ ϕ 3 +  ⋅  −  + 100 ⋅ 1 = 0 : k 5 5 5 5      5    1,2 ⋅ 10 5

−3

+ 3k ⋅ ϕ 3 +

0,6 ⋅ U 34 5

0,6ϕ 3 + 0,6 ⋅ ϕ 4 + 0,24 ⋅ U 34 =

+

3ϕ 4

5 100

k

+

0,6 ⋅ U 34 5

−

100

k

=0

− 0,24 ⋅ 10 −3

23

Seminarski rad – GRA ĐEVNA STATIKA 2 Sada imamo 3 jednadžbe sa tri nepoznanice, te rješimo sustav: 7ϕ 3 + 2ϕ 4 + 0,6U 34 = −1,2 ⋅ 10 −

3

2ϕ 3 + 7ϕ 4 + 0,6U 34 = 0 0,6ϕ 3 + 0,6 ⋅ ϕ 4 + 0,24 ⋅ U 34 =

100

k

− 0,24 ⋅ 10 −3

⇒ ϕ 3 = −3,5ϕ 4 − 0,3 ⋅ U 34 7(− 3,5ϕ 4 − 0,3 ⋅ U 34 ) + 2ϕ 4 + 0,6 ⋅ U 34 = −1,2 ⋅ 10

−3

− 22,5ϕ 4 − 1,5U 34 = −1,2 ⋅ 10 −3 ⇒ 3 U 34 = 0,8 ⋅ 10 − − 15ϕ 4

0,6(− 3,5ϕ 4 − 0,3 ⋅ U 34 ) + 0,6ϕ 4 + 0,24U 34 =

− 1,5ϕ 4 + 0,06 ⋅ U 34 =

100

k

− 1,5ϕ 4 + 0,048 ⋅ 10 −3 − 0,9ϕ =

⇒ ϕ 4 = −

100 20000

k

− 0,24 ⋅ 10 −3

− 0,24 ⋅ 10 −3

− 1,5ϕ 4 + 0,6(0,8 ⋅ 10 −3 − 15ϕ 4 ) =

− 2,4ϕ 4 =

100

100

k 100 k

− 0,24 ⋅ 10 −3

− 0,24 ⋅ 10 −3

− 0,24 ⋅ 10 −3 − 0,048 ⋅ 10 −3

4,712 ⋅ 10

−3

2,4

= −1,963 ⋅ 10 −3

U 34 = 0,8 ⋅ 10 − − 15(1,963 ⋅ 10 − ) = 0,03025m 3

3

ϕ 3 = −3,5(−1,963 ⋅ 10 −3 ) − 0,3 ⋅ 0,03025 = −2,203 ⋅ 10 −3 rješenja su :

ϕ 3 = −2,203 ⋅ 10 −3 m ϕ 4 = −1,963 ⋅ 10 −3 m U 34 = 0,03025m

24


Prora č un momenata na krajevima elemenata: M 13 = 0 kNm

 2 ⋅ 10 −3 U  0,03025   + ϕ 3 + 34  = 3 ⋅ 20000 0,4 ⋅ 10 −3 − 2,203 ⋅ 10 −3 M = 3k   = 254,8 kNm 5 5 5     C 31

− − M 34 = 4k ⋅ ϕ 3 + 2 ⋅ k ϕ 4 = 4 ⋅ 20000(− 2,203 ⋅ 10 ) + 2 ⋅ 20000(− 1,963 ⋅ 10 3

3

− − M 43 = 4k ⋅ϕ 4 +2 ⋅ k ϕ 3 = 4 ⋅ 20000 (− 1,963 ⋅ 10 ) + 2 ⋅ 20000(− 2,203 ⋅ 10 3

3

) = −254,80 kNm

) = −245,20 kNm

M 24 = 0 kNm

 

C M 42 = 3k  ϕ 4 +

U 34 

 = 3 ⋅ 20000(− 1,963 ⋅ 10 −3 ) + 5 

3 ⋅ 20000 5

⋅ 0,03025 = 245,20 kNm

KONAČNI MOMENTNI DIJAGRAM:

254,80kNm

2 4 5 ,2 0 k N m

245,20kNm

m N k 0 8 , 4 5 2

25


ZADATAK 3.

C R O S S – ova M E T O D A

26

Seminarski rad – GRA ĐEVNA STATIKA 2 Crossova metoda.

Crossova metoda izračuna pomaka određenog dijela sustava je relaksacijski tj. iteracijski postupak rješavanja sistema. Sama ideja rješavanja iteracijom polazi od činjenice da bi za npr. inženjersku metodu pomaka u slučaju velikog broja nepoznanica bilo potrebno riješiti isto toliki veliki broj jednadžbi što je vrlo težak i mukotrpan zadatak, pogotovo u vremenu kada nisu postojala računala koja danas takove sisteme relativno brzo rješavaju. Prvi koji se je bavio proučavanjem iteracijske metode proračuna konstukcija je Konstantin Čališev, koji se bavio proučavanjem pomaka u sistemu preko kuteva zaokreta i translacijskih pomaka. Prilikom korištenja iteracijskih postupaka rješavanja sistema svakom iteracijom smo bliži točnom rješenju. Već druga iteracija može dati dovoljno točan rezultat. Međutim, Čališevu metodu usavršio je Cross, koji je vidio da se umjesto kuteva zaokreta i translacijskih pomaka može raditi sa momentima na krajevima ležajeva, a to je interesantno zbog toga što nas u biti zanimaju sile i njihova djelovanja. Crossov postupak se koristi za proračun pomaka kod nepomičnih sistema. Izračunom razdjelnih koeficijenata i momenata upetosti počinjemo sa iteracijom od onog čvora na kojemu očekujemo da će se pojaviti najveći neuravnoteženi moment. Važno je napomenuti da su razdjelni koeficijenti pokazatelj koliki će se dio od ukupnog neuravnoteženog momenta prenijeti na promatrani element. k ⋅

k ⋅ 1

3

k ⋅

4

1 4

Nakon određivanja momenta potrebno ga prilikom uravnoteženja raspodijeliti na element u omjeru krutosti, tj. prema razdjelnim koeficijentima, te prema elementu prijenosnim koeficijentima na drugi kraj elementa prenesemo moment. Prijenosni koeficijenti: 1:0,5 i 1:-1.

M

M

M 2

-M

27


3. CROSS-ova METODA Potrebno je Crossovom metodom izračunati vertikalni pomak točke A. Zadano je: l=3m, q=25kN/m'; EI=100000kNm2

q=25kN/m' (1)

(2)

EI

2EI

3

(3)

EI

3

3

2EI

EI

(4)

Dodamo vezu na čvoru 3.

OSNOVNI SISTEM:

EI (1)

(2)

(3)

3

3

(4) 3

KOEFICIJENTI KRUTOSTI ELEMENATA: k 12 = k 23 = k 34 =

EI 3 2 EI 3 EI 3

KOEFICIJENT KRUTOSTI Č VORA 2: k 2 = k 12 +

3 4

k 23 =

EI 3

+

3 2 EI 4

⋅

3

=

EI 3

+

EI 2

=

5 6

⋅ EI

RAZDJELNI KOEFICIJENTI: EI k 6 2 µ 21 = 12 = 3 = = 5 EI 15 5 k 2 6

28

Seminarski rad – GRA ĐEVNA STATIKA 2 3

µ 23 = 4

k 23

k 2

3 2 EI

= 4

⋅

3 5 EI

=

6⋅3⋅ 2 5⋅ 4⋅3

=

6 10

=

3 5

6

Kontrola: µ 21 + µ 23 = 1 2

+

3

=1 5 5 1 = 1 zadovoljava

MOMENTI UPETOSTI: element 2-3

-

25kN/m' (2)

(3) 3

C M 23 = M 23 −

C 23

M

=

q⋅l

1 2

2

12

−

⋅ M 32

2 1  q ⋅ l 

= ⋅− 2  12 

3⋅ q ⋅l 24

2

=

3 ⋅ 25 ⋅ 3 24

2

= 28,13kNm

C = 28,13kNm M 23

-

element 3-4

25kN/m' (3)

(4) 3

C M 34 = M 34 −

C 34

M

=−

q ⋅l2 12

1 2

⋅ M 34

−

2 1  q ⋅ l 

=− ⋅− 2  12 

3⋅ q ⋅l 24

2

=

− 3 ⋅ 25 ⋅ 3 2 24

= −28,13kNm

C M 34 = −28,13kNm

29


ITERACIJA: Č VOR 2:

∆ M = 28,1 kNm −

2 5 3

⋅ 28,1 = −11,2 kNm

− ⋅ 28,1 = −16,9 kNm 5

Σ = −28,1 kNm

2 3 5 5 -5,6

-11,2

28,1 -16,9 11,2

-28,1

PRORAČ UN SILE V U DODANOM ŠTAPU -

ukupna sila V je zbroj poprečnih sila u čvoru 3 na elementima 2-3 i 3-4.

-

element 2-3

T23

M2=11,2kNm

25kN/m'

T32

N23

N32

(2)

(3) 3

Σ M 2 = 0 11,2 − 25 ⋅ 3 ⋅

3

− T 32 ⋅ 3 = 0

2 T 32 = −33,76 kN

30


-

element 3-4

25kN/m'

T34

M4=28,1kNm

N34

N43

(3)

(4)

T43

3 Σ M 4 = 0 − 28,1 + 25 ⋅ 3 ⋅

3

2 T 34 = −28,13 kN

+ T 34 ⋅ 3 = 0

Reakcija V: ΣF y = 0 ⇒ V + T 32 + T 34 = 0 V = −T 32 −T 34 = −( −33,76) − (−28,13) = 33,76 + 28,13 = 61,9kN V = 61,9kN

SISTEM ZA PRISILNI POMAK U 1: PLAN POMAKA:

(1)

(2) 3

Ψ23 = −

Ψ34 =

(3)

Ψ23

3

U1

Ψ34

(4)

3

U 1 3

U 1 3

31


ZAMJENJUJU ĆI KOEFICIJENTI: * k ij =

k ij EI k 12

* k 12 =

EI

* k 23 =

* k 34 =

k 23 EI k 34 EI

=

=

=

1 3 2 3 1 3

Uvedemo jednadžbu: U = U 1 ⋅ EI ⇒ U 1 = * 1

U 1* EI

Momenti upetosti zbog prisilnog pomaka: C 23

M = −3k 23 ⋅ Ψ23 = 3k 23 ⋅

U 1 3

= 3⋅

k 23 ⋅ U 1* EI ⋅ 3

=

3 3

* k 23 ⋅ U 1* =

2 3

U 1*

Sada odaberemo proizvoljnu veličinu U 1* ali u takvom iznosu koji je reda veličine izračunatog momenta upetosti na osnovnom sistemu., dakle cca 20 do 30kNm.

Odabrano: U 1* = 25 kNm

C M 23 =

C 43

M

2 3

U 1* =

2 3

⋅ 25 = 16,7 kNm

= −3k 34 ⋅ Ψ34 = −3k 34 ⋅

U 1 3

*

= −3 ⋅

k 34 ⋅ U 1 EI ⋅ 3

3

1

3

3

* = − k 34 ⋅ U 1* = − ⋅ 25 = −8,3 kNm

32


ITERACIJA: Č VOR 2:

∆ M = 16,7 kNm −

2 5 3

⋅ 16,7 = −6,7 kNm

− ⋅ 16,7 = −10,0 kNm 5

Σ = −16,7 kNm

2 3 5 5 -3,3

-6,7

16,7 -10,0 6,7

-8,3

PRORAČ UN SILE V 1 U DODANOM ŠTAPU -

ukupna sila V 1 je zbroj popre č nih sila u č voru 3 na elementima 2-3 i 3-4.

-

element 2-3 T32

T23

N23

N32

M2=6,7kNm

(2) 3

(3)

Σ M 2 = 0 6,7 − 3T 32 = 0

T 32 = 2,23 kN

33

Seminarski rad – GRA ĐEVNA STATIKA 2 -

element 3-4

T43

T34 M4=8,3kNm N34

(3) 3

N43

(4)

Σ M 4 = 0 − 8,3 + 3T 34 ⋅ 3 = 0 T 34 = 2,76 kN

REAKCIJA V 1: T32=2,23kN

T34=2,76kN

V1

ΣF y = 0 ⇒

− V 1 + T 32 +T 34= 0 V 1 = T 32 +T 34= 2,76 + 2,23 = 5,0kN V 1 = 5,0kN

S OBZIROM NA LINEARNOST SISTEMA VRIJEDI ODNOS: U U 1

=

U A =

V V 1

⇒ U =

61,9 5,0

V V 1

⋅ U 1

⋅ 2,5 ⋅ 10 −4 = 3,095 ⋅ 10 −3 m

Vertikalni pomak to č ke A je 3,1mm prema dolje.

34

Metod Sila Neki Zadaci

Recommend Documents