STATIČKI NEODREĐENI SISTEMI Analiza statički neodređeih nosača se vrši na dva načina. 1.klasična statika konstrukcija 2.matrična analiza Klasična analiza Analizira se nosač u cjelini ,kao sistem povezanih štapova.Ovdje imamo dva načina ili metoda rješavanja statički neodređenih nosača: 1.metod sila 2.približni metod deformacija UVOD OSNOVNI POJMOVI O DEFORMACIJAMA U svakoj materija izloženoj dejstvu vanjskih djelovanja( sila,momenata) dolazi drpmjena poločaja mikro i makro čestica.Veličina tih promjena je u funkciji vrste materije,njene strkture i veličine vanjskog djelovanja.Trebaa istaći da deformacje mogu nastati i od temperaturnh djelovanj bez dejstva sila.U narednom dijelu prisjeltićemose vrsta deformacija.
1.1.Deformacije tlaka F ∆l
d l
F
E A
σ=
, ε=
∆l σ = l E
,
1.2.Deformacije vlaka F ∆l
d l
F
σ=
E A
, ε=
∆l σ = l E
,
1.3.Deformacije uslijed temperature ∆l t = ±α t ⋅l čelik α t = 1,2 · 10-5 beton α t = 1,0 · 10-5 drvo α t = 0,3 · 10-5- 0,9 · 10-5
∆dϕ
h
∆dsto
ds
∆dstu
Za linearno promjenjivu temperaturu po visini grede važi. ∆dsto = α t ⋅ t 0 ⋅ ds odnosno ∆dsto = α t ⋅ t u ⋅ ds
∆dϕ t =
∆ds tu − ∆ds to h
i prema tome ∆dϕ t =
α t ⋅t u ⋅ds − α t ⋅ t 0 ⋅ ds h
=
α t (t u − t 0 )ds h
1.4.Deformacije uslijed normalnih napona pri savijanju
dϕ
y M yo yo
M s
s
ds
∆ds
Normalni napon prema klasičnoj teoriji savijanja normalnim silama je:
σ=
M y I
Na osnovu Hukovog zakona specifično izduženje štapa uslijed savijanjeće biti :
ε=
σ E
=
M y EI
Ako posmatramo dio nosača dužine ds možemo postavi slijedeću relaciju: Ugo deformacije ∆ds dϕ = y0 Znamo da je
∆ds M = y0 ds EI kao i da je M y 0 ⋅ds ∆ds = EI
ε=
na osnovu čega će ugao defomacije biti
M y ⋅ ds ∆ds EI 0 M dϕ = = = ds y0 y0 EI
1.5.Deformacije uslijed napona smicanja
h
γm T
∆h T
ds
γ =
τT G
ili
γ =ς
T GF
sa ∆h = γ ⋅ ds dobiva se
γ =ς
T ds GF
ς je koeficijent koji uzima u račun da je napon smicanja po visini poprečnog presjeka promjenjiv .On zavisi od oblika poprečnog presjeka i za pravougaoni prejek je ς = 1,2
RAD I ENERGIJA Za deformabilna tije pretpostavlja se da između sil P i pomaka ∆ na kojem sila djelje postoji određena funkcijska veza odnosno da je P= f (∆) i daje u općem slučaju ta veza nelinearna.
P Pk
P=f ( ∆ )
( ) ∆k
∆
Ako predpostavimo da sila raste polako od nule do neke konačne vrijedosti Pk ,toj konačnoj vrijednosti odgovaraće konačna vrijednost pomaka ∆ k .Rada W sile Pk na pomaku od nule do ∆ k će biti : ∆k
W=
∫ Pd∆ 0
ili površina koju zatvara kria P=f ( ∆) sa x osom od nule do ∆ k . Elementarni rad je tada dW = P ⋅ d∆ . Ako je odnos sile i pomaka linearan tada je rad W :
W=
1 Pk ⋅ ∆ k 2
P Pk
∆k
∆
u svakom zatvorenom sistemu koji ne vrši izmenu energije sa okolinom,ukupna koločina energije u njenim raznim oblicima je stalna odnosno energija se ne može uništiti nego samo promjeniti svoj oblik .To znači da u jednom deformabilnom sistemu ,kakvi su naši statički sistemi ,rad vanjski sila ( djelovanja) će biti jednak zbroju rada unutarnih sila ( M,T i N) .Rad vanjskih sila W je stalno pozitivan ,a njemu se suprostavljaju unutarnje sila između čestica materijala koje se odupiru deformacijama pritom čineći negativan
rad.Rad unutarnjih sla označiće mo sa U i on se u opterećenom sistemu akumulira u obliku potencijalne energije deformacija iznačene A. Zakon o održanju energije u ovom posebnom slučaju kaže da je rad vanjskih sila jednak negatinom radu unutarnih sila,odnosno akumuliranoj potencijalnoj deformacijskoj energiji: W = −U = A
Valja nepomenuti da ovo sve važi pri statičkim opterećenjia pri čemu se sila nanosi od nule postupno u granici elastičnosti materijala pa će akumulirana potencijalana energija u slučaju rasterećenja izazvanu deformaciju vratiti na početni položaj. Ako bi se sila nanijela naglo ,pojaviće se ubrzanje pri čemu se dio rada pretvara u kinetičku energiju,a ako deformacije nisu elastične dio rada se pretvara u toplinu.
VIRTUALNE SILE I VIRTUALANI RAD Možemo reći da su virtualne sile na nekom statičkom sistemu zamišljene sile koje na tom sistemu uspostavlju ravnotežno stanje.Kod statičkih određenih sistema jedino ravnotežno stanje je stvarno stanje i ono nije virtualno.Kod statički neodređenih moguće je postaviti ravnotežno stanje koje je samo jedno od beskonačno mogućih. Virtualni rad možemo najjednostavnije prikazani na slijedećem primjeru.
b
a
a 1
b
δP
Ako zamislimo da reakcija A izvrši rad na svom pravcu djelovanja veličin 1 tada će b pomjeranje sile P biti δ P = l Da bi sistem ostao u ravnoteži ukupan rad sistema treba da je nula pa će biti: b A ⋅1 − P ⋅ = 0 l Odvade je : Pb A= l Ovaj način rješavanja možemo primjeniti na sve sisteme:
Princip virtualnog pomjeranja Princip virtualnog pomjeranja objasnićemo da ravnom rešetkatom nosaču.Da bi rešetka ostala u stanju ravnoteže mora biti uspostavljena ravnoteža u svim čvorovima rešetke.To znači da zbir svih sila u rešetki mora biti jednak nuli.
P S1 S3
m
S2 S4
δp
δm
m'
Ako čvor m pomjerimo za dužinu δm iz tačke m u taku m' rezultanta svih sila ne može da vrši rad jer je jednaka nuli.Pošto je rad rezultante jednak zbiru radova pojedinih komponenata, to će uopšteno važiti: n
P ⋅ δ p + ∑ S ⋅ δ n =0 1
Ovdje je δ n odgovarajuće komponente pomjeranja čvora u pravcu pojedinih štapova,odnosno ∆ s1 , ∆ s 2 , ∆ s 3 , ∆ s 4 .....∆ sn . Da bi čvor ostao u stanju mirovanja mora biti rad sila u štapovima jednak radu vanjskih sila P,a surpotnog smjera. n
P ⋅ δ P − ∑ S ⋅ ∆ sn = 0 =0 1
Za cijelu rešetku će biti:
∑
P ⋅δ P− ∑ S ⋅ ∆S = 0
∑
P ⋅δ P= ∑ S ⋅ ∆S
∑ P = spoljašnje sile ∑ S =sile u štapovima
δ p = komponente pomjeranja u pravcu spoljašnjih sila P ∆ S = komponente pomjeranja u pravcu sila u štapovima Opši zaključak je da je rad vansjki sila jednak radu unutarnjih sila što je i uslov za ravnotežu tijela.
Teorem uzajamanosti Dva ravnotežna stanja linearnog elastičnog tijela zadani sistemi aktivnih sila,momenata i distribuiranih opterećenja izazivaju određene reakcije,unutarnje sile ili naprezanja, pomake i deformacije. Prema teoremi o uzajmanosti radova (Bettijeva teorema) rad vanjskih sila (aktivnih i reaktivnih) prvog stanja na pomacima izazvanog silama drug stanja jednak je radu sila drugog stanja na pomacima izvazanog silama prvog stanja.Neposredna posljedica ovog teorema je teorem o uzajamnosti pomaka (Maxwellow teorem) koji glasi :pomak na mjestu i u smjeru prve jedinične sile ili jediničnog momenta,izazvan drugom jediničnom silom ili jediničnim momentom,jednak je pomaku na mjestu i u smjeru druge sile ili momenta,izazvanom prvom silo mometom. 1 2
1
∆ 12
1
1
2 ∆ 21
∆ 12 = ∆ 21 A= A ( ∆ 1 , ∆ 2 ,....∆ n )
Linijski nosači komponente pomjeranja u pravcu spoljašnjih sila P
X Y qds M
N
M+dM N+dN
m T
T+dT
ds
δm m'
ϕm γ ∆ds
N
Ako tačka m dijela štapa dobije pomjeranje δ m u tačku m' te zaokret ϕ m tada unutarnje sile M,T i N vrše unutarnji rad
dAi = N ⋅ ∆ ds + T ⋅ γ ⋅ ds + M ⋅ dϕ Ako ovo integriramo po cijeloj dužini nosača dobićemo ukupni unutarnji rad ili kako se kratko zove deformacioni rad. l
l
l
0
0
0
Ai = ∫ N ⋅ ∆ ds + ∫ T ⋅ γ ⋅ ds + ∫ M ⋅ dϕ
Uslovi ravnoteže elementa štapa su linearne jednačine: 1. ∑ N = 0
2. ∑ T = 0 3. ∑ M = 0
1. N − pt ds − ( N + dN )=0
dN + pt dS = 0 2. T − p n ds − (T + dT ) = 0
dT + p n ds = 0 3. M − ( M + dM ) + T ⋅ ds = 0 dM − Tds = 0 Veza između pomjeranja i deformacija je linerna: pomjeranje u pravcu X ose: ∆dx = εds − ϕ m dy pomjeranje u pravcu Y ose: ∆dy = εds +ϕ m dx obrtanje kraja štapa(promjena krivine osi nosača)
k= −
dϕ m ds
Određivanje spoljašnjeg rada Spoljašnji rad je rad koji spoljašnje sile P vrše na pomjeranjima njihovih napadnih tačaka,a spoljašnji moment na okretanju poprečnog presjeka ∆ϕ qds
M
N ds
T
Ukupan rad vanjskih sila na dijelu nosača ds
A = ∑ P ⋅δ P + ∑ M ⋅ϕ
Da bi se uspostavila ravnoteža mora biti l
l
l
0
0
0
∑ P ⋅ δ P + ∑ M ⋅ ϕ = ∫ N ⋅ ∆ ds + ∫ T ⋅ γ ⋅ ds + ∫ M ⋅ dϕ Spoljašnje sile vrše deformacije elementa i to:
ε=
N + αt ⋅ t o EF
ϕ=
M ∆t o + αt EI h
γ =ς
T GF
Nepoznate veličine štapa -sile u presjecima -pomjeraje i obrtanje osi -deformacije
M,T ,N x,y, ϕ ε ,ς , γ
Stanje pomjeranja i stanje opterećenja Vanjsko opterećenje može izazvati pomjeranje elementa.To znači da mi možemo krenuti obratno i za stanje pomjeranja tražiti opterećenje koje ga je izazvalo.Dakle, uvažavajući Hukov zakon ova stanja odgovaraju jedan drugom. Ako zamislimo da je stanje opterećenja prouzrokovano zamišljenom ili virtulanom silom P = 1 ,tada na osnovu ranije iznešenog za rešetkasti nosač dobijamo: 1 ⋅ δ P = ∑ S ⋅ ∆s ili za linijski nosač: l
l
l
0
0
0
1 ⋅ δ P = ∫ N ⋅ ∆ ds + ∫ T ⋅ γ ⋅ ds + ∫ M ⋅ dϕ
Znači ,traženo pomjeranje neke tačke dobijamo ako u toj tački priložimo u pravcu pomjeranja virtualnu silu intenziteta 1.
Znamo da je: S ∆s = s , EF
∆d s =
N Tς ds , γ = EF GF
i dϕ =
Kada se ovo uvrsti u godnje jednačine dobijemo: Za rešetkasti nosač: SS 1⋅ δ P = ∑ s EF a za linijski nosač: l
1⋅ δ P = ∫ 0
l
l
NN TT MM ds + ∫ ds + ∫ ds EF GF EI 0 0
M ds EI
Metod sila Za nepoznate veličine kod ove metode se biraju statičke veličine Xi-reakcije veza
a
b
b
a Xd
Ležaj b na nosaču na slici možemo zamjeniti sa fiktivnom silom Xd i uspostaviti ravnotežno stanje koja je ustvari stvarna reakcija R ležaja b jer se radi o statički određenom sistemu.
a
a
b
c
b Xb
c
Sistem na gornjoj slici je statički neodređen sistem.Ležaj b možemo ukloniti i postaviti virtualnu silu Xb što nje jedino rješenje.Naime,možemo to uraditi i sa ležajem a ili c kao i sa postavljanje momenta u tački b( slika )
a
b
c
Xb Na isti način možemo u bilo kojoj tački sistema postaviti nepoznate veličine ( M ,T, N, uglove zaokreta ϕ i ili deformacije ) kao virtualne veličine .Iz ovog je jasno da kod statiči neodređenih sistema možemo postaviti onoliko virtulanih sila koliko nam je sistem statički neodređen i time uspostaviti potreban broj jednačina ravnoteže koje omogućavaju rješenje sistema. Iz ovog svega proizlazi da će rad komplementarnih virtualnih sila u nekoj tački sistema biti jednak komplementarnom radu unutarnjih sila ili virtulanih naprezanja na pripadnim deformacijama. Na temelju ovog teorema dolazi se do metoda sila za rješavanje statički nedodređenih sistema. Ako pritom postavimo virtualne sile intenziteta 1 dolazimo do metoda jedinačnih sila.
Metod deformacija Kod metoda deformacija pristup može biti dvojak, -analiza štapa i analiza strukture štapova.Kod ovog pristupa uspostavljaju se veze između sila i pomjeranja na krajevima štapova -analiza strukture štapova pri čemi se formiraju jednačine za određivanje nepoznatih veličina i unose granični uslovi.
i
k
j
ϕ kj
ϕ ki Uslov: ϕ ki = ϕ kj
Linearna teorija štapa Sve analize se rade pod pretpostavkom : -da su pomjeranja vrlo mala ( statička linearnost) -da se deformaije vrlo male (geometrijska linearnost) -da važi Hukov zakon (/fizička linearnost) U jednom statičko sistemu svi njegovi noseći elementi moraju biti tako raspoređeni da sistem u cjelini bude stabilan. nestabilan sistem stabilan sistem
nestabilan sistem
stabilan sistem
k
e
s k a=2
s
k
s e k s
stabilna okvir na tri zgloba
k a=2
Uslov stabilnosti linijskih nosača glasi: s + a + e ≥ 2k Uslov stabilnosti rešetkastih nosača: s + a ≥ 2k ovdje je: s...broj štapova a...broj nepoznatih reakcija na osloncima
e...broj krutih čvorova ili veza k...broj čvorova Iz ovi primjera se može zaključiti da je sistem stabilan ako njegovi sastavni dijelovi ne mogu mjenjati svoj položaj u odnosu jedan prema drugom.Ovdje smo svakako zanemarili elastične deformacije.
Stepen statičke neodređenosti Stepen statičke neodređeosti određuje se iz uslova: za gredne nosače : n=s+a-2k za linijske nosače ( ramove ) n= s+a+e -2k za rešetkaste nosače n= a+z- 3s
Primjeri 1.
k1
s1
a=3
e1 s3 k3
s2
e2
s5 k4
s4 k5
k2
a=2 a=1 n= s+a+e-2k s=7 a=8 e=3 n=7+8+3-2· 8 = 18-16 =2
Primjer 2.
e3
s7 k6
s6
k7
a=2
k8
k2
e1
k3
s2
s3
e2 k4
s4 k5 e3
s1 s5
k1 k6
a=2
s6
e4
k7 s7 k8
a=3
a=2
s= 7 a=7 e=4 k=8 n= 7+7+4-2·8=18-16=2 METOD SILA Metoda sila je postupak proračuna statički neodređenih sistema u kojima se nepoznate veličine sile i momenti .Na zadanom statički neodređenom sistemu se raskine potreban broj veza tako da postane statički određen.Takav novi statički sistem se naziva osovni sistem.Raskinute veze se nadomještaju odgovarajućim silama ili momentima kako bi se uspostavila ravnoteža sistema .Na ovakvom sistemu se uspostavljaju jednadžbe ravnoteže iz kojih se izračunavaju nepoznate veličine odnosno zamjenjujuće veličine na raskinutim vezama. q b
a
l
Sistem ima četiri nepoznate veličine ( u ležaju a dvije reakcije i moment uklještenja te jednu reakciju u ležaju b).Kako su na raspolaganju samo tri jednačine ravnoteže to je sistem jedanput statički neodređen. Za odabir osnovnog sistema ima više varijanti.Međutim treba birati ono rješenje koje vodi najbržem rješavanju.U ovom slučaju najpovoljnije je sistem pretvoriti u konzolu zamjenjujući vertikalnu reakciju u ležaju b sa nepoznatom veličinom X.
q a
b
X1
l
Iz uslova neprekinutosti sistema pomak sistema u tački b od djelovanja vanjskog opterećenja q koje djeluje dolje i vertikalne sile X1 koja djeluje gore mora biti jednak nuli.Ovaj uslov daje jednačinu neprekinutosti:
f11 X 1 + f10 = 0 Izraz f11 je pomak od djelovanja sile X1=1 na njenom pravci djelovanja (pomak prema gore),a izraz f10 je pomak proizrokovano vanjskim opterećenjem osnovnog sistema na pravcu djelovanja sile X1.( ima smjer dolje).To znači da se ova dva pomaka poništavaju.Iz ove jednačine se nađe veličina sile X1:
X1 = −
f10 f11
Pomaci f10 i f11 mogu se izračunati pomoću izraza izvedenih primjenom metode jediničnih sila. l
f10 = ∫ ( M 1 ( x)ϕ 0 ( x) + N1 ( x)ε o ( x) + T1 ( x)γ o ( x))dx 0 l
f11 = ∫ ( M 1 ( x)ϕ1 ( x) + N1 ( x)ε 1 ( x) + T1 ( x)γ 1 ( x))dx 0
Ovdje su:
M 1 ( x), N1 ( x), T1 ( x) .. unutarnje sile na osovnom sistemu izazvane virtualnom jediničnom slom X=1,0 ; koja djeluje u tački i na pravcu traženog pomaka. ϕ 0 ( x), ε 0 ( x), γ 0 ( x) ..deformacije na osnovnom sistemu izazvane zadanim opterećenjem q.
ϕ 0 ( x) =
gdje su:
M 0 ( x) N ( x) T ( x) , ε 0 ( x) = 0 , γ 0( x) = k 0 EI EI GF
M 0 ( x) , N 0 ( x) , T0 ( x) unutarnje sile na osnovnom sistemu od zadanog opterećenjha q.
ϕ1 ( x ) =
M 1 ( x) N ( x) T ( x) , ε 1 ( x) = 1 , γ 1( x) = k 1 EI EI GF
ϕ1 ( x) , ε 1 ( x) , γ 1( x) .. deformacije na osovnom sistemu zbog sile X1= 1,0 U štapnim konstrukcijama uticaj poprečnih sila na pomak je zanemarljiv ( Otpornost materijala) i ako nemamo uzdužnih sila izraze za pomake možemo pisati: l
l
f10 = ∫ M 1 ( x)ϕ 0 ( x) = ∫ 0
0
l
l
0
0
f11 = ∫ m1 ( x)ϕ1 ( x) = ∫
M 1 ( x) M 0 ( x ) dx EI
m 21 ( x ) dx EI
Za izračunavanje pomaka pojavljuje se opći integralni oblik: b
f ij = ∫ g1 ( x) ⋅ g j ( x)dx a
Obzirom da se radi i virtualnom opterećenju Xi=1 koje stalno daje linearnu funkciju to se iz ovog integrala može izvući lunearna funkcija kao konstanta ( površina momentnog dijagrama od jedinačnog opterećenja)to opći integral poprima oblik ( Verščaginov teorem): b
f ij = ∫ g1 ( x) ⋅ g j ( x)dx = ℜ j ⋅ g i ( xT ) a b
gdje je : ℜ j = ∫ g j ( x)dx ...površina između funkcije g j ,ose x i ordinata u tačkama a i b, a a
g i ( xT ) vrijednost funkcije g i u apscisi xT težišta površine funkcije g j . Površina se uvijek računa za linearnu funkciju ( dijagram od jedinačnog opterećenja). Izračunavanje pomaka je poznato iz ranijih predavanja pa ćemo postupiti prema tome. Dijagram moment od jedinične sile X=1
q l
l
1
M1
ql 2 8
M0
l
Iz slike površina linearne funkcije je ℜ1 = l ⋅ l ⋅
1 l2 1 = , a apscisa težišta xt1 = je l za 2 2 3
2 koju je ordinata m1 = l . Odavde je : 3
f11 =
1 l2 2 l3 ⋅ l = EI 2 3 3EI
Ovaj pomak je prema gore. Površina dijela parabole kao momentnog dijagrama M0 od vanjskog opterećenja q je: 1 ql 2 l ℜ0 = ⋅ ⋅ l , a njeno težište je udaljno od lijevog kraja je .Vrijednost dijagrama m1 3 2 4 l 3 u toj tački je m1( ) = − l pa će biti: 4 4 2 1 1 ql 3 ql 4 ⋅ l ⋅ l = − f10 = − ⋅ EI 3 2 4 8 EI Nakon ovog intenzitet sile: ql 4 3 X = − 83EI = ql 8 l 3EI −
Sila djeluje u predpostavljenom pravcu smjeru odnosno prema gore. Moment savijanja na zadanom statički neodređenom sistemu se dobije superpozicijom prema: M ( x ) = M 0 ( x) + X 1 ⋅ M 1 ( x ) M0 = −
ql 2 ,a M 1 = l 2
M0 = −
ql 2 3 ql 2 + ql ⋅ l = − 2 8 8
moment u polivini raspona ( x =
M l = − 2
l ) 2
2 ql 2 3 l ql + ⋅q⋅l⋅ = 8 8 2 16
Maksimalni momenat je tamo gdje je poprečna sla T=0 Posmatrano sa desne strane biće: -X1 + q·x = 0 3ql X 3 x= 1 = 8 = l q q 8 3 3 3 3 9 9 M max = X 1 − q ⋅ l ⋅ l = ql ⋅ l − ql 2 = ql 2 8 16 8 8 128 128 Konačni dijagram momenata.
Isti zadatak se može riješiti odabirom druge veze sistema kao nepoznatom veličinom.Uklještenje grede u tački a pretvorićemo u zglob sa jediničnimmomentom X1 i na taj načinh smo dobili statički određen sistem koji uravnotežuje moment X1.
X1
q b
a
l
Jednačina kontinuiteta glasi kao prethodno:
f11 X 1 + f10 = 0 U ovom slučaju f10 je ugao zaokreta osi grede u zglobu a uslijed q opterećenja na osnovnom sistemu ,a f11 kut zaokreta osi grede u zglobu a uslijed djelovanja jediničnog momenta X1. q 1
1
M1
ql 8
2
M0
Kutevi zaokreta ili : l
M 1 ( x) 1 1 l 2 dx = ⋅ 1 ⋅ l ⋅ ⋅ 1 = EI EI 2 3 3EI
f11 = ∫ 0 0
f10 = ∫ 0
M 1 ( x) ⋅ M 0 ( x ) 1 2 ql 2 1 gl 3 ⋅ = ⋅ l ⋅ − ⋅ 1 = − EI EI 3 8 2 24
Intenzitet momenta će biti: ql 3 1 X = − 24 EI = ql 2 , 8 l 3EI −
a moment uklješteja na zadanom statički neodređenom sistemu metodom superpozicje će biti: M ( x ) = M 0 ( x) + X 1 ⋅ M 1 ( x ) M ( 0) = M 0 ( 0) + X 1 ⋅ M 1 ( 0) 1 gl 2 M (0) = 0 + ql 2 (−1) = − 8 8
Analogijom se može uspostaviti broj jednačina koliko ima nepoznatih veličina na sistemu ili: f11 X 1 + f12 X 2 + ..... + f1k X k + ...... + f1n X n + f10 = 0 f 21 X 1 + f 22 X 2 + .... + f 2 k X k + ...... + f 2 n X n + f 20 = 0 .............................. .............................. .......................... .............................. .............................. .......................... f k1 X 1 + f k 2 X 2 + ..... + f kk X k + ..... + f kn X n + f kn = 0 .............................. .............................. ......................... .............................. .............................. ......................... f n1 X n + f n 2 X 2 + ..... + f nk X k + ..... + f nn X n + f nn = 0 Ovakav način uspostavljenih jednačina se lako rješava matričnim načinom.
l
f10 =
1 m1 ( x) ⋅ M 0 ( x)dx EI ∫0 l
1 m2 ( x) ⋅ M 0 ( x)dx EI ∫0 .............................................................................. ............................................................................... f 20 =
l
1 mk ( x) ⋅ M 0 ( x)dx EI ∫0 .............................................................................. ............................................................................... fk0 =
l
f n0 =
1 mn ( x) ⋅ M 0 ( x)dx EI ∫0
kao i članovi ij l
f ii =
1 (mi ( x)dx EI ∫0
f ij =
1 (mi ( x) ⋅ M j ( x)dx EI ∫0
l
f ji = f ij
Matrični način rješavanja jednačina
Doni sistem jednačina se može matrično riješiti vrlo brzo: f11 X 1 + f12 X 2 + ..... + f1k X k + ...... + f1n X n + f10 = 0 f 21 X 1 + f 22 X 2 + .... + f 2 k X k + ...... + f 2 n X n + f 20 = 0 .............................. .............................. .......................... .............................. .............................. .......................... f k1 X 1 + f k 2 X 2 + ..... + f kk X k + ..... + f kn X n + f k 0 = 0 .............................. .............................. ......................... .............................. .............................. ......................... f n1 X n + f n 2 X 2 + ..... + f nk X k + ..... + f nn X n + f n 0 = 0 Ova jednačina se može napisati u tabličnom obliku: B
X1
X2
Xk
Xn
f11
f12
f1k
f 1n
f 10
f 21
f 22
f 2k
f 2n
f 20
f k1
fk2
f kk
f kn
fk0
f n1
f n2
f nk
f nn
f n0
Nakon ovog neoznate veličine X 1 , X 2 ,... X k ,.... X n , mogu se izraziti kao: X1 =
D1 , D
X2 =
D2 , D
gdje je : f 11 f 12 ..... f 1k ...... f 1n f 21 f 22 ..... f 2 k ...... f D=
2n
.................................. f k1 f k 2 ..... f kk ...... f kn .................................. f n1 f n 2 ...... f nk ..... f
nn
Xk =
Dk , D
Xn =
Dn , D
f 10 f 12 ..... f 1k ...... f 1n f 20 f 22 ..... f 2 k ...... f D1 =
2n
.............................. ..... f k 0 f k 2 ..... f kk ...... f kn .............................. ..... f n 0 f n 2 ...... f nk ..... f nn
f 11 f 10 ..... f 1k ...... f 1n f 21 f 20 ..... f 2 k ...... f D2 =
2n
................................... f k1 f k 0 ..... f kk ...... f kn .................................. f n1 f n 0 ...... f nk ..... f nn
f 11 f 12 ..... f 10 ...... f 1n f 21 f 22 ..... f 20 ...... f Dk =
2n
.......... ......................... f k1 f k 2 ..... f k 0 ...... f kn .......... ........................ f n1 f n 2 ...... f n 0 ..... f nn
f 11 f 12 ..... f 1k ...... f 10 f 21 f 22 ..... f 2 k ...... f Dn =
20
................................... f k1 f k 2 ..... f kk ...... f k 0 .................................. f n1 f n 2 ...... f nk ..... f n 0
METOD SILA KOD RJEŠAVANJA STATIČKI NEODREĐENIH REŠETKASTIH NOSAČA
Kod rješavanja statičkih neodređenih rešetkastih nosača polazi se od poznatog ranije iskazanog izraza da je 1⋅ δ P = ∑
SS s EF
što predstavlja pomjeranje rešetkatog sistema uslijed jedinačne sile S . Statički neodređeni rešetkasti nosač pretvaramo u statički određeni tako što ukinemo sve neodređene veze umjesto kojih stavljamo jedinačne sile.Nakon ovog na poznati način izračunamo sile u štapovima S od vanjskog opterećenja ,a zatim sile u štapovima S od jedinačnog opterećenja. Statička neodređeost rešetkastog nosača se nađe iz izraza: n= a+s-2k
Rečetkasti nosač na slici je statički neoređen : a= 3 , s= 26, k= 14 n=3+26-28= 1 X1 X1
Sistem S0
Sistem S1 X1=1 X1=1
Proračun je najjednostavnije provesti tabelarno što će biti prikazano u narednom primjeru. PRIMJER Odredi sile u štapovima sistema na slici.
1
P= 12 MN ; E = const I1 ; F1 = I2 ; F2 = const
2,0
P
3
2
a=5 s=4 k=4 n=5+4-8=1
4,0
4 6,0
X
4 3 4 sin α = 5
tang α = 3,0
1 P
C
α 5,0
3
2
cos α =
4 A
stanje 0-
4,0
B
3 5
1 P
C 3
2
Ra,h=P=12MN 4 A
Ra,h/3 P=8MN
čvor C P
S3
S2
S 2 = − S1 P + S 3 cos α − S 2 cos α = 0 5 S 3 = −S 2 = − P 6 čvor B S3
S4
2/3 P
S 4 + S 3 cos α = 0 5 3 P S4 = P ⋅ = 6 5 2
stanje l.
B
Rb= 2/3 P= 8MN
1
C 3
2 P 4 A
B
1/2=0,5
Čvor C
1
S3
S2 S2 = S3 S 2 sin α + S 3 sin α = 1 5 S 2 = S3 = 8 čvor B
S3 S4 1 2 S 4 + S 3 cos α = 0 53 3 S4 = − =− 85 8
Uvjet kompatibilnosti:
1/2=0,5
Xδ 11 + δ 10 = 0 štap
ln
Stanje 0 Sn
1
2,0
0
2
5,0
3
5,0
4
6,0
5 P 6 5 - P 6 P 2
Stanje 1 Sn 1 5 8 5 8 −
3 5
2
S n ln 2
0
125 4 125 4 54 64
125 P 48 125 P 48 18 − 16
27 9 = EFδ 10 = − P 4 8 δ 10 P X =− = = 2 MN δ 11 6
EFδ 11 =
Ra ,v = Ra 0 ,v + Rb 1 ⋅ X = -8-0,5 · 2 = -9 MN Rb = Rbo + R b1 ⋅ X = 8 − 0,5 ⋅ 2 = 7 MN
S n S n ln
Ukupno sila Konačna veličina Sn + X S n 2 MPa P 0+ 1 6 5 P5 P+ 11,25 MPa 6 68 5 P5 − P+ 8,75 MPa 6 68 P P 3 + − 2 6 8 5,25 MPa
METOD SILA KOD RJEŠAVANJA STATIČKI NEODREĐENIH LUČNIH NOSAČA (LUK NA DVA ZGLOBA)
Kod lučnih nosača kao i kod okvira u ležištima pored veriklnih reakcija pstoje i horizontalne reakcije.One nastaju zbog toga što se lučna kontrukcija žel ispraviti,alije to spriječeno upornjacima na kojima leži luk.Ove horizontane reakcije povoljno utiču luk jer u smanjuju moment.Jedan od najčešćih vrsta lukova je luk na dva zgloba ( donja slika) Lik na dva zgloba je jednom statički neodređen.
y
Ha a A
q
y
ϕ x
b
f
Hb
B
x
l
Statičkom rješavanju luka na dva zgloba se pristupa što oslobađamo jednu suvišnu vezu čime dobijamu prostu krivu gredu. Dijagram momenata M0 od vanjskog opterećenja q
y
a A0
b
f
Hb0
B0
x
l
M x0
ql 2 2
Moment savijanja na mjesu x uslijed vanjskog opterećenja je:
M x 0 = A0 ⋅ x −
qx 2 ql qx 2 = ⋅x− 2 2 2
Dijagram momenata M1 od sile X=1
X1=1
y
a A1=0 x
b
f
Hb1
B1=0 l
M1
f
M x1 = − X ⋅ y = −1 ⋅ y Poznato je da je :
X1 = −
δ a0 δ a1
Deformacije računamo na poznati način stim što kod lukova moramo uzeti u obzir deformaciju od normalne sile N koje kod plićih lukova mogu biti znatne.Obzirom da je u ugao luka ϕ promjenljiv sa promjenom apcise x i oirdinate y to poznati integral moramo uzet po luku. l
l
δ a0 =
1 1 M 1 M 0 ds + N 1 N 0 ds ∫ EI 0 EF ∫0
δ a1 =
1 1 M 1 M 1 ds + N 1 N 1 ds ∫ EI 0 EF ∫0
l
l
Horizontalna veličina dx je funkcija diferencijalne dužine luka ds i ugla ϕ pa će biti:
ds dx Iz slike imamo:
dy ϕ
dx cos ϕ Nakon ovog će biti: ds =
δ a0 =
l l 1 M 1 M 0 dx 1 N 1N 0 dx ⋅ + ⋅ E ∫0 I cos ϕ E ∫0 F cos ϕ
l
δ a1
l
1 M M dx 1 N N dx = ∫ 1 1⋅ + ∫ 1 1⋅ E0 I cos ϕ E 0 F cos ϕ
Ako sad uvedemo uporedni moment inercije I c imaćemo: l
EI cδ a 0
l I c dx I dx = ∫ M 1M 0 ⋅ + ∫ N1 N 0 c ⋅ I cos ϕ 0 F cos ϕ 0 l
l I c dx I dx ⋅ + ∫ N1 N1 c ⋅ I cos ϕ 0 F cos ϕ 0 Ako sad uzmemo da je:
EI cδ a1 = ∫ M 1 M 1
N 0 = − A0 sin ϕ i N 1 = −1 cos ϕ i da je ugao ϕ mali što daje mali sin ϕ koji teži nuli kako raste apcisa x,a cos ϕ teži jedinici to će biti: l
∫N N 1
0
0
⋅
I c dx ⋅ =0 F cos
l
I c dx l I c dx ∫0 N1 N1 ⋅ F ⋅ cos = ∫0 F ⋅ cos ϕ =0 Sada konačne jednačine pomjeranja glase: l
EI c ⋅ δ a 0 = ∫ M 1 M 0 0 l
EI c ⋅ δ a1 = ∫ M 1 M 1 0
I c dx ⋅ E cos ϕ l I c dx I dx ⋅ +∫ c ⋅ E cos ϕ 0 F cos ϕ
Kod lukova se površina popečnog presjeka luka mijenja počev od najveće na ležištu do najmanje u tjemenu zbog čega se uvodi moment inrcije poprečnog presjeka
I=
Ic cos ϕ
odakle je I c = I ⋅ cos ϕ i slično tome Fc = F ⋅ cos ϕ
nakon čega dobivamo konačno: l
EI c ⋅ δ a 0 = ∫ M 1 M 0 dx 0
l
l
0
0
EI c ⋅ δ a1 = ∫ M 1 M 1 dx + ∫
Ic dx Fc
Sa ovim je :
X1 = −
δ a0 δ 10
i ostale nepoznate veličine:
M = M 0 + M1 ⋅ X1 N = N 0 + N1 ⋅ X 1 T = T0 +T 1 ⋅ X ⋅ 1 PRIMJER
Imamo dvozglobni luk opterećen ravnomjernim opterećenjem p=20 kN/m. 4f Os luka j parabola čija je jeddnačuna y = 2 (l − x) x .Rspon luka l = 30 m i l strelom f=3,3 m.
q
Ha a A
y x
b
f
Hb
B l
4 ⋅ 3,3 (30 − x) x = 0,0147(30 − x) x 30 2 Moment inercije površine luka je I c =30 000 cm4 i povšina Fc = 100 cm2 To nam daje:
y=
I c 30 000 = = 300 cm2 I 100
Osnovni sistem će biti luka sa pokretnim ležajem u tački a. Dijagram M0 q=20 kN/m
y
a A0
b
x
30
Mx0
f
Hb=0
B0
225 kN
Dijagram M1
a X1=1 A1=0
b 30 y
Hb B1=0
f=3,3 m
Rješenje osnovnog sistema ( opterećeje p)
M 0= A0 ⋅ x − p
x2 p ⋅ l p ⋅ x2 = − 2 2 2
20 ⋅ 30 = 300 kN 2 2 M 0 = 300 x − x 2 2 za x= l / 2
A0 =
30 − 15 2 = 2.250 kN 2 Rješenje sistema opterćenog sa X=1
M 0 = 300 ⋅
M x1 = −1 ⋅ y Za x= l / 2
M 1 = 1 ⋅ f = −3,3
m
Iznalaženje deformacija:
EI c δ a 0 = −
8 3,3 ⋅ 2250 ⋅ 30 = −118 800 15
8 3,3 ⋅ 3,3 ⋅ 30 + 0,03 ⋅ 30 = 175 18 − 118 800 X1 = − = 680 kN 175 x2 M x = M 0+ X 1 ⋅M 1= A0 ⋅ x − p − X1 ⋅ y 2 x2 M x = 300 ⋅ x − 2 − 680 ⋅ y 2 Za x= l / 2
EI cδ a1 =
M = 2250 − 680 ⋅ 3,3 = 0 Moment savijanja se sastoji iz dva djela;od M0 i X1·M1,koji se mjenjaju parabolično.Kako je u tjemenu M0=0 to su ordinate dijagrama M u cijelom preostalom djelu jednake nula. To je zato što smo za osu luka izabrali parabolu. Dalje je:
Tx = A ⋅ cos ϕ − H ⋅ sin ϕ − p ⋅ x ⋅ cos ϕ N x = − A sin ϕ − H ⋅ cos ϕ + p ⋅ x ⋅ sin ϕ
INŽENJERSKA METODA DEFORMACIJA
Za proračun statičkih sisteme sa čvorovima ( čvorovi su tačke gdje se sastaju dva i više štapova ili bilo koja tačka sistema koja se proglasi čvorom) vrlo je pogodna metoda deformacija.Za nepoznate veličine u čvorivima se uzimaju translacijski ili rotacijski pomaci. Svaki ravninski čvor ima dva pomaka u ravni i to u i u smjeru ose x i vi u smjeru ose y te jedan rotacijski zaokret ϕ i oko osi okomite na ravan. Ako se zanemari uticaj normalnih sila odnosno uzdužna deformacija štapova to se broj nepoznanica smanjuje jer oba čvora na krajevima štapova imaju isti pomak po podužnoj osi štapa.U tom slučaju treba samo indentificirati neovisne translacijske pomake sistema. Ta metoda se zove inženjerska metoda pomaka ili deformacija . Osnovni sistem se dobije jednostavnim raspadanjem zadanog sistema na veći broj samostalnih obostrano upetih greda.Konačne sile na krajevima svake grede se dobiju superponirajući sile od zadanog vanjskog opterećenja na uklještenim gredama i sila od pomaka čvorova izvornog sistema opterećenog samo silama upetosti nakon opuštanja veza. Na ovaj način se uspostavljaju jednadžbe sila u čvorovima,a to su u ovoj metodi samo jednadžbe ravnoteže momenata u čvorovima uz nadopunu jednadžbama virtualnih radova na neovisnim translacijskim pomacima. q
ui 1
2
vi
l1
3
4
l3
l2
Prema inženjerskoj metodi deormacija na sistemu su nepoznanice kutovi zaokreta u čvorovima 2 i 3 odnosno ϕ 2 i ϕ 3 .Momenti u čvorovima 1 i 4 su poznati pa zaokrete tih čvorova ne smatramo nepozantim veličinama. Dodavanjem veza koje sprečavaju nepoznate zaokrete dobićemo osnovni sistem.Tako se sistem raspada na jednostrano upetu gredu 1-2 i 3-4 te obostrano upetu gredu 2-3. Zaokreti čvorova i i j za kuteve ϕ i i ϕ j u čvorovima obostrano upete grede uzrokuju momente.
− Mk
+ Mi i
k
ϕi
ϕk
Osnovni sistem M ( sistem dobijen raspadanjem statički neodređeog sistema)
Mk k
Mi i l
Momentni dijagram od vanjskog opterećenja M0
i
k
Fo + R i ,0 xo
x 0'
R k ,0
l
Momentni dijagrami od momenata prouzrokovanih zakretom krajeva štapova
Mi Mk
+
k
i
Znamo da su uglovi zaokreta reakcije od momentnog opterećenja što nam daje:
EIϕ i = R i =
F0 ⋅ x0' 1 2 1 1 l l + M i ⋅ l ⋅ ⋅ + (− M k) ⋅ l ⋅ ⋅ = Ri 0 + M i ⋅ − M k ⋅ l 2 3 2 3 3 6
− EIϕ k = R k =
F0 ⋅ x0 1 1 1 2 l l + M i ⋅ l ⋅ ⋅ + (− M k) ⋅ l ⋅ ⋅ = Ri 0 + M i ⋅ − M k ⋅ l 2 3 2 3 6 3
Izrazi Ri 0 i Rk 0 su reakcije od vanjskog opterećenja,a što ustvari predstavljaju kutove zaokreta od vanjskog opterećenja te ih možemo napisati kao: ϕ i 0 i ϕ k 0 te na kraju dobijemo slijedeće izraze:
l l EIϕ i = EIϕ i 0 + M i ⋅ − M k ⋅ 3 6 l l EIϕ k = − EIϕ k 0 − M i ⋅ + M k ⋅ 3 6 Iz ovih jednačina se dobije opći izraz za momente na krajevima štapova: M i=
EI EI (4ϕ i + 2ϕ k ) + (−4ϕ i 0 + 2ϕ k 0 ) l l
M k=
EI EI (2ϕ i + 4ϕ k ) + (−2ϕ i 0 + 4ϕ k 0 ) l l
Ako su krajevi štapova potpuno uklješteni tada su uglovi zaokreta jednaki nula,a krajeve štapova napadaju samo momenti uklještenja MI i MK.Za obilježavanje momenata utvrđuje se pravilo koje glasi:Momenti od uklještenja osnovnog raspadnutog sistema se označavaju sa veliko M i ineksom veliko I i K ( M I , M K ).Konačni momenti na krajevima štapova se označuju sa veliko M i ideksom malo i i k ( Mi i Mk). Za slučaj potpunog uklještenja krajeva štapova jednačine za momente na krajevima štapova će glasiti:
Mi =
EI (4ϕ i + 2ϕ k ) + M I l
Mk =
EI (2ϕ i + 4ϕ k ) + M K l
Vrijednost momenata uklještenja M I , M K za razne slučajeve opterećenja dati su u tabeli dolje. Pravila za znakove
1.Ugao zaokreta čvora ϕ je pozitivan ako se čvor zaokrene u smjeru kazaljke na satu. +
ϕ
2.Ugao zaokreta štapa ψ je pozitivan ako se štap zaokrene suprotno smjeru kazaljke na satu. 3.Međusobno pomjeranje ∆u i ∆v krajeva štapova su pozitivna ako proizvode pozitivne uglove zaokreta štapa ψ ,tj.pri zaokretu štapa suprotno smjeru obrtanja kazaljke na satu.
k'
+
∆v
ψ
i' i
k
4.Uglovi zaokreta tangente α i β su pozitivni ako se iz nedeformiranog položaja zaokrenu u deformirani položaj u smjeru obrtanja kazaljke na satu.
+β
i +α
k
5.Momenti na kraju štapa su pozitivni ako obrću u smjeru obrtanja kazaljke na satu.
_
+
6.Momenti na čvoru su pozitivni ako obrću suprotno smjeru obrtanja kazaljke na satu. _
+
+
Krutost štapova
EI naziva se krutost štapa ili grede.Na osnovu ovog l jednačine za momente na krajevima štapova će glasiti:
U gornjim jednačinama opći izraz
M i = k ik (4ϕ i + 2ϕ k ) + M I M k = k ki (2ϕ i + 4ϕ k ) + M K U svakom slučaju za jedan štap sa krajevima i i k ,krutost k ik = k ki . Štap sa zglobnom vezom na jednom kraju
ϕi ϕi i
ϕi
ϕk
k
Obzirom da je štap ik u čvoru k zglobno vezan sa vertikalnim elementom to je i moment u toj tački M k = 0 i M K = 0 .Za ovaj slučaj jednačina ravnoteže glasi: 0 = k (4ϕ k + 2ϕ i ) + 0 odavde je: 2ϕ k = −ϕ i
i ϕk = −
ϕi
2 Znamo da jednačina za mement na kraju štapa glasi:
M i = k (4ϕ i + 2ϕ k ) + M I Nakon uvršenja gornje vrijednosti za ϕ k imamo: M i = k 3ϕ i + M I Postavljanje jednačina čvorova
Kod proračuna metodom deformacija treba za svaki elastično uklješteni čvor postaviti jednu jednačinu čvora.Znači, imaćemo jednačina koliko i čvorova.Često se u jednom čvoru sastaje nekoliko štapova što znači da ćemo morati jednačine za momente na krajevima štapova napisati za sve štapove koji se sastaju u dotičnom čvoru.
Jednačinu čvora dobivamo iz uslova da zbir svih momenata na krajevima štapova koji se sastaju u jednom čvoru treba da je jednak nuli.
M 31
1
4
k 31
k 35
k 54
3
5
k 32
k 56
k 57 7
M 32
6
2
M 35
3
Na čvoru 3 je : ∑ M 3 = M 31 + M 32 + M 35 Pomoću poznate jednačine da je moment na kraju štapa jednak:
M i = k (4ϕ i + 2ϕ k ) + M I Dobijemo u konkretnom slučaju: ∑ M 3 = k 31 (4ϕ 3 + 2ϕ 1) + M 31 + k 32 (4ϕ 3 + 2ϕ 2 ) + M 32 + k 35 (4ϕ 3 + 2ϕ 5 ) + M 35 = 0
Kako je ϕ1 = 0 i ϕ 2 = 0 to će konačno biti:
∑M
= k 32 (4ϕ 3 + 0) + M 31 + k 32 (4ϕ 3 + 0) + M 32 + k 35 (4ϕ 3 + 2ϕ 5 ) + M 35 = 0 ili kada se sredi: ∑ M 3 = ϕ 3 ⋅ 4 (k 31 + k 3 2 + k 35 ) + M 3 = 0 3
ili opća jednačina čvora glasi: ∑ M i = ϕ i ⋅ 4 ∑ k i + 2∑ ϕ k ⋅ k i + ∑ M i = 0 n
n
n
Ove jednačine nalaze široku primjenu naročito pri rješavanju okvira što će se pokazati na primjerima. Poprečne sile odnosno reakcije nađemo iz razmatranja svakog štapam posebno opterećenog izračunatim momentima i vanjski opterećenjem uspostavljaju uslove ravnoteže za svaki čvor u kojem zbir svih momenata mora biti jednak nuli. U narednoj tablici dati su izrazi za momente uklještenja za najčešće slučajeve opterećenja uklještene grede AB,što se koristi kod rješavanja praktičnih zadataka.Momenti uklještena su dati za grede konstantnog momenta inercije.Referentno vlakno je dole. Momenti uklještenja Mb jednostrano kruto ulještene grede konstantnog momenta inercije.Referentno vlakno je dole.
Statička šema
Moment uklještenja M b
Mb = −
ql 2 8
Mb =−
qc 2 (2l 2 − c 2 ) 2 8l
Mb =−
7 ql 2 128
Mb =−
qc 2 (l + a ) 2 2 8l
Mb =−
9 ql 2 128
B
Mb =−
q 4 4 a − (a + c ) + 2l 2 c(2a + c ) 2 8l
B
Mb =−
qc (3l 2 − c 2 ) 16l
Mb =−
pl 2 15
Mb =−
7 pl 2 120
B
A
l
c
b B
l l/2 B
l c
a
B
A
l l/2 B
A
l a
c
b
A
l a
c
A
[
a
l B p
A
l p A
l
B
]
c
b
Mb =−
p
A
B
l a
c
b
M b= −
p A
B B
l
c
a
pc c c ⋅ 2a 3 + b + ac + b ⋅ (3a + c ) + 3 4l 3 3
B
Mb =−
pc(3a + c ) 2 45a + 17c 9 l − a 2 − 6ac − c 2 1 + 9 2 270a + 90c 108l
Mb =−
pc 2 (40l 2 − 45cl + 12c 2 ) 2 120l
Mb =−
41 2 pl 960
Mb =−
17 pl 2 480
Mb =−
5 pl 2 64
Mb =−
pc 2 120
B
l a
c p
A
B
l l/2 p A
B
(
l l/2 p
A
B
l l/2
l/2
p
B
A
l c
b B
p A
l l/2
p A
[
2c 2c + bc a + ⋅ (3a + 2c ) + b 2 a + ⋅ (2a + 2c + l ) + 3 3 2 c l + (15a + 8c ) ] 30
b
p A
pc 3 (5l 2 − 3c 2 ) 2 30l
B
l/2 B
l
B
Mb =−
2 c 10 − 3 l
37 pl 2 1920
)
c
a
p A
l
B
pc 2 c c 2 Mb =− 20 − 15 + 3( ) 120 l l
B
M b= −
53 pl 2 1920
B
M b= −
3 pl 2 64
B
p 2 a3 2 M b = − l − 2a + 8 l
B
l/2
l/2
p A
l
B
l/2
l/2 p
A
l a
B
a
c
p A
B p
l P a c
A
b B
Mb =−
Pab (l + a ) 2l 2
Mb =−
3Pl 16
l P
l/2
l/2 B
A
l a
P
P
a
A
B
M b = −1,5
B
Mb =−
l l /3 P l /3 P l /3 A
l a a
a
a
a a a
P P P P P P A
l
Mb =− B
Pa (l − a ) l
Pl 3
Pl 1 1 − 2 8 n
l/4 l/4 l/4 l/4 P
P
P
A
Mb =−
15 pl 32
Mb =−
3 pl 5
B
l l /5 l /5 l /5 l /5 P
P
P
A
P
B
l a
b B
M A
B
l
1 a M b = − M 1 − 3 2 2 l
Momenti uklještenja M a i M b obostrano kruto ulještene grede konstantnog momenta inercije.Referentno vlakno je dole. Statička šema
Momenti uklještenja Ma i Mb B
A
Ma =−
l c
Ma =−
b B
A
(
Mb =−
l/2 B A
Mb =−
qc 2 6b 2 + 4bc + c 2 12l 2
l
Ma =−
ql 2 12
ql 2 12
)
qc 2 (4b + c ) 12l 2
11 2 ql 192
Mb =−
5 ql 2 192
l
a
c
M
b
a
=−
[ {
q 3 4l (b + c ) − b 3 12 l 2
} − 3{(b + c )4 − b 4 }]
B
A
l
Mb =−
[{
} {
q 3 4 4l (a + c ) − b 3 − 3 (a + c ) − a 4 2 12l
}]
a
a
c
Ma =−
B
A
qc 2 qc 2 ( 3l − c 2 ) M b = − (3l − c 2 ) 24l 24l
l B p
A
l
Ma =−
pl 2 30
Mb =−
pl 2 20
b
c p
A
Ma =−
pc 2 pc 2 2 2 (5l − 4c ) ( 10 l − 15 cl + 6 c ) M b = − 30l 2 20l 2
Ma =−
pl 2 30
Ma =−
5 2 pl 96
B
l
l/2 A
p
B
Mb =−
3 pl 2 160
l l/2
l/2
p A
c p
A
A
l/2
l/2
c
l
pc 3 10al + 3c 2 2 60l
(
)
Ma =−
7 pl 2 960
Mb =−
23 2 pl 960
p
Ma =−
1 2 pl 32
Mb =−
1 2 pl 32
B b
B
[ [
] ]
pc 2 10(3a + c )(3b + 2c ) − 15c 2 (3b − l ) − 28c 2 2 540l pc 2 Mb =− 10(3a + c ) (3b + 2c ) − 15c 2 (3a − l ) − 17c 3 540l 2 Ma =−
p A
p
l/2 l
a
Mb =−
B
l
A
pc 3 (2l + 3a ) Ma =− 60l 2
B
l l/2
5 2 pl 96
B
l a
Mb =−
a
c
a
p
Ma =−
A
2 3 2 a 3 pl 2 a a a M 1 + − 2 = − 1 + − 2 b 12 l l l l
pl 2 12
B p
l P a c
A
b B
Ma =−
l P
l/2
l/2
B
A
Pa (l − a ) l
Ma =−
Mb =−
Pl 8
Mb =−
l
A
P
a c
P
a B
l l /3 P l /3 P l /3 B
A
l a a
a
a a a a
P P
P P P P
A
Ma =−
Pa (l − a ) l
2 M a = − Pl 9
1 1 Pl n1 − 2 12 n
Ma =−
5 Pl 16
l/4 l/4 l/4 l/4 P
P
P
A
B
l
Pl 8
Pa (l − a ) l
2 M b = − Pl 9
Ma =− B
l
Mb =−
Pl 8
Mb =−
Mb =−
1 1 Pl n1 − 2 12 n
5 Pl 15
l /5 l /5 l /5 l /5 P
P
P
A
P
B
l
a
b M
A
l
B
2 M a = − Pl 5
b b M a = +M ⋅ 2 − 3 l l
2 M b = − Pl 5
M b = −M
a a 2 − 3 l l
PRIMJER
Razmotrićemo kontinualni nosač sa tri raspona opterećen prema slici. 90 kN 1
3
2
2,0
2,0
4 EI
2EI
EI 1,0
90 kN
60 kN/m
2,0
3,0
1,0
presjek b/h = 24/60 cm E=3·107 kN/m2 RJEŠENJE
0,24 ⋅ 0,60 3 = 0,00432 m4 12 EI = 129 600 kNm2 I=
momenti uklještenja ( iz tabela) M * 43 = −90 ⋅ 1 = −90 kNm M * 34 = −45 kNm 90 ⋅ 1 ⋅ 2,0 (3,0 + 1,0) = 720 = −40 kNm M * 21 = − 2 18 2⋅3 11 M * 23 = − ⋅ 60 ⋅ 4,0 2 = −55 kNm 192 5 M *32 = − ⋅ 60 ⋅ 4,02 = −25 kNm 192
momenti uslijed zaokreta čvorova ϕ za obostrano uklještene grede su: mij = k ij (4ϕ i + 2ϕ j ) m ji = k ji (2ϕ i + 4ϕ j )
momenti uslijed zaokreta čvora za jednostruko uklještenu gredu je: mij = 3k ij ϕ i
Krutosti štapova su: 1 3 2 1 k 23 = k 32 = = 4 2 1 k 34 = k 43 = 3 Nakon ovog momenti uslijed zaokreta čvorova su: 1 m21 = 3 ⋅ ϕ 2 = ϕ 2 3 1 m23 = (4ϕ 2 + 2ϕ 3 ) = 2ϕ 2 + ϕ 3 2 1 m32 = (2ϕ 2 + 4ϕ 3 ) = ϕ 2 + 2ϕ 3 2 1 m34 = 3ϕ 3 3 k 12 = k 21 =
Momenti u čvorovima će biti: M 21 = m21 + M * 21 =ϕ 2 −40 M 23 = m23 + M * 23 = 2ϕ 2 + ϕ 3 − 55 M 32 = m32 + M * 32 = ϕ 2 + 2ϕ 3 − 25 M 34 = m34 + M * 34 =ϕ 3 −0 M 43 = −90 kNm Şuma momenata u zglobu treba da je jednaka nula pa će biti:
∑M ∑M
2i
= M 21 + M 23 = 0
3i
= M 32 + M 34 = 0
To znači da će biti:
ϕ 2 − 40 + 2ϕ 2 + ϕ 3 − 55 = 0 ⇒ 3ϕ 2 + ϕ 3 − 95 = 0 ϕ 2 + 2ϕ 3 − 25 + ϕ 3 − 0 = 0 ⇒ ϕ 2 + 3ϕ 3 − 25 = 0 Iz druge jednačine je: ϕ 2 = 25 − 3ϕ 3
Uvrštavanjem u prvu jednačinu imamo: 3(25 − 3ϕ 3 ) + ϕ 3 − 95 = 0 75 − 9ϕ 3 + ϕ 3 − 95 = 0 ϕ 3 = −2,5
ϕ 2 = 25 + 3 ⋅ 3,5 = 32,5 M 21 = 32,5 − 40 = −7,50 kNm M 23= 2 ⋅ 32,5 − 2,5 − 55 = 7,50 kNm M 32 = 32,5 − 2 ⋅ 2,5 − 2,5 = 2,50 kNm M 32 = −2,50 kNm Iznalaženje reakcija greda 1-2 90 kN
1 1,0
2,0
R12
∑M
M21=7,5
2 R21
2
=0
R12·3 - 90· 2,0 +7,5= 0 ⇒ R12 = 57,50 kN ∑ M1 = 0 R21·3 - 90 · 1,0 - 7,5 = 0 ⇒ R21 = 32,50 kN greda 2-3
60 kN/m
M23=7,5 2
3 2,0 R23
∑M
3
M32=2,5 2,0 R32
=0
R23 · 4,0 - 7,5 -60 · 2,0 · 3,0 + 2,5 = 0 ⇒ R23 = 91,25 kN ∑M2 = 0
R32 · 4,0 - 2,5 -60 ·2.0 · 1,0 + 7,5 = 0 ⇒ R32 = 28,75 kN greda 3-4
M34=2,5
M43=90 4
3 3,0 R34
∑M
4
R43
=0
R34 · 3 - 2,5 + 90 = 0 ⇒ R34 = - 29,17 kN ( ide na dolje) ∑M3 = 0 R43 · 3 -90 +2,5 =0 R43 = 29,17 kN konzola R4= 90 kN Zbir reakcija ij daje ukupne reakcije u ležajevima: R1= 57,50 R2= 32,50 +91,25 = 123,75 kN R3=28,75 - 29,17 =-0,42 R4=29,17+ 90 =119,17 Suma vertikalnih sila : ∑V =90 + 60 · 2 + 90 = 300 kN Suma reakcija : ∑ R = 57,50 + 123,75 -0,42 + 119,17 = 299,97 kN Nakon ovog se mogu nacrtati dijarami T i M
90 kN
57,5kN
-0,42
119,17
29,17
32,5
28,75
91,25
90.00
123,75
57,5
90 kN
60 kN/m
+
2,5 61,89
57,5
7,5
+
-
90,0
1,52
ITERATIVNA INŽENJERSKA METODA ( CROSS-ova metoda)
Kod višestruko statičih neodređenih nosača potrebno je postaviti niz jednačina koje treba rješavati što često predstavlja problem.Kod Crossove metode prvobitno usvojene nepoznate veličine možemo postepeno (iterativno) popravljati do konačne vrijednosti. Metoda posmatra sve unutarnje oslonce kao "čvorne tačke "ili kraće "čvorove" i predpostavlja da su čvorovi nepomjerljivi.Tako predpostavljene momente na čvorovima uklještenih nosača postepeno popravljamo popuštajući jedan čvor ,a ostali ostaju ulješteni u svom trenutnom položaju.Taj se postupak ponavlja tako dugo dok se momenti u jednom čvoru ne izjednače odnosno dok zbir momenata na jednom čvoru ne postane nula.To znači da ćemo u početku imati zbir momenata različit od nule i da tu razliku treba raspodjeliti na sve ostale momente u funkciji krutosti štapova koji se sastaju u posmatranom čvoru. Posatrajmo nosač sa dva oslonca od kojih su krajnji upeti.
q
A
l1
C
l2
B
Prema ranije iznijetom moment u tački bi bo: ql12 ql 22 i M CB = − M CA = − 12 12 Kako treba da postoji ravnoteža u čvoru C trebalo bi da je M CA = M CB što u ovom slučaju nije jer su rasponi različiti ili pak može biti različto opterećenje . Znači,ovdje se pojavjuje razlika momenata : ∆M C = M CA − M CB
MC
MCB
MCA A
B
C
l2
l1
Momenti MC se mogu popraviti ako moment ∆ MC raspodjelimo da ∆ MC1 i ∆ MC2 zavisno od krutosti štapova CA i CB. Iz ovog se zaključuje slijedeće. 1.Štapove grede smatrao kao potpuno uklještene. 2.Izračunamo momente na krajevima štapova kod krutog uklještenjea( iz tabela) 3.Odredimo razliku momenata na svakom čvoru. 4.Izračunamo izjednačujuće momente. 5.Prenesmo izjednačujućemomente susjednim čvorovima. 6.Izjednačujemo prenošene momente. Stvarni moment na čvoru predstavlja zbir momenata uklještenja, izjednačujućih momenata i prenešenih momenata. Momenti uklještenja jednostrano ili obostrano potpuno uklještenih geda za većinu slučajeva opterećenja dati su u tabelama. Krutosti grede na dva oslonca
Veličine izjednačujućih momenata ulještenja nalazimo pomoću krutosti štapova. Kao krutost grede definišemo moment koji djeluje na slobodno obrtljivom osloncu i izaziva ugao obrtnja ϕ =1.Stoga razlikujemo dva osnovna slučaja: 1.krutost jednostano kruto uklještene rede M/2
M
I
ϕ =1
A
B
l M/2
M
+
Ugao zaokreta ϕ =1 u tački B prema Mohrovog analogij je jednak rezultanti opterećenja od momenta kao fiktivnog opterećenja podjeljeno sa EI pa će biti:
1 1 1 M M ⋅l − ⋅ ⋅l =1 EI 3 6 2
ϕ=
odavde je : 4 EI M = l pa će krutost biti: k* =
4 EI ( kNcm) l
Kod nekog proizvoljnog momenta M stvarni ugao obrtanja će biti: M ⋅l M βw = = * 4 EI k Često se umjesto konstatne krutosti k* koristi redukovana krutost,jer se kod proračuna presječnih sila susrećemo samo sa odosom pojedinih krutosti,pa prenma tome konstantne vrijednost ne igraju nikakvu ulogu tako da je redukovana krutst uklještenja
k=
I l
krutost obostrano uklještene grede krutost obostrano slobodno obrtvljivo oslonjene grede
M'
I
ϕ =1
A
B
l
+
M
U ovom slučaju moment u ležaju A je nula.Kako opet teba da kut zaokreta ϕ B bude jednak nula imaćemo:
ϕB =
1 1 ' Ml EI 3
odavde je: 3EI E M' = =3⋅ E l I a tada je krutost: 3EI l Kod djelovanja proizvoljnog momenta M stvarni ugao obrtanja je: k* =
M ' ⋅l M ' = * 3EI k Odgovarajuća redukovana krutost je:
ϕw =
k' =
3I 4l
Što znači da je krutost prosto oslonjene grede 3/4 krutosti jednostano uklještene grede . Sve dok su nam momenti inercije u pojedinim poljima konstantni dovoljno je računati sa I I krutosti k = i k ' = 0,75 . l l Treba zapamtiti da kod Krosove metode,pri otpuštanju jednog čvora obostrano upete I grede nastaje jednostano upeta greda sa k = ,a otpuštanjem čvora jednostano upete l I grede nastaje slobodno oslonjena reda sa k ' = 0,75 .Drugi slučajevi nisu mogući. l Pravilo o znaku
Kod Krosove metode pravilo znaka se određuje prema smjeru obrtanja čvora ,a ne savijanja štapa.
_
+ Znak za čvorne momente
_
+
Znak za dimenzionisanje štapova
Iz slike je vidljivo da je na čvoru pozitivan momenat koji obrće čvor u smjeru kazaljke na satu,a negativna onaj koji čvor obrće suprotno smjeru kazaljke na satu. Kod dimenzioniranja štapova smjerovi se određuju prema tome kako momenat savija štap
Određivanje izjednačavajućih momenata
Ranije je rečeno da razliku momenata na čvoru treba raspodjeliti na krajeve štapova koji se sastaju u tom čvoru proporcinalno krutosti svakog pojedinog štapa.Zbir svih krutosti u jednom čvoru je suma krutosti pojedinih štapova koji se sastaju u tom čvoru.
∆M n ∆M n , n kn l1
polje n n-1
∆M n , n= − ∆M n
kn
∑k
i
kn
∑k
∆M n +1, n= −∆M n
Izraze
n
∆M n +1, n polje n+1 kn+1 n+1 l2
k n +1 ∑k
k n +1 nazivamo koeficijentima raspodjele ∑k
∆M c
ϕ2
I1 a
∆M ca / 2 _
ϕ1
c
l1
b
l2
∆M cb _ + ∆M ca Cl
I2
+
∆M cb / 2
Cd
Ako otpustimo čvor c ,a ostala dva a i b držimo čvrstim na čvoru c treba da su ispunjeni uslovi: 1.deformacijski uslovi ϕ 1= −ϕ 2 2.uslov ravnoteže momenata u čvoru prema uslovima smjerova Krosa:
∆M c1 + ∆M c 2 = −∆M c
Prema ranije rečenom fiktivne reakcije C l i C d od momenta kao opterećenja podjeljene sa EI predstavljaju uglove zaokreta ϕ1 i ϕ 2 pa se može napisati: Cl C =− d EI 1 EI 2
Ako sad uvrstimo za fiktivne reakcije Cl i C d dobićemo:
∆M cb ⋅ l 2 ∆M cb ⋅ l 2 ∆M ca ⋅ l1 ∆M ca ⋅ l1 − = − − + 3EI 1 12 EI 1 3EI 2 12 EI 2
⇒
∆M ca ⋅ l1 ∆M ca ⋅ l1 = 4 EI 1 4 EI 1
ako se uvrste ranije znađene krutosti k* imamo ∆M ca ∆M cb = k1* k 2* ili nakon skraćivanja sa 4E dobijemo: ∆M ca ∆M cb = k1 k2
ili :
∆M ca k1 = ∆M cb k 2
Što znači da su odnosi izjednačujućih momenti krutosti jednaki odnosu krutosti štapova. Iz ovog izlazi da je jednačina ravnoteže linearna funkcija izjednačujućih momenata i momentnih razlika može se napisati: ∆M ca ∆M ca k1 = = − ∆M c ∆M ca + ∆M cb k 1+ k 2 k1 k1 + k 2 k = (− ∆M c ) 1 ∑k
∆M ca = (− ∆M c ) ∆M ca
⇒
∆M cb = (− ∆M c )
ili u opštem slučaju koeficijenti raspodjele su:
k2 k1 + k 2
α n,n =
kn
∑k
i α n +1 =
k n +1 ∑k
a izjednačujući momenti: ∆M n ,n = (− ∆M n )α n ,n i ∆M n +1,n = (− ∆M n )α n +1,n
Moment u čvoru c se prenosi na susjedne zglobove ako su oni uklješteni u vrijednsoti svoje polovine tako da kod razmaranja slijedeće zgloba ako je bio uklješten treba uobzir uzeti i taj moment. PRIMJER 40 kN
A
1,5
1,5
C1
5,0
l2
l1
I= constantno = 10 m4 Momenti uklještenja polje 1. 40 kN
A
1,5
1,5
C1
l1
M c1,a = − polje 2.
3 ⋅ 40 ⋅ 3,0 = −22,5 kNm 16
8 kN/m
C1
5,0
l2
C2
20 kN
20 kN
8 kN/m
C2
B 1,0
2,0
l3
1,0
M C1, 2 = M C 2,1 = − polje 3
8 ⋅ 5,0 2 = −16,70 kNm 12
20 kN
20 kN
C2
B 1,0
2,0
1,0
l3 M C 2,3 = −1,2
20 ⋅ 1,0 (4,0 − 1,0) = −22,5 kNm 4,0
Iznalaženje krutosti
k1' = 0,75
I1 10 = 0,75 = 2,5 m3 l1 3,0
k 3' = 0,75
I3 10 = 0,75 = 1,88 m3 l1 4,0
k2 =
I 2 10 = = 2,0 m3 l 2 5,0
koeficijenti raspodjele čvor 1: polje 1. k1' = 2,50
α 1C1 =
k1' 2,5 = = 0,566 ∑ k C1 4,5
polje 2 k 2 = 2,00
α 2C1 =
k 2' 2,0 = = 0,444 ∑ k C1 4,5
∑k
C1
= 4,50
∑α
c1
= 1,000
čvor 2: polje 2 k 2 = 2,0
α 2C2 =
k2 2,0 = = 0,515 ∑ k C 2 3,88
polje 2 k 2 = 2,00
α 3C 2 =
k 3' 1,88 = = 0,485 ∑ k C1 3,88
∑k
C2
= 3,88
∑α
C2
=1,000
Proračun raspodjele momenata i konačne momente najednostavnije je proračnavati pomoću tabele.
k 2 = 2,0
k1' = 2,5
∑k
C1
= 4,5
k 3' = 1,88
∑k
C2
= 3,88
α 1C1 = 0,556 α 2C1 = 0,444 α 2C 2 =0,515 α 3C 2 = 0,485 -22,50 +16,70 + 3,22 + 2,58→ - 1,83 ______ ______ +1,01 + 0,81→ - 0,11 ______ ______ +0,06 + 0,05→ -18,20 +18,20
A
C1
-16,70 + 1,29 ← - 3,65 ____ +0,41 ← - 0,21 _____ +0,02 -0,01 ______ -18,85
+22,50 - 3,44 ______ - 0,20 ______ -0,01 ______ +18,85 B
C2
Prvi korak: -(-22.50+16,70) · 0,556 =+3,22 → (prenosi se pola) =+1,29 -(-22.50+16,70) · 0,444 =+2,58 Drugi korak -1,83 ← (prenosi se pola) -(-16,70+22,50+1,29) ·0,515 = -3,65 -(-16,70+22,50+1,29) ·0,485 = -3,44 Treći korak-(-22,50+3,22+16,70+2,58-1,83) ·0,556 =+1,01 -(-22,50+3,22+16,70+2,58-1,83) ·0,444 =+0,81 →
(prenos) 0,41
četvrti korak 0,11 ← prenos -(-16,70+22,50+1,29-3,65-3,44+0,41) ·0,515 = -0,21 -(-16,70+22,50+1,29-3,65-3,44+0,41) ·0,485 = -0,20
OKVIRI KROSOVOM METODOM Okviri su sistem štapova koji su sastavljeni od vertikalnih ili kosih stubova te horizontalnih ili koso nagnutih prečki ili greda.Tako imamo okvire sa dva i više stubova kao jednospratne i više spratne. Stbvi za temelje mogu biti vezane zglobno ili uklješteno,a srednje prečke okvira mogu biti za stubove vezane zglobno ili kruto.
Obzirom da su okviri uglavnom više puta statički neodređeni sistemi to je za njihovo rješevanje vrlo praktična primjena Krosove metode.Međutim treba imati u vidu da je ona bolje primjenjiva za bočno nepomjerljive okvire nego za bočno pomjerljive za koje je podesnija metoda sila,deformacija ili Kanijeva . OKVIRI SA BOČNO NEPOMJERLJIVIM ČVOROVIMA
Primjena Krosove metode se može vrlo efikasno primjeniti za rješevanje više puta statičih neodređenih okvira kod kojih se čvorovi mogu obrtati, a ne mogu bočno pomjerati.Bočna nepokretnost okvira se spriječava sa oslanjanjem prečaka na krute zidove , ili pak nekim bočnim vezama koje nedozoljsvsu omjeranje čvorova.Bočno
pomjeranje čvorova se može spriječiti i sa spregovima protiv vjera.Kod simetrično opterećenih okvirnih sistema nema bočnog pojeranja čvorova.Ukoliko pak na sistem djeluju horizontralne sile ovo sve nije garancija da neće doći dobočnog pomjeranja. Računski postupka Prema ovoj metodi određujemo momete u uglovima na isti način kao i kod kotinuiranih nosača.Prvo predpostavljsmo da je sistem perfektno krut te da se čvorovi čvrsto drže. Postupak se provodi prema slijedećem: 1.Proračun momenata na krajevima štapova pri krutom uklještenju 2.Oređivanje momentnih razlika u čvorovima 3.Proračun izjednačujućih momenata 4.Prenošenje izjednačujućih momenata na susjedne čvorove 5.Dalje izjednačavanje prenešnih momenata PRIMJER
momenti inercije: 3 ⋅ 33 štap 1-3 I = = 6,75 dm4 12 3 ⋅ 33 štap 2-4 I = = 6,75 dm4 12 3 ⋅ 6,5 3 štap 3-4 I = = 68,66 dm4 12 3 ⋅ 5,5 3 štap 4-5 I = = 41,60 dm4 12 krutosti štapova:
3 ⋅ 43 = 16,00 dm4 12 3 ⋅ 53 štap 4-7 I = = 31,25 dm4 12 3 ⋅ 53 štap 5-8 I = = 31,25 dm4 12 štap 3-6 I =
štap 1-3 k1,3 =
67500 = 168,75 cm3 400
štap 3-4 k 3, 4 =
686600 = 981 cm3 700
štap 4-7 k 4, 7 =
312000 = 625 cm3 500
štap 4-5 k 4,5 =
416000 = 832 cm3 500
štap 5-8 k 5,8 =
312500 = 625 cm3 500
štap 3-6 k 3,6 =
160000 = 320 cm3 500
koeficijenti raspodjele
štap 2-4 k 2, 4 =
67500 = 168,75 cm3 400
