PRORAČUN KONSTRUKCIJA - bib.irb.hr · • konstrukcije kod kojih su sve tri dimenzije istog reda veličine i istog značaja za konačno rješenje. Takve konstrukcije nazivamo masivne

TEHNIČKO VELEUČILIŠTE U ZAGREBU

GRADITELJSKI ODJEL

Mladenko Rak

Dalibor Gelo

PRORAČUN KONSTRUKCIJA

Zagreb, 2016

PRIRUČNICI TEHNIČKOG VELEUČILIŠTA U ZAGREBU

MANUALIA POLYTECHNICI STUDIORUM ZAGRABIENSIS

PRORAČUN KONSTRUKCIJA Mladenko Rak, Dalibor Gelo

Zagreb, 2016.

Izdavač Tehničko veleučilište u Zagrebu

Vrbik 8, Zagreb

Za izdavača Slavica Ćosović Bajić

Autori Prof. dr. sc. Mladenko Rak

Dalibor Gelo, mag. ing.

Recenzenti Mr. sc. Zorislav Despot

Prof. dr. sc. Joško Krolo

Vrsta djela skripta

Objavljivanje je odobrilo Stručno vijeće

Tehničkog veleučilišta u Zagrebu

odlukom broj: 2220-1/16 od 18. listopada 2016.

ISBN 978-953-7048-60-0

CIP zapis Dostupan u računalnom katalogu

Nacionalne i sveučilišne knjižnice u Zagrebu

pod brojem 000957211

SADRŽAJ: 1. UVOD U PRORAČUN KONSTRUKCIJA…………………………………………………………… 1

2. IDEALIZACIJA RAČUNSKE SHEME KONSTRUKCIJE……………………………………………1

3. KLASIFIKACIJA NOSEĆIH KONSTRUKCIJA……………………………………………………….3

4. ANALIZA VANJSKOG OPTEREĆENJA………………………………………………………………5

5. PRINCIP SUPERPOZICIJE……………………………………………………………………………5

6. ELEMENTI KONSTRUKCIJSKIH SUSTAVA………………………………………………………..6

6.1 Štapovi………………………………………………………………………………………….6

6.2 Grede……………………………………………………………………………………………7

6.3 Diskovi…………………………………………………………………………………………..7

6.4 Čvorovi………………………………………………………………………………………….8

6.5 Veze……………………………………………………………………………………………..8

7. TIPOVI NOSEĆIH KONSTRUKCIJA U RAVNINI (NOSAČI)……………………………………..13

8. GEOMETRIJSKA PROMJENJIVOST I

NEPROMJENJIVOST KONSTRUKCIJSKIH SUSTAVA………………………………………….14

9. KINEMATIČKA ANALIZA KONSTRUKCIJSKIH SUSTAVA………………………………………15

9.1 Međusobno povezivanje diskova…………………………………………………………..15

9.1.1 Povezivanje dvaju diskova………………………………………………………16

9.1.2 Povezivanje triju diskova………………………………………………………..17

9.1.3 Povezivanje više diskova………………………………………………………..17

9.2 Povezivanje diskova za podlogu…………………………………………………………..20

10. STATIČKA ODREĐENOST I NEODREĐENOST………………………………………………..22

11. SILE U KONSTRUKCIJAMA……………………………………………………………………….23

12. UNUTARNJE SILE LINIJSKIH NOSAČA…………………………………………………………24

13. RAVNINSKI NOSAČI I NJIHOVE UNUTARNJE SILE…………………………………………..25

14. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE RAVNOTEŽE LINIJSKIH NOSAČA……………………….27

14.1 Djelovanje koncentrirane sile…………………………………………………………….29

14.2 Djelovanje koncentriranog momenta……………………………………………………29

15. DIJAGRAMI UNUTARNJIH SILA NA NOSAČIMA………………………………………………29

16. NOSAČI SASTAVLJENI OD JEDNOG DISKA…………………………………………………..34

16.1 Obična greda……………………………………………………………………………….35

17. GERBEROVI NOSAČI……………………………………………………………………………..45

18. REŠETKASTI NOSAČI……………………………………………………………………………..54

18.1 Određivanje sila u štapovima rešetkastih nosača………………………………………60

19. TROZGLOBNI NOSAČI……………………………………………………………………………69

20. TROZGLOBNI NOSAČ SA ZATEGOM…………………………………………………………87

21. OJAČANE GREDE…………………………………………………………………………………..92

22. PODUPRTE I OVJEŠENE GREDE…………………………………………………………….102

23. ODREĐIVANJE POMAKA STATIČKIH SUSTAVA PRIMJENOM

ENERGETSKIH TEOREMA………………………………………………………………………109

23.2 Određivanje pomaka statičkog sustava.……………………………………………….114

24. STATIČKI NEODREĐENI SUSTAVI……………………………………………………………..128

25. METODA SILA………………………………………………………………………………………133

25.1 Metoda sila za jedanput statički neodređene sustave………………………………..138

25.2 Metoda sila za dvaput statički neodređene sustave………………………………….159

25.3 Deformacijska kontrola kod metode sila………………………………………………..168

25.4 Pomaci na statički neodređenim sustavima (redukcijski stavak)…………………….170

25.5 Simetrični nosači s nesimetričnim opterećenjem (simetriranje)………………………175

PREDGOVOR

Skripta PRORAČUN KONSTRUKCIJA obuhvaća gotovo cijelo nastavno gradivo istoimenog kolegija koji se sluša tijekon II semestra na Graditeljskom odjelu Tehničkog veleučilišta u Zagrebu. Skripta sadrži 25 manjih poglavlja u kojima se postupno prikazuje sastavljanje i analiza nosećih konstrukcija od najjednostavnijih statički određenih do složenijh statički neodređenih. U prvim poglavljima se prikazuje prijelaz s realnih konstrukcija na idaalizirane u smislu konstruktivnih elemenata i opterećenja. Dalje se detaljno opisuju glavni elementi konstruktivnih sustava (štapovi, diskovi, grede, čvorovi i veze) i njihova kinematička svojstva. Analizira se geometrijska promjenjivost i nepromjenjivost pojedinih konstrukcijskih sustava. Prikazuje se međusobno povezivanje nepromjenjivih struktura s odgovarajućim unutarnjim i vanjskim vezama. Definira se statička određenost i neodređenost nosećih konstrukcijskih sustava. Prikazani su klasični tipovi statički određenih nosača. Prikazani su postupci određivanja vanjskih i unutarnjih sila na statički određenim nosačima (obične grede, Gerberovi nosači, rešetkasti nosači, trozglobni nosači, ojačane grede te poduprti i obješeni nosači). Dalje su opisani glavni energetski teoremi i poučci koji su poslužili za određivanje pomaka na konstrukcijskim sustavima kao i uvod u metodu sila na statički neodređenim konstrukcijama. Prikazan je proračun statički neodređenih nosača metodom sila s naglaskom na jedan put i dva put statički neodređene sustave. Objašnjena je i deformacijska kontrola kod metode sila te redukcijski stavak pri određivanju pomaka kod statički neodređenih konstrukcija. Postupci rješavanja statički određenih i statički neodređenih nosača popraćeni su brojnim općim primjerima. Na kraju skripte je dodana i zbirka kompletno riješenih numeričkih primjera koji obuhvaćaju kompletno gradivo u skripti s detaljnim prikazom postupka proračuna unutarnjih sila i odgovarajućih dijagrama odabranih zadataka.

U Zagrebu, siječanj 2016 autori: R. M. i D. G.

Tehničko veleučilište u Zagrebu Proračun konstrukcija

1

1. UVOD U PRORAČUN KONSTRUKCIJA

Proračun konstrukcija obuhvaća uži dio grane TEHNIČKE MEHANIKE, odnosno njezinog dijela TEORIJE KONSTRUKCIJA.

Mi ćemo se koncentrirati na analizu i proračun građevinskih konstrukcija. Pod pojmom „konstrukcija“ nećemo podrazumijevati cijeli građevinski objekt, već samo njegov noseći dio (nosač).

Zadaća Proračuna konstrukcija obuhvaća:

• formiranje idealiziranog proračunskog modela • analizu statičke određenosti ili neodređenosti • analizu geometrijske promjenjivosti ili nepromjenjivosti • utvrđivanje vanjskog (aktivnog) opterećenja • određivanje sila u vanjskim i unutarnjim vezama kao i unutarnjih sila u konstrukciji • određivanje potrebnih dimenzija pojedinih elemenata konstrukcije

Da bi mogla prihvatiti vanjsko opterećenje, konstrukcija mora biti čvrsta i stabilna u statičkom i kinematičkom smislu.

To podrazumijeva konstrukciju koja s minimalnim brojem potrebnih veza može preuzeti vanjsko opterećenje i osigurati geometrijsku nepromjenjivost.

Po načinu proračuna konstrukcije dijelimo na statički određene i statički neodređene.

2. IDEALIZACIJA RAČUNSKE SHEME KONSTRUKCIJE

Idealizacija računske sheme konstrukcije predstavlja svođenje realne konstrukcije na idealni

proračunski model u kojem su sačuvana glavna svojstva realne konstrukcije, a to su statička stabilnost i geometrijska nepromjenjivost.

Pri formiranju proračunske sheme uvode se određene pretpostavke koje olakšavaju proračun. Zanemaruju se neke dimenzije i svode u osi, idealiziraju se vanjske i unutarnje veze, uvodi se aproksimacija u prenošenje vanjskog opterećenja itd. Neke idealizacije vidljive su na (Sl. 2.1).


2


3

Sl. 2.1 Primjeri idealizacije konstrukcije i opterećenja

3. KLASIFIKACIJA NOSEĆIH KONSTRUKCIJA

Konstrukcije možemo klasificirati na više načina, a ovdje će se istaknuti dva. To su: klasifikacija u geometrijskom i kinematičkom smislu.

U geometrijskom i materijalnom smislu konstrukcije možemo podijeliti na: linijske, ravninske i prostorne (Sl. 3.1).

Sl. 3.1 Prostorne, ravninske i linijske konstrukcije

• konstrukcije sastavljene iz elemenata kod kojih je dominantna jedna dimenzija (duljina) u odnosu na druge dvije (širina i visina), koje možemo zanemariti bez posljedica na rezultat proračuna. Takve konstrukcije zovemo linijskim ili štapnim konstrukcijama. Mogu biti ravninske ili prostorne (Sl. 3.2).

Sl. 3.2 Ravninske i prostorne štapne konstrukcije


4

• konstrukcije sastavljene od elemenata kod kojih su dvije dimenzije dominantne (dužina i širina) u odnosu na treću (visina, odnosno debljina), koju možemo zanemariti, te se promatra srednja ploha po debljini. Takve konstrukcije se nazivaju površinske ili plošne. To su membrane, ploče, ljuske i slično (Sl. 3.3).

Sl. 3.3 Površinske ili plošne konstrukcije

• konstrukcije kod kojih su sve tri dimenzije istog reda veličine i istog značaja za konačno rješenje. Takve konstrukcije nazivamo masivne ili volumenske (masivne brane, masivni potporni zidovi, temelji velikih strojeva itd. (Sl. 3.4).

Sl. 3.4 Masivne ili volumenske konstrukcije

U kinematičkom smislu konstrukcije možemo podijeliti na:

• geometrijski nepromjenjive i statički stabilne konstrukcije s minimalnim brojem pravilno raspoređenih veza. To su statički određene konstrukcije, čije se veze mogu riješiti iz 3 osnovna uvjeta ravnoteže.

• geometrijski nepromjenjive i statički stabilne konstrukcije s pravilno raspoređenim većim brojem veza od minimalno potrebnih. To su statički neodređeni sustavi, za čije rješenje nisu dovoljni osnovni uvjeti ravnoteže već se moraju koristiti i dodatni uvjeti deformacija.


5

• geometrijski promjenjivi sustavi konstrukcija (mehanizmi). Razlog geometrijske promjenjivosti može biti zbog manjeg broja potrebnih veza, ali može biti i zbog lošeg rasporeda veza kod statički određenih ili statički neodređenih sustava.

4. ANALIZA VANJSKOG OPTEREĆENJA

Opterećenja na konstrukciji se mogu klasificirati po: načinu djelovanja, duljini trajanja i po načinu prijenosa na konstrukciju (Sl. 4.1).

• Po načinu djelovanja opterećenja mogu biti statička ili dinamička • Po duljini trajanja opterećenja mogu biti stalna ili povremena • Po načinu prijenosa mogu biti koncentrirana ili kontinuirana.

Sl. 4.1 Klasifikacija opterećenja po načinu djelovanja

Osim spomenutih opterećenja, konstrukcije su izložene i drugim djelovanjima koja uzrokuju pojavu unutarnjih sila. To su: temperatura, skupljanje ili puzanje materijala te pomicanje oslonaca odnosno ležajeva.

5. PRINCIP SUPERPOZICIJE

Princip superpozicije ili princip neovisnog djelovanja vanjskog opterećenja izuzetno je važan u proračunu konstrukcija.

Definicija: ukupni rezultat djelovanja grupe opterećenja na konstrukciju jednak je rezultatu sume

pojedinačnih djelovanja (Sl. 5.1).


6

Sl. 5.1 Prikaz zakona superpozicije

Zakon superpozicije vrijedi samo u linearnom području ponašanja nosećih konstrukcija, što podrazumijeva male pomake, uz ponašanje materijala po Hookeovu zakonu.

6. ELEMENTI KONSTRUKCIJSKIH SUSTAVA

U ovom izlaganju ćemo se ograničiti na štapne sustave u kojima su sastavni elementi: štapovi,

grede, diskovi, čvorovi i veze.

Štapovi i grede se smatraju osnovnim elementima iz kojih se grade noseći konstrukcijski sustavi.

6.1 Štapovi

Štapovi su osnovni elementi konstrukcija, koji prenose sile samo uzduž svojih osi.

Veza štapa s drugim štapovima i elementima je zglobna. Noseća konstrukcija može biti sastavljena samo od štapova ili u kombinaciji s gredama (Sl. 6.1).


7

Sl. 6.1 Konstrukcije od štapova ili u kombinaciji s gredama

6.2 Grede

Grede su osnovni elementi konstrukcija koji preuzimaju sva opterećenja koja na njih djeluju. Mogu biti ravne, izlomljene ili zakrivljene (Sl. 6.2).

Sl. 6.2 Ravne i izlomljene grede

6.3 Diskovi

To su konstrukcijski elementi koji se mogu sastojati od jednog ili više osnovnih elemenata spojenih međusobno vezama tako da čine geometrijski nepromjenjivu strukturu (Sl. 6.3).


8

Sl. 6.3 Konstrukcije od diskova

6.4 Čvorovi

To su mjesta u konstrukcijama gdje se sastaju dva ili više osnovnih elemenata ili diskova.

Konstrukcijski čvorovi mogu biti: kruti, zglobni ili elastični.

Kruti čvorovi osiguravaju zajednički translacijski i rotacijski pomak spojenih elemenata, pri čemu je osigurana nepromjenjivost kutova između elemenata u čvoru.

Zglobni čvorovi osiguravaju samo jednakost translacijskih pomaka priključenih elemenata u čvoru, dok su rotacije različite.

Elastični čvorovi osiguravaju također samo jednakost translacijskih pomaka spojenih elemenata, a međusobni kutovi se mogu mijenjati ovisno o karakteristikama elastičnih veza (Sl. 6.4).

ϕ

ϕϕ

1ϕ

2ϕ3

ϕ

1ϕ

2ϕ3

ϕ

Sl. 6.4 Kruti, zglobni i elastični čvorovi

6.5 Veze

Veze sprječavaju međusobno pomicanje elemenata konstrukcija kao i njihovo pomicanja prema vanjskim objektima na koje su vezani.


9

Karakteristike veza su statičke i kinematičke prirode.

Kinematička karakteristika veze govori o stupnjevima slobode pomicanja u pojedinim pravcima ili o stupnjevima spriječenosti pomaka u određenim pravcima.

Statička karakteristika veze govori o tome koje sile veza preuzima u pojedinim pravcima, a u kojima ih ne preuzima.

6.5.1 U n u t a r n j e v e z e

Unutarnje veze su elementi konstrukcija koji sprječavaju međusobne pomake štapova, greda i diskova.

Postoji više tipova unutarnjih veza. To su: štapna, zglobna, kruta i kruto pomična.

Š t a p - je elementarna veza s istim svojstvima osnovnog štapnog elementa opisanog u prethodnim točkama.

S kinematičkog gledišta, štap kao veza sprječava međusobni translacijski pomak dvaju spojenih elemenata u smjeru štapa, dok ostale pomake omogućava (Sl. 6.5).

Sa statičkog gledišta štap može preuzeti silu samo u pravcu štapa.

I II

Sl. 6.5 Unutarnja veza štapom

Z g l o b – je takova veza koja omogućava rotacijske, a onemogućava međusobne translacijske pomake elemenata koji su njime spojeni.

Zglobom mogu biti spojena dva ili više elemenata međusobno, o čemu onda ovise i njegove statičke i kinematičke karakteristike (Sl. 6.6).


10

Sl. 6.6 Elementi spojeni zglobom

Ako zglob spaja 2 elementa, zglob je jednostruki. Spaja li 3 elementa zglob, je dvostruki. Spaja li n elemenata zglob je (n-1)-struki, odnosno strukost s=(n-1). Ako se na zglobnu vezu dvaju elemenata spoji treći element, dobije se dvostruki zglob. To kinenematički znači da su dodanom elementu onemogućeni translacijski pomaci prema ostalim spojenim elementima u zglobu, a omogućen mu je rotacijski pomak prema tim elementima.

Prema tome dodani element je povećao broj oduzetih stupnjeva slobode za dva, pa vrijedi opći izraz za oduzete stupnjeve slobode višestrukog zgloba: Os=2(n-1)=2s.

Zglobna veza dvaju elemenata ekvivalentna je vezi s dva štapa, s translacijskim pomacima nula u njihovu sjecištu (Sl. 6.7).

Sl. 6.7 Štapovi kao zglobna veza dvaju elemenata

K r u t a v e z a – (upetost) je veza kojom su elementi međusobno povezani tako da im je spriječen svaki međusobni pomak (Sl. 6.8).

S kinematičkog gledišta ovaj spoj oduzima sve stupnjeve slobode, a sa statičkog gledišta spoj prihvaća sve sile i momente iz bilo kojeg pravca djelovanja. To zapravo znači da u krutom ravninskom spoju imamo 3 nepoznate komponente sila.

Kruta veza dvaju elemenata ekvivalentna je vezi s tri štapa. Ako je kruta veza višestruka onda je ona jednaka vezi s 3(n-1) štapova.


11

Sl. 6.8 Tipovi krutih unutarnjih veza

K r u t o p o m i č n a v e z a – (pomična upetost) je veza koja omogućava međusobnu translaciju samo u jednom smjeru, a sprječava rotaciju i translaciju okomito na mogući pomak (Sl. 6.9).

To znači da oduzima dva stupnja slobode od tri moguća u ravnini i ima dvije nepoznate komponente sila.

Sl. 6.9 Kruto pomične unutarnje veze

6.5.2 V a n j s k e v e z e

Vanjske veze su elementi konstrukcija s kojima se one vezuju za čvrste točke izvan sustava odnosno za čvrstu okolinu. Često se zovu i ležajnim vezama ili kratko ležajevima (Sl. 6.10).

Tipovi vanjskih veza su: štap, pomični zglob, nepomični zglob, upeta veza i upeta pomična veza.

Š t a p – je vanjska veza sa svim karakteristikama koje su do sada rečene za štap kao osnovni element ili unutarnju vezu sa štapom (1 nepoznata sila u pravcu štapa).

Sl. 6.10 Štap kao vanjska veza

P o m i č n i - k l i z n i z g l o b – je vanjska veza s istim karakteristikama kao i veza s jednim štapom, pa vrijede i sva svojstva koja su opisana za veze sa štapom. To znači da oduzima samo jedan stupanj slobode okomito na smjer klizanja i u tom smjeru može preuzeti silu (Sl. 6.11).


12

Sl. 6.11 Pomični klizni zglob kao vanjska veza

N e p o m i č n i z g l o b – je vanjska veza koja sprječava sve translacijske pomake i omogućava samo rotaciju u zglobu (Sl. 6.12).

Nepomični zglob je ekvivalentan vezi s dva štapa i sadrži sve karakteristike takve veze.

Sl. 6.12 Nepomični zglob kao vanjska veza

U p e t a v e z a - je takva koja ne dopušta nikakve pomake (translacije ili rotacije). Na mjestu te veze su 3 nepoznate sile (Sl. 6.13).

Upeta veza ekvivalentna je vezi s tri štapa, pod uvjetom da oni nisu paralelni i da se ne sijeku u jednoj točki.

Sl. 6.13 Upeta vanjska veza (uklještenje)

U p e t a - p o m i č n a v e z a - je takva veza koja dopušta translaciju samo u jednom smjeru, a sprječava rotaciju i translaciju okomito na mogući pomak i ima 2 nepoznate sile (Sl. 6.14).

Upeta pomična veza u ravnini je ekvivalentna vezi s dva paralelna štapa i slijedi njihova svojstva.

Sl. 6.14 Upeta-pomična vanjska veza

E l a s t i č n o p o p u s t l j i v e v e z e – su one koje dopuštaju određene međusobne pomake spojenih elemenata ili ležajeva. Najčešće su to elastični štapovi (opruge), a mogu biti i upeti

elastično popustljivi ležajevi (Sl. 6.15).


13

Sl. 6.15 Elastično popustljive veze

7. TIPOVI NOSEĆIH KONSTRUKCIJA U RAVNINI (NOSAČI)

Noseći sustavi ili nosači su sposobni da preuzmu vanjsko opterećenje i druga djelovanja i da ih prenesu na okolnu podlogu. Da bi nosač bio statički i kinematički stabilan potrebno je prije svega da bude geometrijski nepromjenjiv. Stoga uvijek prije proračuna nosača treba utvrditi njegovu geometrijsku nepromjenjivost.

Samo geometrijski nepromjenjivi nosači se nazivaju kinematički stabilni nosači.

Nosače možemo podijeliti prema: rasporedu i broju veza, načinu prenošenja opterećenja i prema obliku na:

• obične ili jednostavne grede (grede) • grede s prepustom • konzolne nosače (konzole) • Gerberove nosače • kontinuirane nosače • lučne nosače (lukove) • okvirne nosače (okvire) • rešetkaste nosače (rešetke) • složene nosače

Pregled svih gore navedenih nosača prikazan je na slici 7.1.


14

Sl. 7.1 Tipovi nosača u ravnini

8. GEOMETRIJSKA PROMJENJIVOST I NEPROMJENJIVOST KONSTRUKCIJSKIH SUSTAVA Geometrijski promjenjivi sustavi su oni koji imaju pomake bez deformiranja elemenata, dok geometrijski nepromjenjivi sustavi dobivaju pomake jedino zbog deformacija njihovih elemenata. Radi jednostavnosti, umjesto geometrijski promjenjiv i geometrijski nepromjenjiv sustav, često koristimo termine promjenjiv i nepromjenjiv sustav. Na slijedećim primjerima ćemo pokazati kako od statički stabilnog i nepromjenjivog sustava postupnim ubacivanjem zglobova nastaje promjenjivi i nestabilni sustav (Sl. 8.1).


15

A B

C D

A B

C D

A B

C D

Sl. 8.1 Primjer prijelaza iz statički stabilnog u nestabilni sustav U daljnjim razmatranjima prikazuju se primjeri nekih promjenjivih sustava: lančanica, dva štapa u pravcu povezana međusobno sa zglobom u sredini, a na krajevima vezana za čvrstu podlogu, zatim greda sa tri štapa koji se sijeku u jednoj točki.

P

PP

P

Sl. 8.2 Primjeri geometrijski promjenljivih sustava

9. KINEMATIČKA ANALIZA KONSTRUKCIJSKIH SUSTAVA 9.1 Međusobno povezivanje diskova U ovom razmatranju je potrebno dati detaljniju definiciju diska kao elementa konstrukcijskih sustava. S kinematičkog gledišta disk je geometrijski nepromjenjiva figura, koja može biti sastavljena od više elemenata, ali to može biti i jedan element (greda ili štap). Pri kinematičkoj analizi, neka čvrsta figura sastavljena od više osnovnih elemenata, može se smatrati jednim diskom ili se može uzeti da je sastavljena od više diskova (Sl. 9.1).


16

Sl. 9.1 Struktura diska

9.1.1 Povezivanje dvaju diskova Dva se diska mogu međusobno povezati u nepromjenjivu figuru u ravnini pomoću:

• tri štapa • štapa i zgloba • krutom vezom

Sl. 9.2 Povezivanje dvaju diskova u geometrijski nepromjenljivu figuru Spojeni diskovi krutom vezom se mogu smatrati jednim diskom, a također i više spojenih diskova, ako se nedvojbeno utvrdi njihova geometrijska nepromjenjivost. Dva diska spojena pomoću tri štapa ili štapom i zglobom tvore nepromjenjivu figuru pod uvjetom da su veze pravilno raspoređene (Sl. 9.2). Pravilan raspored štapova u međusobnoj vezi diskova je takav da se oni ne sijeku u jednoj točki ili da nisu paralelni. Ako to nije ispunjeno, onda veza nije pravilna, kinematički je labilna i tvori mehanizam (promjenjivu strukturu), kao što se vidi na slijedećoj slici 9.3.


17

I

Sl. 9.3 Povezivanje dvaju diskova u geometrijski promjenljivu figuru 9.1.2 Povezivanje triju diskova Tri diska u ravnini imaju ukupno 9 stupnjeva slobode. D bi ih povezali u jednu nepromjenjivu figuru potrebno im je oduzeti 6 stupnjeva slobode. To se opet može napraviti: štapovima, zglobovima ili njihovom kombinacijom, pod uvjetom da su pravilno raspoređeni (Sl. 9.4).

I

II III

I

IIIII

I

II

III

Sl. 9.4 Povezivanje triju diskova u geometrijski nepromjenljivu figuru 9.1.3 Povezivanje više diskova U slučaju spajanja više diskova u geometrijski nepromjenjivu figuru vrijede potpuno ista pravila kao i kod spajanja dva ili tri diska pomoću zglobova, štapova ili njihovom kombinacijom. U svakom slučaju kod struktura s više diskova treba prije proračuna utvrditi geometrijsku promjenjivost odnosno geometrijsku nepromjenjivost.


18

U skladu s prethodnim razmatranjima može se formulirati izraz za utvrđivanje broja stupnjeva slobode za danu geometrijsku figuru u obliku.

d č š z1 z2 z3S 3n 2n n 2n 4n 6n ........itd.= + − − − − −

Ili u obliku

n

d č š zii 1

S 3n 2n n 2 i n=

= + − − ∑ (1)

gdje su:

d č š zin broj diskova, n broj čvorova, n -broj štapova i n - broj zglobova − −

Indeks „i“ označava koliko-struki je zglob (strukost zgloba). U gornjoj formuli prva dva člana daju ukupan broj stupnjeva slobode ( jer disk im 3, a čvor 2 stupnja slobode). Ostali članovi pokazuju oduzete stupnjeve slobode. Rezultat prikazane formule za stupnjeve slobode može biti: veći, manji ili jednak broju tri. Ako je S=3, ispunjen je nužan uvjet geometrijske nepromjenjivosti promatranog sustava međusobno povezanih diskova. U slučaju kada je S < 3, sustav ima više veza nego što je minimalno potrebno za geometrijsku nepromjenjivost. U slučaju kada je S > 3, sustav ima manje veza nego što je minimalno potrebno za geometrijsku nepromjenjivost, jer ima više stupnjeva slobode od 3 i figura je geometrijski promjenjiva. Nužan uvjet geometrijske nepromjenjivosti sustava povezanih diskova ne znači i dovoljan uvjet. Dovoljan uvjet se postiže pravilnim rasporedom veza. Kao primjer uzimamo analizu slijedećeg sustava (Sl. 9.5).

AB

CD E

F G

Sl. 9.5 Sustav povezanih diskova

Provedene su dvije paralelne kinematičke analize gornjeg sustava spojenih diskova. U prvoj analizi su elementi AB i BC uzeti kao diskovi, a svi ostali kao štapovi, gdje su točke F i G čvorovi.


19

Tim izborom po formuli (1) imamo: broj diskova nd=2, broj čvorova nč=2, broj štapova nš=5, broj jednostrukih zglobova nz1=1., pa broj stupnjeva slobode iznosi S = 3 x 2 + 2 x 2 - 5 - 2 x 1 = 3 (ispunjen nužan uvjet geometrijske nepromjenjivosti) U drugoj analizi svi elementi su odabrani kao diskovi, odakle slijedi da nema čvorova. Tim izborom po formuli (1) imamo: broj diskova nd=7, broj čvorova nč=0, broj štapova nš=0, broj jednostrukih zglobova nz1=2 (točke E i D), broj dvostrukih zglobova nz2=2 (točke F i G), broj trostrukih zglobova nz3=1 (točka B), pa računom dobivamo S = 3 x 7 + 2 x 2 - 4 x 2 – 6 x 1 = 3 Prema očekivanju dobili smo isti rezultat. Razmotrimo slijedeći primjer na slici 9.6.

Sl. 9.6 Sustav povezanih diskova Kod ovog primjera imamo: broj diskova nd=3 (AB,AC i BC), broj čvorova nč=0, broj štapova nš=4

(1,2,3,4), broj jednostrukih zglobova nz1=3, pa po formuli (1) dobivamo

S = 3 x 3 - 4 – 6 x 1 = -1 (višak veza). Analizirani sustav ima 4 veze više od minimalno potrebnih za geometrijsku nepromjenjivost. Ako su međusobne veze dobro raspoređene sustav je geometrijski nepromjenljiv. Slijedeći analizirani primjer je prikazan na slici 9.7.


20

A B C D

EF

1 2

3

4 5

IIIIII

Sl. 9.7 Sustav povezanih diskova

U ovom primjeru imamo: broj diskova nd=3 (I,II,III), broj čvorova nč=2 (točke E i F), broj štapova nš=5 (1,2,3,4,5), broj jednostrukih zglobova nz1=2 (točke B i C), pa po formuli (1) dobivamo

S = 3 x 3 + 2 x 2 - 5 - 2 x 2 = 4 (manjak veza).

Analizirani sustav ima 1 vezu manje od minimalno potrebnih, pa ga smatramo geometrijski promjenjivim (mehanizam). Važno je znati da se samo geometrijski nepromjenjivi sustavi mogu koristiti kao noseće konstrukcije (nosači). 9.2 Povezivanje diskova za podlogu Da bi disk ili sustav nepromjenjivih diskova postao noseći sustav ili nosač, potrebno je da u ravnini bude vezan s minimalno tri vanjske veze za okolnu čvrstu podlogu. Te tri veze oduzimaju tri stupnja slobode koliko ih ima nepromjenjiva figura diskova u ravnini. S tim vezama promatrani disk ili nepromjenjiva figura sastavljena od diskova i štapova, postaje nosač s nužnim uvjetima nepromjenjivosti, ali ne i dovoljnim. Za ispunjenje i dovoljnog uvjeta nepromjenjivosti nosača potrebno je da se te tri veze ne sijeku u jednoj točki ili da nisu paralelne. Na slici 9.8 su prikazani primjeri dobro odabranih veza diskova i štapova u ravnini.

Sl. 9.8 Pravilno raspoređene vanjske veze diskova i štapova


21

Slijedeći primjeri na slici 9.9 prikazuju nepravilno raspoređene vanjske veze diskova u ravnini, koje su paralelne ili se sijeku u jednoj točki.

Sl. 9.9 Nepravilno raspoređene vanjske veze diskova i štapova

Analiza sustava diskova povezanih za okolno čvrsto tlo može se provesti pomoću formule (1), ali s uključivanjem vanjskih veza. Tada izraz za broj stupnjeva slobode konstrukcijskog sustava glasi.

n

K d č š zi li 1

S 3n 2n n 2 i n n=

= + − − −∑ (2)

gdje je ln - broj ležajnih veza.

Iz gornje analize proizlazi: -ako je SK=0, ispunjen je nužan uvjet geometrijske nepromjenjivosti sustava diskova povezanih za podlogu, ali ne i dovoljan, -ako je SK < 0, radi se o sustavu koji ima više veza od minimalno potrebnih, ali i ovdje vrijedi da je ispunjen samo nužan uvjet geometrijske nepromjenjivosti, ali ne i dovoljan, jer se sve veze mogu sjeći u jednoj točki ili mogu biti paralelne pa je sustav promjenjiv. -ako je SK > 0, radi se o sustavu koji ima manje veza od minimalno potrebnih, pa je stoga geometrijski promjenjiv. Provjerimo geometrijsku promjenjivost ili nepromjenjivost nosača prikazanog na slici 9.10.

1

II

BA

C

I

Sl. 9.10 Provjera geometrijske promjenljivosti


22

Broj diskova nd=2, broj štapova nš=1, broj jednostrukih zglobova nz1=1, broj ležajnih veza nl=3, pa prema formuli (2) imamo

SK = 3 x 2 - 1 – 2 x 1 – 3 = 0 (ispunjen nužan uvjet geometrijske nepromjenjivosti) 10. STATIČKA ODREĐENOST I NEODREĐENOST Osnovna zadaća proračuna konstrukcija jest određivanje vanjskih i unutarnjih sila u konstrukcijama. Metode određivanja sila u konstrukcijama bitno se razlikuju, ovisno o statičkoj

određenosti odnosno statičkoj neodređenosti sustava.

U slučaju statički određenih sustava u ravnini, sve vanjske i unutarnje sile moguće je odrediti iz tri osnovne jednadžbe ravnoteže: -suma svih sila na nosaču u horizontalnom smjeru = 0 (∑Fh=0) -suma svih sila na nosaču u vertikalnom smjeru = 0 (∑Fv=0) -suma momenata svih sila oko osi okomite na ravninu = 0 (∑Mo=0)

U slučaju statički neodređenih sustava vanjske i unutarnje sile nije moguće odrediti iz tri osnovne jednadžbe ravnoteže već se moraju koristiti i dodatne jednadžbe koje proizlaze iz deformacije sustava. Statički određeni nosači se definiraju kao geometrijski nepromjenjive strukture s minimalno potrebnim i pravilno raspoređenim vezama koje osiguravaju nepromjenjivost strukture. Statički neodređeni nosači su također geometrijski nepromjenjive strukture s većim brojem od minimalno potrebnih i pravilno raspoređenih veza, koje osiguravaju nepromjenjivost strukture. Statička određenost ili neodređenost ne ovisi o opterećenju sustava nego samo o njegovim vezama. Neki poznati i uobičajeni tipovi nosača su automatski prepoznatljivi kao statički određeni, a neki kao statički neodređeni pa ih ne treba posebno kinematički provjeravati. Neki od takvih statički određenih nosača su prikazani na slijedećoj slici 10.1.


23

Sl. 10.1 Neki poznati statički određeni nosači

11. SILE U KONSTRUKCIJAMA Sile koje djeluju na konstrukcije dijele se na:

• vanjske • unutarnje.

V a n j s k e s i l e se dalje dijele na aktivne i reaktivne. Aktivnim vanjskim silama nazivaju se sva opterećenja koja djeluju izvana na konstrukciju. To su sile P i q prema sljedećoj slici. Reaktivnim vanjskim silama nazivaju se sile u vezama s kojima je konstrukcija pričvršćena za nepomičnu podlogu. To su sile RA, S1 i S2 na sljedećoj slici 11.1.

PqA B C

AR 1 2

1S 2

S

Sl. 11.1 Aktivne i reaktivne vanjske sile na nosaču


24

U n u t a r n j e s i l e se dijele na sile u unutarnjim vezama i u osnovnim elementima (Sl. 11.2).

P

1

1P

1

1

HA

P

1

1

HA

VA

M

TN

q

VAVB

HB

HC

VC

VC

HCq

A B

C

a. b. c.

Sl. 11.2 Unutarnje sile u nosačima

Na gornjoj slici a. prikazana je konstrukcija s vanjskim opterećenjem, na slici b. prikazane su sile u unutarnjim i vanjskim vezama, a na slici c. unutarnje sile u elementu konstrukcije M,T i N u presjeku 1-1. Svaki odvojeni dio konstrukcije mora biti u ravnoteži pod djelovanjem vanjskih i unutarnjih sila. Unutarnje sile u presjeku 1-1 nazivaju se: M-moment savijanja, T-poprečna sila i N-uzdužna sila. M,T,N drže ravnotežu vanjskim silama odbačenog dijela konstrukcije (slika c.). Definicije unutarnjih sila kod nosača u ravnini glase: U z d u ž n a s i l a u presjeku nosača jednaka je sumi projekcija svih sila koje djeluju s jedne ili s druge strane promatranog presjeka na os nosača. Pozitivna je ako u promatranom presjeku izaziva vlak. P o p r e č n a s i l a u presjeku nosača jednaka je sumi projekcija svih sila koje djeluju s jedne ili s druge strane promatranog presjeka okomito na os nosača. Pozitivna je ako izdvojeni dio konstrukcije na kojeg djeluje nastoji okretati u smjeru kazaljke na satu. M o m e n t s a v i j a n j a u presjeku nosača jednak je sumi momenata svih sila koje djeluju s jedne ili s druge strane promatranog presjeka. Pozitivan je ako na donjem rubu presjeka na kojeg djeluje izaziva vlak. 12. UNUTARNJE SILE LINIJSKIH NOSAČA U općem slučaju imamo prostorni linijski sustav ili trodimenzionalni sustav sastavljen od opterećenih štapova koji su obično smješteni u tri ravnine. Izdvojimo li iz prostornog sustava jedan štap i presiječemo ga, dobijemo 6 nepoznatih unutarnjih sila koje treba odrediti iz uvjeta ravnoteže prema vanjskim silama.


25

U ovom slučaju unutarnje sile su: uzdužna sila u smjeru osi štapa, poprečne sile u smjeru okomitih osi koje tangiraju poprečni presjek, zatim momenti savijanja oko dviju okomitih osi koje tangiraju poprečni presjek i moment uvrtanja oko uzdužne osi štapa, odnosno moment torzije (Sl. 12.1 ).

Sl. 12.1 Unutarnje sile u prostornom elementu grede

Unutarnje sile se u općem prostornom slučaju mogu razlagati po ravninama i uz primjenu zakona superpozicije rješavati ravninski. Prema tome i prostorne konstrukcije možemo razlagati po ravninama, pa ćemo se u buduće ograničiti samo na sustave konstrukcija u ravnini. 13. RAVNINSKI NOSAČI I NJIHOVE UNUTARNJE SILE Konstrukcija je ravninska ako osi svih njenih elemenata leže u istoj ravnini, zatim ako su svi poprečni presjeci elemenata simetrični u odnosu na tu ravninu, te ako sva vanjska opterećenja leže u toj ravnini, a vektori vanjskih momenata su okomiti na tu ravninu. Odaberemo li ravninu x-y, kao ravninu jednostavnog ravninskog linijskog nosača (štapa ili grede), tada imamo pozitivno orijentirane unutarnje sile prema slici 13.1.


26

x

N NM

T

yZ

M M=

ZT T=

Sl. 13.1 Pozitivna orijentacija unutarnjih sila u elementu konstrukcije U slučaju složenijih konstrukcija u ravnini unutarnje sile izgledaju kao na slijedećoj slici 13.2.

1 1

11

Sl. 13.2 Unutarnje sile u složenim konstrukcijama


27

14. DIFERENCIJALNE JEDNADŽBE RAVNOTEŽE LINIJSKIH NOSAČA Promatramo isječeni dio linijskog nosača diferencijalne duljine dx i na njemu odgovarajuće kontinuirane vanjske sile, te unutarnje sile prema slijedećoj slici 14.1.

N( x ) dN( x dx )+ +

M( x ) dM( x dx )+ +

T( x ) dT( x dx )+ +

Sl. 14.1 Vanjske i unutarnje sile na diferencijalnom elementu ravnog nosača

Iz uvjeta sume projekcija svih sila na os x dobivamo:

N( x ) n( x )dx N( x ) dN( x dx ) 0

dN( x dx ) n( x )dx 0

dN( x dx )n( x ) 0

dx

N ( x ) n( x ) 0 ( 3 )

− + + + + =

+ + =

+ + =

′ + =

Iz uvjeta sume projekcija svih sila na os z dobivamo:

T( x ) q( x )dx T( x ) dT( x dx ) 0

dT( x dx ) q( x )dx 0

dT( x dx )q( x ) 0

dx

T ( x ) q( x ) 0 ( 4 )

− + + + + =

+ + =

+ + =

′ + =


28

Iz uvjeta sume momenata svih sila na točku B dobivamo:

dxM( x) T( x)dx m( x)dx [q( x)dx] M( x) dM(x dx) 0

2

dM( x dx) T( x)dx m( x)dx 0

dM( x dx)T( x) m( x) 0

dx

M ( x) T( x) m( x) 0 (5)

− − + + + + + =

+ − + =

+ − + =

′ − + =

Iz gornjih diferencijalnih jednadžbi ravnoteže dobivamo poznate diferencijalne odnose između unutarnjih sila i distribuiranih vanjskih sila na elementu u obliku:

N ( x ) n( x )

T ( x ) q( x )

M ( x ) T( x ) m( x ) (6 )

′ = −

′ = −

′ = −

Treba napomenuti da se distribuirani moment vrlo rijetko pojavljuje pa ga u gornjoj jednadžbi možemo izostaviti m( x ) 0= , pa vrijedi.

M ( x ) T( x ) (7 )′ =

Deriviranjem gornje jednadžbe dobivamo:

M ( x ) T ( x )T ( x ) q( x )

′′ ′=′ = − ,

iz čega se vidi da također vrijedi odnos

M ( x ) q( x ) ( 8 )′′ = − .


29

14.1 Djelovanje koncentrirane sile

l d

L∆

Sl. 14.2 Koncentrirana sila na dijelu ravnog nosača

Iz uvjeta ravnoteže vertikalnih sila dobivamo:

l d

l d

T P T 0

T T P ( 9 )

− + + =

− = ,

iz čega se vidi da je koncentrirana sila P u točki nosača jednaka razlici između lijeve i desne poprečne sile u promatranoj točki. 14.2 Djelovanje koncentriranog momenta

M

Sl. 14.3 Koncentrirani moment na dijelu ravnog nosača

Iz uvjeta ravnoteže momenata dobivamo:

l d

l d

M M M 0

M M M (10 )

− + + =

− =

15. DIJAGRAMI UNUTARNJIH SILA NA NOSAČIMA Dijagrami unutarnjih sila, grafički prikazuju veličine unutarnjih sila (M,T i N) po pojedinim dijelovima nosača. Uobičajeno je da se dijagrami unutarnjih sila crtaju za gredne nosače kao i za kombinirane nosače s gredama i štapovima, dok se za rešetkaste nosače ne crtaju.


30

Veličina pojedine unutarnje sile u promatranom presjeku nosača se nanosi okomito na os nosača, pri čemu vodimo računa o njezinu predznaku. Konvencija o predznaku momenta savijanja može biti diskutabilna pa će se ovdje pokušati jasnije utvrditi. Za moment savijanja je rečeno da je pozitivan kada u na donjem rubu presjeka elementa uzrokuje vlačno naprezanje. Ostaje nedefinirano „što je donji rub“, kada je element grede vertikalan. Stoga se u definiciju uvodi kretanje od lijeve ili od desne strane nosača uz gledanje pravca djelovanja rezultante svih sila koje djeluju na lijevoj ili desnoj strani presjeka. Pa vrijedi: M o m e n t s a v i j a n j a u presjeku nosača je pozitivan, ako krećući se od lijeva na desno, rezultanta svih sila koje djeluju lijevo od tog presjeka okreće u smjeru kazaljke na satu. Isto tako moment savijanja u presjeku nosača je pozitivan, ako krećući se od desna na lijevo, rezultanta svih sila koje djeluju desno od tog presjeka okreće suprotno od smjera sata. Na sljedećoj slici 15.1 je prikazana pozitivna i negativna orijentacija momenta savijanja u odnosu na promatrani presjek nosača.

Sl. 15.1 Pozitivna i negativna orijentacija momenata savijanja u odnosu na promatrani presjek

Za poprečnu silu je rečeno da je pozitivna ako izdvojeni segment nosača nastoji okretati u smjeru kazaljke na satu. Dodatno se može reći da je poprečna sila pozitivna na dijelu rastuće funkcije momenta savijanja, a negativna na području padajuće funkcije momenta savijanja ili okreće suprotno od sata (vidi sljedeću sliku).

Sl. 15.2 Pozitivna i negativna orijentacija poprečnih sila u odnosu na promatrani presjek

Najmanje je nejasan predznak uzdužne sile. Ona je pozitivna kada djeluje u smjeru normale na presjek, u kojem uzrokuje vlak.


31

Sl. 15.3 Pozitivna i negativna orjentacija uzdužnih sila u odnosu na promatrani presjek

Važno je napomenuti da se prilikom konstruiranja dijagrama unutarnjih sila možemo i trebamo koristiti poznatim diferencijalnim odnosima kao i pokazanim koncentriranim djelovanjima.

M ( x) T( x), T ( x ) q( x ), N ( x) n( x ) (11)′ ′ ′= = − = −

Proračun unutarnjih sila odvija se po segmentima gdje funkcije imaju jedinstvene vrijednosti. Pri tome se pozitivne uzdužne i poprečne sile crtaju iznad osi nosača, a pozitivni momenti ispod. Kao primjer crtanja dijagrama unutarnjih sila uzeti ćemo nosač prema slici (Sl. 15.4 a) i b) ). a) zadana shema nosača

l b) računska shema nosača

2x

3x

1x

4x

5x

Q q a= ⋅x

Q q x= ⋅

H

l

1 2 3,4

5

Sl. 15.4 a) i b) Shema nosača za proračun vanjskih i unutarnjih sila

Proračun vrijednosti momenata savijanja, poprečnih i uzdužnih sila na prikazanom nosaču započinjemo određivanjem sila u vanjskim vezama odnosno reaktivnih sila (reakcija).


32

Reakcije određujemo iz uvjeta ravnoteže svih sila koje djeluju na nosač u horizontalnom odnosno vertikalnom smjeru, te sume momenata svih sila u odnosu na točke A i B. Određivanje reakcija:

XF 0, H=0=∑

B A

A

M 0, R l q.l ( l a / 2 ) P ( c d ) 0

R q ( l a / 2 ) P ( c d ) / l

= ⋅ − ⋅ − − ⋅ + =∑

= ⋅ − + ⋅ +

A B

2

B

M 0, R l q. a ( a / 2 ) P ( a b ) 0

R q a / 2l P ( a b ) / l

= ⋅ − ⋅ − ⋅ + =∑

= ⋅ + ⋅ +

Unutarnje sile na djelu nosača AC, 1

(0 x a )≤ ≤ 2

1 1

1 1 A 1 1 A 1

x xM ( x ) R x q x R x q

2 2= ⋅ − ⋅ ⋅ = ⋅ −

1 1 A 1T ( x ) R q x= − ⋅ ;

1 1N ( x ) 0=

Unutarnje sile na djelu nosača CD, [ ]2

a x ( a b )≤ ≤ +

2 2 A 2 2

aM ( x ) R x q a ( x )

2= ⋅ − ⋅ ⋅ −

2 2 AT ( x ) R q a= − ⋅ ;

2 2N ( x ) 0=

Unutarnje sile na djelu nosača DE, [ ]3( a b ) x ( a b c )+ ≤ ≤ + + ili

[ ]40 x ( c d )≤ ≤ +

[ ]3 3 A 3 3 3 B 4

aM ( x ) R x q a ( x ) P x ( a b ) R x

2= ⋅ − ⋅ ⋅ − − ⋅ − + = ⋅

3 3 A BT ( x ) R q a P R= − ⋅ − = − ;

3 3N ( x ) 0=

Unutarnje sile na djelu nosača EB 5

(0 x d )≤ ≤

5 5 B 5M ( x ) R x= ⋅

5 5 BT ( x ) R cosα= − ;

5 5 BN ( x ) R sinα= −


33

M-dijagram

2aq

8

CM

DM

EM

+

T-dijagram

d

AT

++

−−

CT l

DT

d

DT

l

ET

d

ET

l

BT

N-dijagram

d

EN

l

BN

−

Sl. 15.5 Dijagrami unutarnjih sila M,T,N na zadanom nosaču


34

16. NOSAČI SASTAVLJENI OD JEDNOG DISKA Statički određeni nosači koji su sastavljeni od jednog diska trebaju imati tri dobro raspoređene vanjske veze da bi bili statički i kinematički stabilni, što znači da su geometrijski nepromjenjivi pod djelovanjem vanjskog opterećenja. Mogu biti raznih oblika, a neki od njih su prikazani na slici 16.1.

Sl. 16.1 Statički određeni nosači sastavljeni od jednog diska Nosači sastavljeni od jednog diska mogu biti i statički neodređeni (Sl. 16.2), s više od tri vanjske veze, ali ćemo se mi za sada zadržati samo na statički određenim nosačima.

Okvirni nosači

Sl. 16.2 Statički neodređeni nosači sastavljeni od jednog diska


35

16.1 Obična greda Obična greda je statički određeni nosač koji može prihvatiti bilo kakvo vanjsko opterećenje i pri tome ostati stabilan i geometrijski nepromjenjiv. Opterećenja mogu biti raznih oblika (Sl. 16.3).

1x

2x

3x

4x

5x

1 2 3 4 5

Sl. 16.3 Obična greda s različitim opterećenjem

Najprije se za zadano vanjsko opterećenje odrede reakcije u vanjskim vezama, a nakon toga se određuju unutarnje sile po dijelovima nosača. Proračun unutarnjih sila odvija se po segmentima, gdje funkcije imaju jedinstvene vrijednosti (točke 1,2,3,4,5), prema gornjoj slici. Postupak proračuna može biti analitički ili grafički. 16.1.1 A n a l i t i č k i p o s t u p a k Analitički postupak proračuna unutarnjih sila na običnoj gredi s vanjskim opterećenjem prikazan je na slijedećim primjerima. P r i m j e r 1. (obična greda) Obična greda opterećena je kosim koncentriranim opterećenjem (Sl. 16.4 a) i b)). Treba analitičkim postupkom odrediti dijagrame unutarnjih sila: M,T,N. a) zadana shema nosača:

a b

α


36

b) računska shema nosača:

1x

2x

1

a b

1(l x )−

2(l x )−

HP

VP

α

y

2x

V

H

P PsinP Pcos

αα

==

Sl. 16.4 a) i b) Obična greda opterećena kosom silom

Reakcije:

X H H H HF 0, A P 0, A P = − = =∑

B V V V V

M 0, A l P b 0, A P b/l = ⋅ − ⋅ = = ⋅∑

A V V V V

M 0, B l P a 0, B P a/l = ⋅ − ⋅ = = ⋅∑

Sile u presjeku 1: 1

( 0 x a )≤ ≤

1x 1

y

1M

1N

1T

X 1 H 1 H H

F 0, N A 0, N A =-P= + = = −∑

Y 1 V 1 V V

F 0, T - A 0, T A =P b/l = = = ⋅∑

1 V 1 1 1 V 1 V 1

M 0, A x M 0, M A x =P b / l x = ⋅ − = = ⋅ ⋅ ⋅∑

C V V

M A a P a b/l = ⋅ = ⋅ ⋅

Sile u presjeku 2: 2

( a x l )≤ ≤

2x

a

HP

VP

α

y

2

2M

2N

2T

2(x a)−

X 2 H H 2 H HF 0, N A P 0, N P A =0 = + − = = −∑

Y 2 V V 2 V V V V

F 0, T +P - A 0, T A - P =Pb / l P= = = −∑


37

2 V 2 V 2 2

2 V 2 V 2

M 0, A x P( x a ) M 0, M P b / l x P( x a )

= ⋅ − − − =∑= ⋅ ⋅ − −

M-dijagram

C V

abM P

l=

+

T-dijagram

V

bP

lV

bP

l

V

aP

lV

aP

l

N-dijagram

HP

HP

Sl. 16.5 Dijagrami unutarnjih sila na zadanoj običnoj gredi

P r i m j e r 2. (obična greda s prepustom) Zadana je obična greda s prepustom (Sl. 16.6 a) i b)). Treba odrediti dijagrame unutarnjih sila: M,T,N analitičkim putem. a) zadana shema

M


38

b) računska shema

x1 1Q q x= ⋅ Q q l= ⋅

M

HA C

Sl. 16.6 a) i b) obična greda s prepustom

Reakcije:

X HF 0, A 0 = =∑

B V

V

M 0, A l M Q l / 2 P a 0, A M / l q l / 2 P a / l

= ⋅ − − ⋅ + ⋅ =∑= + ⋅ − ⋅

A V

V

M 0, B l P( l a ) Q l / 2 M 0, B P( l a ) / l q l / 2 M / l

= ⋅ − + − ⋅ + =∑= + + ⋅ −

Sile u presjeku 1, 1

( 0 x l )≤ ≤

x1 1Q q x= ⋅

M

HA 1

M

1N

1T

1x /2

1x /2

X 1 H 1 HF 0, N +A 0, N = - A =0 = =∑

d l

Y 1 x1 V 1 V 1 A V B VF 0, T +Q - A 0, T A - q x , T =A , T =A - q l = = = ⋅ ⋅∑

2

1 1 x1 1 V 1 1 V 1 12

A B V

M 0, - M - Q x / 2 M A x 0, M A x M q x / 2 M M, M A l M q l / 2 Pa

= ⋅ − + ⋅ = = ⋅ − − ⋅∑= − = ⋅ − − ⋅ = −


39

Sile u presjeku 2, 2

( 0 x a )≤ ≤

P2

M2

N2

T

2x2

C

X 2F 0, N =0 =∑

d

Y 2 2 BF 0, -T + P 0, T P T= = = =∑

2 2 2 2 2

C B

M 0, - M - P x 0, M P x , M 0, M P a

= ⋅ = = − ⋅∑= = − ⋅

M-dijagram

2ql

8

2ql

8

M

Pa

maxMT 0=

T-dijagram

PV

A P

VA ql−

Sl. 16.7 Dijagrami unutarnjih sila na običnoj gredi s prepustom


40

P r i m j e r 3 (konzolna greda - konzola) Zadan je konzolni nosač prema prikazanoj slici. Treba analitičkom metodom odrediti dijagrame unutarnjih sila. a) zadana shema konzolnog nosača

α

q

lA B

P 0,3ql=

b) računska shema konzolnog nosača

αH

P

VP

XQ q x= ⋅ Q q l= ⋅

q

xly

A B

BM

HB

VB

1

P 0,3ql=

Sl. 16.8 a) i b) Konzolni nosač s kontinuiranim opterećenjem

Reakcije: : X H H H H

F 0, B P 0, B P =0,3ql cosα= − = = ⋅∑

Y V V V

F 0, - B P Q 0, B q l - 0,3ql sinα= − + = = ⋅ ⋅∑

B B V2 2

B

M 0, M Q l / 2 P l 0, M 0,5q l - 0,3ql sinα

= − ⋅ + ⋅ =∑= ⋅ ⋅

Unutarnje sile u presjeku 1, ( 0 x l )≤ ≤

α

P

HP

VP

XQ q x= ⋅

q

xyA 1x/ 2x/ 2

1M

1N

1T


41

X 1 H 1 HF 0, N - P 0, N =P =0,3ql cos α= = ⋅∑

Y 1 x V 1 V xd l

A B

F 0, T +Q - P 0, T P - Q =0,3ql sin - qx,T =0,3ql sin , T =0,3ql sin - q l

αα α

= = = ⋅∑⋅ ⋅ ⋅

2

1 1 x V 12 2

A B

M 0, - M - Q x / 2 P x 0, M 0,3ql sin x 0,5q xM 0, M 0,3ql sin 0,5ql

αα

= ⋅ + ⋅ = = ⋅ ⋅ − ⋅∑= = ⋅ −

Dijagrami unutarnjih sila:

M-dijagram

+

-2ql

8

2ql

8max

M

2(0

,3si

n0,

5)q

lα

−

x T 0x 0,3l sinα

==

T-dijagram

+-

x T 0x 0,3l sinα

==0,

3qls

inα

(0,3

sin

1,0

)ql

α−

N-dijagram

+

0,3

qlco

sα

0,3

qlco

sα

Sl. 16.9 Dijagrami unutarnjih sila na konzolnom nosaču


42

16.1.2 G r a f i č k i p o s t u p a k P r i m j e r 4 (greda s prepustom – grafički postupak) Za zadanu običnu gredu opterećenu prema slici (16.10) treba grafičkim postupkom odrediti reakcije i unutarnje sile u presjeku s-s. Zadana shema nosača:

2a a a a

P P P

2ss

Sl. 16.10 Obična greda s prepustom opterećena koncentriranim silama O p i s g r a f i č k o g p o s t u p k a Najprije se u mjerilu (obično 1:100 ili 1:50) nacrta slika zadanog nosača sa odgovarajućim položajem i smjerom djelovanja vanjskih sila kao i smjerom djelovanja reaktivnih sila (Sl. 16.11). Određivanje unutarnjih sila primjenom grafičkog postupka obavljamo pomoću tzv. „verižnog poligona sila“. U određenom mjerilu nanesu se redom sile koje djeluju na nosač. Odabere se pol „O“ na udaljenosti „H“ i nanesu verižne zrake iz odabranog pola. Zrake se potom usporedno prenesu na smjerove sila na slici nosača. Produženjem krajnjih zraka do smjera reakcija dobivamo tzv. „zaključnu liniju-z“, čiji smjer na poligonu sila određuje veličinu reakcija. Zaključna linija i zrake definiraju ordinate „η“ koje su proporcionalne momentu savijanja na nosaču. Moment savijanja u svakom presjeku nosača se dobije tako da se odgovarajuća ordinata η

(očitana u mjerilu dužina) pomnoži s polarnom udaljenosti H (očitanom u mjerilu sila).

Dakle u presjeku „s-s“ moment savijanja je S S S SM H η− −= ⋅ , ali vrijedi i drugi izraz

S S A P S SM R r− − −= ⋅ , koji daje isto rješenje.

Poprečne sile se dobiju direktnim projiciranjem iz plana sila, odnosno verižnog poligona sila.


43

2a a a a

P P P

2

A B

0

12

3

0

1

2

3

ZP

P

P

2

A PR −

s sη −

B

AP

2

B

P

P

A + +

-O

H

A PR−

s sr −

ss

S ST −

Oči tano :

S SN 0− =

S S A PT R− −= −

S S S SM H η− −= ⋅

Z

H siladužinaη

−−

Sl. 16.11 Određivanje unutarnjih sila na gredi s prepustom grafičkim postupkom

P r i m j e r 5 (grafički postupak određivanja unutarnjih sila u zadanom presjeku) Za nosač prikazan na slici 16.12 a) i b) treba u presjeku s-s odrediti unutarnje sile M,T i N grafičkim postupkom. a) zadana shema

α

P aa

as

s

A

B


44

b) grafička shema

α

P

ss

A

B

PB

A

B

A

HA

VA

HB

VB

B PR

−

B PR

−

r

A S S

S B P

T ,N oči tatiu mjerilu sila

M A r R r−

−

= ⋅ = ⋅

l

SN−

d

SN−

l

ST+

d

ST+

Sl. 16.12 a) i b) Određivanje unutarnjih sila i reakcija u zadanom presjeku grafički

16.1.3 P r i m j e n a z a k o n a s u p e r p o z i c i j e P r i m j e r 6 (greda s dva prepusta) Prilikom određivanja unutarnjih sila u nosačima moguće je koristiti i zakon superpozicije, koji složena stanja opterećenja rastavlja na jednostavnija i rezultate zbraja. Pokažimo to na primjeru određivanja dijagrama momenata savijanja na običnoj gredi s dva prepusta (Sl. 16.13 a) i b))

qP

q

qP

=

+

a al1

2

3

Sl. 16.13 a) Razlaganje opterećenja na gredi s dva prepusta superpozicijom


45

=

+

2ql / 8

2qa / 2 Pa

+

-

2qa / 2 Pa- -

+

M( 2 )

M( 3 )

M(1) M( 2 ) M( 3 )= +

Sl. 16.13 b) Razlaganje momenata savijanja superpozicijom

17. GERBEROVI NOSAČI To su kontinuirani nosači na više oslonaca koji imaju ubačene zglobove tako da tvore statički određeni i geometrijski nepromjenjiv sustav. Sastoje se od niza povezanih običnih greda ili konzola. Kod formiranja Gerberovih nosača treba jedino paziti na potreban broj zglobova, te da budu pravilno raspoređeni tako da čine geometrijski nepromjenjiv statički sustav. Takvi nosači su racionalniji jer mogu smanjiti momente savijanja, a zbog osnovnih elemenata od kojih su sastavljeni (obične grede) nisu osjetljivi na pomake ležajeva niti na utjecaj temperature. Stoga se u praksi često koriste tamo gdje su moguća slijeganja oslonaca ili značajnije promjene temperature. Gerberovih nosača ima različitih oblika (punostijeni, rešetkasti ili kombinirani). Mogu imati gotovo beskonačan broj oslonaca, od kojih je samo jedan nepomični, a svi ostali su pomični (klizni). Slika 17.1 prikazuje nekoliko tipova Gerberovih nosača s pravilno raspoređenim zglobovima tako da čine geometrijski nepromjenjiv statički sustav.


46

P

P.f

M

P PP.l

Sl. 17.1 Gerberovi nosači s pravilno raspoređenim zglobovima Slika 17.2 prikazuje Gerberove nosače s nepravilno raspoređenim zglobovima.

Sl.17.2 Gerberovi nosači s nepravilno raspoređenim zglobovima

Očigledno je, da se tri zgloba ne smiju naći u jednom polju (g,h,i), niti kombinacija s četiri zgloba u dva susjedna polja (j,k) prema gornjoj slici.


47

17.1 A n a l i t i č i p o s t u p a k r j e š a v a n j a G.N Pri analitičkom rješavanju Gerberovih nosača koriste se dva pristupa: rastavljeni i cjeloviti. Rastavljenim pristupom rješava se postupno dio po dio nosača (obične grede), redoslijedom koji se odredi na temelju statičke sheme nosača. Koriste se tri elementarna uvjeta ravnoteže, gdje u svakoj postavljenoj jednadžbi imamo po jednu nepoznanicu. Cjelovitim pristupom promatra se nosač u cjelini i postavljaju se na njemu jednadžbe ravnoteže. Na slijedećoj slici imamo pet nepoznatih vanjskih veza (reakcija), pa je potrebno postaviti i riješiti pet jednadžbi s pet nepoznatih. Dvije dopunske jednadžbe se dobiju iz uvjeta da je suma momenata u točkama 1 i 2 jednaka nuli. Na slici 17.3 prikazuje se tipični Gerberov nosač sa tri polja opterećen koncentriranim i kontinuiranim opterećenjem. P r i m j e r 1.

P Pq

1l la a

1l

A B C D1 2I II III

α

Sl. 17.3 Gerberov nosač s tri polja Nosač je sastavljen od tri obične grede (I,II i III), gdje greda II predstavlja osnovnu gredu na koju se greda I i greda III naslanjaju. Zadani nosač je statički određen i geometrijski nepromjenjiv, što se dokazuje poznatom formulom za broj stupnjeva slobode u ravnini.

K d z 1 lS 3n 2n n 3 3 2 2 5 0= − − = ⋅ − ⋅ − =

Rješenje ćemo tražiti postupkom rastavljanja Gerberova nosača na obične grede, a rješavanje ćemo započeti s naslonjenim gredama I i III, tzv. (1. razina). Nosač rastavljen na obične grede prikazan je na slici (Sl. 17.4).


48

Q ql= 2VQ

2VQ

1VQ

1VQ

HB

VB

Sl. 17.4 Računska shema Gerberova nosača s tri polja Nosač A-1, (1. nivo)

1l /2 1V

Q

1

1 1

1 1 1

A 1V 1 1 1V

l / 2 1 1 1

d l l d

A l / 2 1 1V l / 2

M 0, A l P l / 2 0, A=P/2

M 0, Q l P l / 2 0, Q =P/2

M A l / 2 P / 2 l / 2 Pl / 4

T A P / 2 T , T Q P / 2 T

= ⋅ − ⋅ =

= ⋅ − ⋅ =

= ⋅ = ⋅ =

= = = = − = − =

∑

∑


49

Nosač 2-D (1. nivo)

2VQ

1

1 1

X 2H H 2H H

2 1 V 1

D 2V 1 V 1 2V

l / 2 1 1 1

l d d

D l / 2 2 2V l

F 0, Q P 0, Q P Pcos

M 0, D l P l / 2 0, D=Psin /2

M 0, Q l P l / 2 0, Q =Psin /2

M D l / 2 P sin / 2 l / 2 Pl sin / 4

T D P sin / 2 T , T Q P sin / 2 T

α

α

α

α α

α α

= − = = =

= ⋅ − ⋅ =

= ⋅ − ⋅ =

= ⋅ = ⋅ =

= − = − = = = =

∑

∑

∑

1 1

l

/ 2

d l l d

2 2 H l / 2 D l / 2N Q Pcos N , N N 0α= − = − = = =

Nosač 1-2 (2. nivo)

q

la

B CII

Cl/2 l/2

1a

22HQ

Q ql=

HB

VB

1VQ

2VQ


50

[ ]

X H 2H H 2H

C V 1V 2V

2

V

B 2V 1V

F 0, B - Q 0, B =Q P cos

M 0, B l Q ( l a ) Q l / 2 Q a 0,1

B P(l+a) ql Pa sin2l

M 0, C l Q ( l a ) Q l / 2 Q a 0, 1

C P(l+a)sin2l

α

α

α

= = =

= ⋅ − ⋅ + − ⋅ + ⋅ =

= + − ⋅

= ⋅ − ⋅ + − ⋅ + ⋅ =

= +

∑

∑

∑

[ ]2

B 1V C 2V

d l d

1 B 1V B 1V V Vl d l

C 2V C 2 2V

d l d l

B C C 2 2 H

ql Pa

M Q a Pa / 2, M Q a Pa sin / 2

T T Q P / 2, T Q B P / 2 BT Q C P sin / 2 C , T T Q P sin / 2

N N N N Q P cos

α

α α

α

−

= − ⋅ = − = − ⋅ = −

= = − = − = − + = − += − = − = = =

= = = = − = − Dijagrami unutarnjih sila

M-dijagram

2ql

8

1Pl / 4

1Pl sin / 4α

Pasin / 2αPa / 2

2ql

8

+ + +

- -

maxM

T-dijagram

l

B

PT

2=

d

CT Psin / 2α=

Psin / 2αPsin / 2α

Psin / 2α

N-dijagram

Pcosα Pcosα

Sl. 17.5 Dijagrami unutarnjih sila Gerberova nosača s tri polja


51

Pokažimo još jedan primjer rastavljanja Gerberova nosača na elementarne dijelove (obične grede) za analitički postupak (Sl. 17.6) koji se provodi na tri nivoa.

1. nivo

2. nivo

3. nivo

Sl.17.6 Postupak rastavljanja Gerberova nosača na elementarne dijelove 17.1 G r a f i č k i p o s t u p a k r j e š a v a n j a G e r b e r o v i h n o s a č a Postoji više pristupa pri grafičkom rješavanju Gerberovih nosača, ali najčešći i najtočniji je grafički postupak koji se provodi pomoću odvojenih verižnih poligona jednake polarne udaljenosti „H“ za svaki pojedini raspon. Zaključne linije su definirane sa zglobovima i poznatim rubnim vrijednostima momenata savijanja.


52

Prikazati ćemo ovaj grafički postupak za isti nosač koji je korišten u prethodno prikazanom analitičkom postupku (Sl.7.3) s malim izmjenama u vanjskom opterećenju. Grafički postupak određivanja reakcija i unutarnjih sila u Gerberovu nosaču prikazan je na sljedećoj slici 17.7. P r i m j e r 2.

q

A B C D1 2I II III

2P 0,4Q=1

P 0,6Q=Q ql=

1O

2O

3O

1

23

4

5

6

1z

2z

3z

1z

2z

3z

12 3 4

5 61

P

Q

2P

D

C

B

A

A

A

1P

B

B

C

C

2P

D

D

+

++

+ + +

--

- - -

l aa1l / 2

1l / 2 1

l / 21l / 2

H

y

E F

Ey

By

Cy

Fy

M H yH mjerilo silay mjerilo slike

= ⋅−

−

2ql

8

Sl. 17.7 Grafički postupak određivanja unutarnjih sila Gerberova nosača 17.2 G r a f o a n a l i t i č k i p o s t u p a k Za određivanje reakcija i unutarnjih sila kod Gerberovih nosača najprikladniji je grafoanalitički postupak. Postupak se sastoji u tome da se analitičkim putem odrede i nacrtaju dijagrami momenata savijanja na izdvojenim rasponima, a zatim se grafičkim putem povuku zaključne linije čije pravce i položaj određuju zglobovi i poznate vrijednosti na rubovima.


53

Temeljem određenog dijagrama momenata savijanja na cijelom nosaču, moguće je odrediti poprečne sile i reakcije korištenjem diferencijalnih odnosa. Postupak je vidljiv na sljedećem primjeru (Sl. 17.8). P r i m j e r 3. Provjera statičke određenosti provodi se putem poznatog izraza:

K d z 1 lS 3n 2n n 3 4 2 3 6 0= − − = ⋅ − ⋅ − =

1P

2P

1l 2

l

1q

2q1

Q2

Q

1z 2

z 3z2

1 1q l

8

2

2 2q l

81

Pl

4

a

2PaA

M

BM

CM

---

-

- - - -

+ + +

+ + +

2

1 1q l

8

2

2 2q l

8

1P

2P+ + + +

- - -

1

1

1 B

1P

CM

T

DM

CM

BM

AM

2

1 1q l

8

2

2 2q l

81

Pl

4

Sl. 17.8 Grafoanalitički postupak određivanja unutarnjih sila Gerberova nosača


54

18. REŠETKASTI NOSAČI Nosači sastavljeni od štapova koji su međusobno spojeni zglobovima zovu se rešetkasti nosači. Rešetkasti nosači mogu biti statički određeni i statički neodređeni. Statički određeni i geometrijski nepromjenjivi rešetkasti nosači su oni koji imaju dovoljan broj ispravno raspoređenih štapova i dovoljan broj ispravno raspoređenih vanjskih veza. Statički neodređeni rešetkasti nosači imaju više od dovoljnog broja pravilno raspoređenih štapova, vanjskih veza ili jedno i drugo. Geometrijski promjenjive rešetkaste strukture mogu biti i statički određene i statički neodređene, ako su im štapovi ili vanjske veze nepravilno raspoređene ili ih ima nedovoljno. Osnovni stabilni element svake ravninske rešetke je „trokut“ s tri štapa i tri čvora. Na tu čvrstu figuru dodajemo po jedan čvor s dva štapa i tako gradimo stabilnu strukturu „rešetkasti disk“ ( Sl. 18.1).

Sl. 18.1 Formiranje stabilne rešetkaste strukture Čvrsti rešetkasti disk pomoću vanjskih veza povezujemo za nepomičnu podlogu i tako dobivamo stabilni rešetkasti nosač. Statičku određenost rešetkastih nosača u ravnini provjeravamo pomoću formule za broj potrebnih štapova.

Š Čn 2 n 3= ⋅ −


55

gdje je: Š

n - potreban broj štapova, a Č

n - broj čvorova rešetke. Ako se u broj štapova uključe i

vanjske veze, dobiva se nužan uvjet statičke određenosti i geometrijske nepromjenjivosti u obliku.

Š Čn 2 n′ = ⋅

gdje Š

n′ - predstavlja sve štapove uključujući i vanjske veze pretvorene u štapove.

Rešetkasti nosači u ravnini mogu biti različitih oblika i statičkih sustava: obična rešetka na dva ležaja sa ili bez prepusta, konzolna rešetka, Gerberova rešetka i trozglobna rešetka. Rešetkasti nosač može biti sastavljen od kombinacije štapova i punostijenih diskova itd. Na slici 18.2 je prikazano nekoliko različitih oblika statički određenih i geometrijski nepromjenjivih rešetkastih nosača.


56


57

P

P

M

P PP


58

Sl. 18.2 Statički određeni rešetkasti nosači Slijedeća slika 18.3 prikazuje nekoliko različitih rešetkastih statički neodređenih i geometrijski nepromjenjivih nosača. Oni imaju više od minimuma unutarnjih ili vanjskih veza

Sl. 18.3 Statički neodređeni rešetkasti nosači


59

Na narednoj slici 18.4 su prikazani neki od rešetkastih nosača koji su kinematički labilni i geometrijski promjenjivi.

Sl. 18.4 Geometrijski promjenljivi rešetkasti nosači (mehanizmi) Slijedeća slika 18.5 prikazuje primjere složenih rešetkastih nosača u prostoru.


60

Sl. 18.5 Složeni prostorni rešetkasti nosači 18.1 Određivanje sila u štapovima rešetkastih nosača Postoje uglavnom dva pristupa rješavanju sila u štapovima rešetkastih nosača. To su: analitički i grafički pristup. Tijekom rješavanja rešetkastih nosača potrebno je znati neka opća pravila koja su zajednička za sve metode rješavanja. a.) Ako na čvor u kojem se sastaju dva štapa ne djeluje vanjska sila, tada su u tim štapovima sile jednake nuli. b.) Ako na čvor u kojem se sastaju dva štapa djeluje sila u pravcu jednog od štapova, tada je u drugom štapu sila jednaka nuli. c.) Ako se u čvoru na kojem ne djeluje vanjsko opterećenje sastaju tri štapa, od kojih dva leže u istom pravcu, tada je u trećem štapu sila jednaka nuli. d.) Ako postoji neopterećeni čvor u kojem se sastaju četiri štapa, od kojih po dva leže u istom pravcu, tada su sile kod štapova u istom pravcu međusobno jednake.


61

18.1.1 A n a l i t i č k i p r i s t u p Kod analitičkog pristupa imamo dva postupka određivanja sila u štapovima. To su metoda čvorova i metoda Rittera. Prije svega je potrebno odrediti reaktivne sile u vanjskim vezama (reakcije). M e t o d a č v o r o v a Ova metoda se sastoji u tome da se iz rešetkastog nosača izrezuje čvor po čvor i iz uvjeta ravnoteže sila u čvoru određuju nepoznate sile koje djeluju na dotični čvor. Polazi se uvijek od čvora gdje postoje najviše dvije nepoznate sile, gdje postavljamo sljedeće uvjete ravnoteže sila:

X YF 0 i F 0∑ ∑= =

P r i m j e r 1. (analitička metoda čvorova). Zadan je rešetkasti nosač prema slici 18.6 a) i b)

P P2P

a a a a

a

P P2Pa a a a

a

VA

VB

A BC

D

E

F

G

H

1

23

4

5

6

7

8

9

10

1112

13

a) zadana shema nosača b) računska shema nosača

Sl. 18.6 a) i b) rešetkasti nosač opterećen s tri sile u donjim čvorovima

Određivanje reakcija: Zbog simetrije nosača i opterećenja, a iz ravnoteže vertikalnih sila zaključujemo:

V VA B 4P / 2 2P= = = .

Polazimo od čvora A i koristimo simetriju nosača i opterećenja.


62

=V

A 2P

otg 1

45α

α=

=

Y V 1 1 V

X 2 1 2 1

F 0 ; A S sin 0 S A / sin 2P/ sin (tlak )

F 0 ; S S sin 0 S S sin 2P (vlak)

α α α

α α

∑

∑

= + = → = − = −

= + = → = − =

3S

4S x

yČVOR - C

2S

P

Y 3 3

X 2 4 4 2

F 0 ; - P S 0 S P (vlak )

F 0 ; - S S 0 S S 2P (vlak)

∑

∑

= + = → =

= + = → = =

α1

S

6S x

y

3S

ČVOR - D

5S

α


63

Y 1 3 5

5 1 3

X 1 5 6

6 1 5

F 0 ; - S sin S S sin 0

S S S /sin 2P/sin P/sin P/sin (vlak)

F 0 ; - Scos +Scos S 0

S Scos S cos 2Pcos /sin Pcos /sin 3Pcos /sin (tlak)

α α

α α α α

α α

α α α α α α α α

∑

∑

= − − =

=− − = − =

= + =

= − =− − =−

Y 7

X 6 10 10 6

F 0 ; S 0

F 0 ; - S S 0 S S 3Pcos / sin (tlak)α α

∑

∑

= =

= + = → = = −


64

Y 5 9

9 5

X 4 5 9 8

8 4 5 9

F 0 ; S sin S sin 2P 0

S 2P/ sin S 2P/ sin P/ sin P/ sin (vlak)

F 0 ; - S - Scos +Scos S 0

S S S cos S cos 2P P/ sin P/ sin 2P (vlak)

α α

α α α α

α α

α α α α

∑

∑

= + − =

= − = − =

= + =

= + − = + − =

Iz simetrije nosača i opterećenja slijedi:

11 3 12 2 13 1S S P (vlak) ; S S 2P (vlak) ; S S 2P/ sin (tlak) α= = = = = =−

Na slijedećoj slici 18.7 vide se vrijednosti sila u pojedinim štapovima zadanog rešetkastog nosača.

Pregled sila u svim štapovima rešetkastog nosača

2P 2P

2P

sinα−

P

2P 2P 2P 2P

P

sinαP

sinα0 2P

sinα−

3P

sinα− 3P

sinα−

reakcije tlak vlak

A BC

D

E

F

G

H

P

Sl. 18.7 Vanjske i unutarnje sile na zadanom rešetkastom nosaču


65

M e t o d a p r e s j e k a (R i t t e r o v a m e t o d a) Metoda presjeka može biti analitička ili grafička. Ovdje ćemo prezentirati analitičku (Ritterovu metodu) ili često zvanu metoda momentnih točaka. Ova analitička metoda se sastoji se u tome da se rešetkasti nosač presjekom podjeli na dva dijela i promatra ravnoteža jednog od dijelova. Promatrani dio nosača s aktivnim i reaktivnim silama mora biti u ravnoteži s unutarnjim silama u presječenim štapovima. Radi se o tri presječena štapa koja se ne smiju sjeći u jednoj točki. Problem je gotovo identičan određivanju unutarnjih sila kod punostijenih nosača. Ova metoda je pogodna kada nas zanimaju sile samo u određenom presjeku nosača. Ritterovom metodom ćemo prikazati postupak određivanja sila u rešetkastom nosaču prikazanom na slici (18.8 a) i b)). P r i m j e r 2. (analitička metoda presjeka – Ritterova metoda)

Sl. 18.8 a) Rešetkasti nosač za određivanje sila u presjeku rešetke po Ritteru Promatramo ravnotežu lijevog dijela rešetkastog nosača na gornjoj slici. Na sjecištu dvaju presječenih štapova dobivamo tzv. momentne točke ili Ritterove točke. Na te točke se postavlja suma momenata svih sila koje djeluju na lijevi dio nosača. Iz uvjeta da je suma momenata svih sila na Ritterove točke jednaka nuli, određuje se treća sila koja ne prolazi tom točkom. Primjer je ilustriran na sljedećoj slici 18.8b.


66

Sl. 18.8b Računska shema pri određivanju sila u presjeku rešetke po Ritteru

R 1 1 1 1 1

R 2 2 2 2 2

R 3 3 3 3 3

i Ri i

M 0 ; S d - 1,5P a=0 S 1,5Pa / d

M 0 ; S d + P a=0 S Pa / d

M 0 ; S d - P a + 1,5P 2a=0 S 2Pa / d

ili općenito sile u presjeku su: S M / d

∑

∑

∑

= ⋅ ⋅ → =

= ⋅ ⋅ → = −

= ⋅ ⋅ ⋅ → = −

→ =

18.1.2 G r a f i č k i p r i s t u p Kod grafičkog pristupa imamo dva uobičajena postupka određivanja sila u štapovima. To su metoda čvorova i metoda Culmanna. Prije svega je potrebno grafički odrediti reaktivne sile u vanjskim vezama (reakcije). G r a f i č k a m e t o d a č v o r o v a Grafička metoda čvorova se provodi čvor po čvor slično kao i analitička, samo što se nepoznate sile određuju grafičkim putem pomoću poligona sila za dotični čvor. Da bi se zadovoljila ravnoteža sila u dotičnom čvoru, poligon sila koje djeluju na taj čvor mora biti zatvoren. Primjer određivanja sila u štapovima rešetkastog nosača prema grafičkoj metodi čvorova, prikazan je na slikama 18.9 a), b) i c).


67

P r i m j e r 3. (grafička metoda čvorova)

A Ba a

a

P

C

D E

Sl. 18.9 a) Zadani rešetkasti nosač

Određivanje reaktivnih sila grafički pomoću verižnog poligona.

Sl. 18.9 b) Određivanje reaktivnih sila zadanog rešetkastog nosača Uravnoteživanje čvorova rešetkastog nosača grafički metodom čvorova

P P/ 2P/ 2


68

Sl. 18.9 c) Određivanje sila u rešetkastom nosaču grafički metodom čvorova G r a f i č k a m e t o d a C u l m a n n – a Grafička metoda određivanja sila u štapovima rešetkastog nosača metodom presjeka temelji se na rastavljanju jedne sile (rezultante) na tri pravca koji se ne sijeku u jednoj točki. Tu grafičku metodu je ustanovio Culmann, pa je po njemu dobila naziv Culmannova metoda. Četiri sile su u ravnoteži ako rezultanta dviju sila leži na istom pravcu kao i ostalih dviju (Culmannov pravac). Za ravnotežu četiriju sila, poligon sila mora biti zatvoren. Prikaz postupka određivanja sila u zadanom presjeku rešetkastog nosača po metodi Culmann vidljiv je na slici 18.10.


69

P r i m j e r 4. (grafička metoda presjeka – Culmannova metoda)

Poligon silaA B

Sl. 18.10 Grafički postupak određivanja sila u zadanom presjeku rešetke po Culmannu

19. TROZGLOBNI NOSAČI

To su nosači sastavljeni od dva diska spojena međusobno zglobom, a svaki od njih također zglobom za nepomičnu podlogu. Na takav način povezana dva diska čine statički određeni i geometrijski nepromjenjiv i stabilan nosač pod nazivom „trozglobni nosač“.

Mogu biti raznih oblika: lučni ili okvirni, punostijeni ili rešetkasti, a mogu biti i kombinirani. Na slijedećoj slici 19.1 su prikazani neki tipovi takvih nosača.


70

Sl. 19.1 Neki tipovi trozglobnih nosača

Trozglobni nosači čine važnu skupinu nosača u graditeljstvu i često se pojavljuju u industrijskim objektima i mostovima.

Ovakvi nosači imaju četiri nepoznate vanjske veze, ali se zato u spojnom zglobu može postaviti dodatni uvjet takav da je moment savijanja jednak nuli, pa se temeljem triju osnovnih uvjeta ravnoteže mogu odrediti reaktivne vanjske sile.

Kako su obje reakcije nepoznatog smjera potrebno je u svakom ležajnom zglobu predvidjeti po dvije komponente: horizontalnu i vertikalnu ili jednu od komponenata u smjeru spojnice dvaju ležajeva a drugu vertikalno, što se pokazalo vrlo praktičnim.

Za određivanje reakcija i unutarnjih sila u trozglobnim nosačima primjenjuje se: analitička, grafička i grafoanalitička metoda.


71

19.1 A n a l i t i č k i p o s t u p a k P r i m j e r 1. (opći oblik trozglobnog nosača s opterećenjem slika 19.2).

lV

A VB

AH

BH

Sl. 19.2 Lučni trozglobni nosač opterećen aktivnim i reaktivnim silama

Odabrani primjer predstavlja tzv. trozglobni luk vrlo čest u praksi.

R e a k c i j e

Iz sume momenata svih sila u odnosu na ležajne točke A i B pronalazimo pretpostavljene vertikalne komponente Ao i Bo , a iz sume momenata svih sila na točku C (lijevo i desno), pronalazimo

kose sile u smjeru oslonaca ′ ′A B

H i H .

U gornjim izrazima vidimo analogiju obične grede. Lako se vidi da se vertikalne komponente Ao i Bo računaju na isti način kao i kod obične grede istog raspona i opterećenja kao kod trozglobnog nosača. Isto se može reći i za određivanje sila ′ ′

A BH i H , s tim da točka C ne pripada običnoj gredi


72

nego je fiktivna, odnosno zamišljena. Općenito ′ ′A B

H i H nisu jednake za proizvoljno koso

opterećenje.

Nakon što smo odredili sile Ao , Bo, ′ ′A B

H i H lako iz njih određujemo V V A B

A , B , H , H .

Horizontalne komponente reakcija su:

A A B BH H cos i H H cosα α′ ′= =

Ili iz prethodnih jednadžbi uz f f cosα′ = također vrijedi:

O O

A C( I ) B C ( II )H M / f i H M / f = =

Vertikalne komponente reakcija su:

O O

V A A

O O

V B B

A A H sin A H tg

B B H sin B H tg

α α

α α

′= + = +

′= + = −

U n u t a r n j e s i l e

Unutarnje sile u poprečnom presjeku trozglobnog luka određujemo prema definiciji unutarnjih sila za pojedine presjeke linijskih nosača.

Određivanje unutarnjih sila nosača prikazano je na slici 19.3 i popraćeno odgovarajućim izrazima.

ϕϕ

x

X 1p

X 2p

Sl. 19.3 Određivanja unutarnjih sila u presjeku lučnog trozglobnog nosača

Moment savijanja u po volji odabranom poprečnom presjeku izgleda

O

X i Xi AM A x P p H y∑ ′= ⋅ − ⋅ − ⋅


73

Ako prva dva člana desne strane smatramo fiktivnim momentom obične grede tada možemo uvesti oznake

O O

X Xl A X Xd BM M H y ili desno M M H y = − ⋅ = − ⋅

gdje su O O

Xl XdM i M odgovarajući fiktivni momenti obične grede na lijevoj odnosno desnoj

strani od promatranog presjeka.

Poprečna sila u naznačenom presjeku predstavlja sumu projekcija svih reaktivnih i aktivnih sila s jedne ili druge strane presjeka u smjeru okomito na os nosača u tom presjeku, pa gledano lijevo imamo.

O

X iYl iXl A AT A cos ( P )cos ( P )sin H sin H tg cosϕ ϕ ϕ ϕ α ϕ∑ ∑= − − − +

Uzdužna sila u naznačenom presjeku predstavlja sumu projekcija svih reaktivnih i aktivnih sila s jedne ili druge strane presjeka u smjer osi nosača u tom presjeku, pa gledano lijevo imamo.

O

X iYl iXl A AN A sin ( P )sin ( P )cos H cos H tg sinϕ ϕ ϕ ϕ α ϕ∑ ∑= − + − − +

Ne treba napominjati da se iste vrijednosti unutarnjih sila u tom presjeku dobiju ako se promatra desna strana nosača.

P r i m j e r 2. (vertikalno opterećenje)

Samo vertikalno opterećenje je vrlo čest slučaj pa ga treba posebno obraditi. Uzeti ćemo isti nosač kao u prethodnom slučaju ali samo uz djelovanje vertikalnog opterećenja (Sl. 19.4)

VA V

B

H

H

Sl. 19.4 Trozglobni lučni nosač opterećen vertikalnim opterećenjem


74

Iz sume projekcija svih sila na horizontalnu os ovdje proizlazi:

A B A BH H H i H H H′ ′ ′= = = =

Za vertikalne komponente reakcija vrijedi:

O O

V VA A H tg i B B H tgα α= + ⋅ = − ⋅

Za promatrano vertikalno opterećenje vrijedi također:

O O O O O O

C ( I ) C ( II ) C Xl Xd XM M M i M M M= = = =

Moment savijanja trozglobnog luka u po volji odabranom presjeku na udaljenosti x prema analogiji obične grede izgleda.

O O

X X CM M H y, dok je H=M / f= − ⋅

Izraz za poprečnu silu u odabranom presjeku prema analogiji obične grede gledano na lijevoj strani izgleda:

O

X il

O

X X

T cos ( A P ) H(sin tg cos )

T T cos H(sin tg cos )

ϕ ϕ α ϕ

ϕ ϕ α ϕ

∑= − − −

= − −

Analogno prethodnim izrazima uz analogiju obične grede, izraz za uzdužnu silu u odabranom presjeku vrijedi

O

X XN T sin H(cos tg sin )ϕ ϕ α ϕ= − − +

Ako su ležajevi trozglobnog nosača na istoj visini, što je gotovo najčešći slučaj u praksi tada se gornji izrazi pojednostavnjuju i vrijedi:

O

X X

O

X X

T T cos H sin

N N sin H cos

ϕ ϕ

ϕ ϕ

= −

= − −

Sva analiza provedena na trozglobnom luku može se primijeniti i na trozglobnom okviru, što ćemo prikazati na sljedećim primjerima.


75

P r i m j e r 3. (trozglobni okvirni nosač opterećen vertikalnim opterećenjem (Sl. 19.5)).

Sl. 19.5 Trozglobni okvir s vertikalnim opterećenjem oslonjen na različitim visinama

P r i m j e r 4. (trozglobni okvir opterećen vertikalno opterećenjem (Sl. 19.6))

Sl. 19.6 Trozglobni okvir s vertikalnim opterećenjem oslonjen na jednakim visinama


76

P r i m j e r 5. (trozglobni okvir s općim opterećenjem oslonjen na različitim visinama (Sl. 19.7 a.))

d

Q qa=

P qa=

BH

AH

VA

VB

Sl. 19.7 a) Postupak određivanja reakcija na trozglobnom okviru

Određivanje reakcija: O O

A BA , B , H i H′ ′

cos 2a / d , tg =a/2a=1/2, f=1,5a, f =f cosα α α′= ⋅

O O

B

O O

A

M 0, A 2a Q 1,5a 0 A 0,75qa

M 0, B 2a Q 0,5a P a 0 B 0,75qa

∑

∑

= ⋅ − ⋅ = → =

= ⋅ − ⋅ − ⋅ = → =

d O

C B B

l O

C A

A

M 0, B a H f 0, H 0,25qd

M 0, A a P a Q 0,5a H f 0,

H 0,25qd (suprotni smjer)

∑

∑

′ ′ ′= ⋅ − ⋅ = → =

′ ′= ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ =

′ = −


77

Određivanje reakcija: V V A B

A , B , H i H

A A

B B

O

V A

O

V B

H H cos 0,25qd 2a / d 0,5qa

H H cos 0,25qd 2a / d 0,5qa

A A H tg 0,75qa 0,5qa 0,50 0,5qa

B B H tg 0,75qa 0,5qa 0,50 0,5qa

α

α

α

α

′= = − ⋅ = −

′= = ⋅ =

= + ⋅ = − ⋅ =

= − ⋅ = − ⋅ =

D r u g i n a č i n o d r đ i v a n j a r e a k c i j a

Ovim načinom izravno određujemo horizontalne i vertikalne komponente reakcija

V V A BA , B , H i H (prema gornjoj slici) iz elementarnih uvjeta ravnoteže. Pri tome rješavamo

dvije grupe jednadžbi sa po dvije nepoznanice. Iz prethodnog primjera vrijedi:

A V B

V B

d

C V B

V B

B V

M 0, B 2a H a Q a / 2 0, 2B +H -1,5qa=0 (1. jednadžba)

M 0, B a H a 0, B =H (2. jednadžba)

Rješenje 1. i 2. daje: H =0,5qa i B=0,5qa

∑

∑

= ⋅ + ⋅ − ⋅ =

= ⋅ − ⋅ =

B V A

V A

l

C V A

V A

A V

M 0, A 2a H a Q 1,5a 0, 2A - H -1,5qa=0 (3. jednadžba)

M 0, A a H 2a P a Q 0,5a 0, A -2H -1,5qa (4. jednadžba)

Rješenje 3. i 4. daje: H =-0,5qa i A =0,5qa

∑

∑

= ⋅ + ⋅ − ⋅ =

= ⋅ − ⋅ − ⋅ − ⋅ =


78

Proračun i unutarnjih sila na zadanom okviru (Sl. 19.7 b))

P qa=B

H

AH

VA

VB

q

1x

2x

3x

4x

5x

1

2

3 4

5

y

y

y

y

Sl. 19.7 b) Postupak određivanja unutarnjih sila u trozglobnom okviru

Dio nosača AD 1

(0 x a )≤ ≤

1x

A

11

T1

N1

M

VA

AH

1 1 A 1 1 A 1

A D A

Y 1 A 1 Ad l

A A D A

X 1 V 1 Vd l

A V D V

M 0; -M H x 0; M H xM 0; M H a

F 0; T H 0; T HT H 0,5qa; T H 0,5qa

F 0; N A 0; N AN A 0,5qa; N A 0,5qa

∑

∑

∑

= + ⋅ = = ⋅= = ⋅

= − = == = = =

= + = = −= − = − = − = −y


79

Dio nosača DE 2

( a x 2a )≤ ≤

aP

2T

2N

2M

2(x

a)

−

2x

D

2

2 2 A 2 2 2 A 2 22 2 2

D A 2 E A

Y 2 A 2 Ad l

D A E A

X 2 V

M 0; -M H x P( x a ) 0; M H x P( x a )M H x 0,5qa a 0,5qa ; M H 2a P( 2a a ) qa qa 0

F 0; T P H 0; T H PT H P 0,5qa qa 0,5qa; T H P 0,5qa qa 0,5qa

F 0; N A 0;

∑

∑

∑

= + ⋅ − − = = ⋅ − −= ⋅ = ⋅ = = ⋅ − − = − =

= + − = = −= − = − = − = − = − = −

= + =2 V

d l

D V E V

N AN A 0,5qa; N A 0,5qa

= −= − = − = − = −


80

Dio nosača EC 3

(0 x a )≤ ≤

a

P

3

3x

3x

23

x

2a

3N

3M

3T

D

E

XQ

y

3 3 V 3 A X 3

3 V 3 A 3 32

3 3 3 E C

Y 3 V X 3 V 3d l

E V C V

X 3 A 3

M 0; -M A x H 2a P a Q x / 2 0M A x H 2a P a q x x / 2M 0,5qa x qx / 2; M 0; M 0

F 0; T A Q 0; T A q xT A 0,5qa; T A qa 0,5qa qa 0,5qa

F 0; N H P 0; N

∑

∑

∑

= + ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ == ⋅ + ⋅ − ⋅ − ⋅ ⋅= ⋅ − = =

= − + = = − ⋅= = = − = − = −

= − + = =A

d l

E C 3

H P 0,5qa qa 0,5qaN N N 0,5qa

− = − = −= = = −


81

Dio nosača FC 4

(0 x a )≤ ≤

a

B

F4

x4

4M

4T

4N

VB

BH

2

4 4 V 4 B 4 V 4 B 42

F C

Y 4 V 4 Vl d

F V C V

X 4 B 4 Bl d

F C B

M 0; -M B x H a 0; M B x H a 0,5qa x 0,5qaM 0,5qa ; M =0

F 0; -T B 0; T B 0,5qaT B 0,5qa; T B 0,5qa

F 0; N H 0; N HN N H 0,5qa

∑

∑

∑

= + ⋅ − ⋅ = = ⋅ − ⋅ = ⋅ −=−

= − = =− =−=− =− =− =−

= + = =−= =− =−

Dio nosača FB 5

(0 x a )≤ ≤

y5

x

B BH

VB

5T

5N

5M

5 5 B 5 5 B 52

5 5 B F

Y 5 B 5 Bl d

B B F B

X 5 V 5 Vl d

B V F V

M 0; -M H x 0; M H xM 0,5qa x ; M 0; M 0,5qa

F 0; -T H 0; T HT H 0,5qa; T H 0,5qa;

F 0; N B 0; N B N B 0,5qa; N B 0,5qa;

∑

∑

∑

= − ⋅ = = − ⋅= − ⋅ = = −

= + = == = = =

= + = = −= − = − = − = −


82

Crtanje dijagrama unutarnjih sila:

2qa

8

20,5qa

+

+

-

-

20,5qa

M dijagram−

+

+-

-

0,5qa

0,5qa

0,5qa

0,5qa

0,5qa

+

T dijagram−

-

-

-

0,5qa

0,5qa 0,5qa

0,5qa

N dijagram−

Sl. 19.8 Dijagrami unutarnjih sila na trozglobnom okviru


83

19.2 G r a f o a n a l i t i č k i p o s t u p a k

Vrlo često se grafoanalitičkim postupkom brže dolazi do traženih rezultata unutarnjih sila posebno kada se radi samo o vertikalnom opterećenju trozglobnog nosača. Grafoanalitički postupak je prikazan na sljedećem primjeru.

P r i m j e r 6. (trozglobni okvir s vertikalnim opterećenjem (Sl. 19.9)).

Reakcije rastavljamo na O OA , B i H′ i računamo ih na zamišljenoj gredi jednakog raspona iz

uvjeta B A

M 0 i M 0∑ ∑= = . Isto tako izračunamo momente na zamjenjujućoj gredi i

nacrtamo ih u mjerilu.

a

a

a a

aa

P

OA

OB

A

B

CD E

H ′

H ′P

OA OBl 3a=

F

A B

EM

FMD

M H y− ⋅

Ey

Hα

f

--

+

H

HV

A

VB

l

1s

2s

3s

4s

O

CM

y

O

XM H y− ⋅

O

XM

x

OE OC

Sl. 19.9 Određivanje momenata savijanja na trozglobnom okviru grafoanalitički


84

O O

B A

O O O

C V V

O O O O

E C

A M / l =2/3 P; B M / l 1 / 3 P ;

H=M / f ; A A H tg ; B B H tg ;

M A a 2 / 3 Pa ; M B a 1 / 3 Pa (nacrtati)

α α

= ⋅ = = ⋅

= − ⋅ = + ⋅

= ⋅ = ⋅ = ⋅ = ⋅

Budući da je moment savijanja na stvarnom trozglobnom nosaču jednak superpoziciji dvaju članova O

XM H y− ⋅ , a uz H konst.= , H y⋅ je afini moment koji je afino pridružen geometrijskom

obliku trozglobnog nosača, zato od momenta zamjenjujuće grede treba odbiti afini geometrijski lik trozglobnog nosača i dobivamo moment na stvarnom nosaču od točke D do točke F. Prvo se na

zamjenskoj gredi nacrta moment O

XM , a zatim preko njega odgovarajući afini lik A,D,F,B. Momenti

D FM i M se očitaju iz preklopljenog dijagrama.

Vrijednosti momenata savijanja na vrhovima stupova dobivamo temeljem ravnoteže momenata u čvorovima D i F, kao i činjenice da su momenti u ležajevima A i B jednaki nuli. Kako na stupovima nema vanjskog opterećenja funkcije momenata su linearne. Dijagrami unutarnjih sila prikazani su na slijedećim slikama 19.10 a) i b).

-+

FM

DM

EM

-

--

M dijagram−

Sl. 19.10 a) Dijagram momenata savijanja na kompletnom trozglobnom okviru

T-dijagram određujemo pomoću M-dijagrama, pa tim postupkom dobivamo.


85

+

--

+D

1M

/s

D E 2(M M )/ s+

E F 3( M M ) / s+

F4

M/s

T dijagram−

-

-

H H

VA

VB

N dijagram−

-

Sl. 19.10 b) Dijagram poprečnih i uzdužnih sila na kompletnom trozglobnom okviru

19.3 G r a f i č k i p o s t u p a k

Grafički postupak određivanja reakcija i unutarnjih sila najčešće se koristi u slučaju kada se traže vrijednosti sila samo u jednom, dva ili u manjem broju presjeka nosača.

Grafički postupak određivanja reakcija i unutarnjih sila u presjeku trozglobnog nosača ilustriran je na sljedećem primjeru.


86

P r i m j e r 7. (trozglobni okvir s općim opterećenjem (Sl. 19.11))

Za zadani trozglobni nosač i odgovarajuće opterećenje treba grafičkim postupkom odrediti reakcije

i unutarnje sile u zadanim presjecima 1 2

s i s . Najprije odredimo reakcije A i B. Pri tome koristimo

zakon superpozicije tako da grafički zbrojimo reakcije od svake pojedinačne sile da bismo dobili

ukupne reakcije A i B. Unutarnje sile u presjeku 1s određujemo iz rezultante sila A i P1, a unutarnje

sile u presjeku 2s određujemo iz reakcije B.

1P

2P

A

B

C

1B

2B

1A2

A

1P

2P

2B

2A

1B

1A

1B2

A

A

BA

B

1r

1s

2s

2r

1A PR

−

1A PR

−

1A PR

−

1 1S A P 1M R r

−= ⋅

2S 2M B r= − ⋅

1ST−

1SN−

2ST−

2SN−

Sl. 19.11 Određivanje reakcija i unutarnjih sila na trozglobnom okviru grafički

Momenti savijanja u presjecima su: 1 1S A P 1

M R r−

= ⋅ i 2S 2

M B r= − ⋅ . Poprečna i uzdužna

sila se dobiju zatvaranjem poligona sila Ts i Ns sa rezultantom 1A P

R−

na lijevoj strani i B na desnoj

strani nosača.


87

20. TROZGLOBNI NOSAČ SA ZATEGOM

Trozglobni nosači sa zategom su nastali iz trozglobnih nosača premještanjem jedne vanjske veze u unutarnju vezu, tako da se sačuva statička određenost i geometrijska nepromjenjivost.

Takav nosač izvana ima formu obične grede, tako da se njegove reakcije mogu odrediti iz tri osnovna uvjeta ravnoteže, a unutarnje sile dobivaju četvrtu komponentu (silu u zatezi). Metode određivanja reakcija i unutarnjih sila kod ovih nosača mogu biti: analitičke, grafičke ali i kombinirane. Razmotrit ćemo prvo analitički pristup.

20. 1 A n a l i t i č i p r i s t u p

P r i m j e r 1 (trozglobni okvir sa zategom s vertikalnim opterećenjem)

Za zadani nosač prema slici 20.1 a) i b), treba analitičkim putem odrediti reakcije i unutarnje sile u presjecima nosača.

α

f

AB

CD E F

G

P

a

a / 2 a / 2 a

a / 2

a / 2

Cx

C( l x )−

f ′

H

Z V

A Bl 2a=

dα

Sl. 20.1 a) Shema određivanja reakcija na trozglobnom okviru sa zategom

I u ovom slučaju, kao i kod običnog trozglobnog nosača može se koristiti analogija obične grede. Najprije odredimo reakcije A i B:

B

A

M 0 ; A l - P (l - 0,5a)=0 ; A=P (2a - 0,5a)/2a=0,75P

M 0 ; B l - P (l-1,5a)=0 ; B=P (2a -1,5a)/2a=0,25P

= ⋅ ⋅ ⋅∑

= ⋅ ⋅ ⋅∑

Dalje odredimo silu u zatezi Z odnosno njezinu horizontalnu komponentu H i vertikalnu V iz uvjeta sume momenata na točku C.


88

d

C C CO

C C CO

C

H Z cos ; Z=H/cos ; V=Z sin H tg ; f =f cos

M 0 ; A a P( a a / 2 ) Z f 0A a P( a 0,5a ) H f 0 H M / fM 0,75Pa 0,5Pa 0,25Pa ; f=0,75a ; H=0,25Pa/0,75a=0,33P ; V=H tg 0.33P 0,

α α α α α

α

′= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅

′= ⋅ − − − ⋅ =∑⋅ − − − ⋅ = → =

= − =

⋅ = ⋅ɺ 5a / 2a 0,0825PZ H / cos 0.33P d / 2a 0,33P 2,06a / 2a 0,34Pα

== = ⋅ = ⋅ =

Određivanje dijagrama unutarnjih sila na nosaču sa zategom

A B

V

H

H

ZA

B

CD E F

G

P

ZV

Sl. 20.1 b) Određivanje unutarnjih sila na trozglobnom okviru sa zategom

Momenti savijanja u karakterističnim točkama zadanog nosača:

A D C

E

F G B

M 0 ; M H a 0,33Pa ; M 0M =A 0,5a+V 0,5a - H a=0,375Pa+0,0412Pa-0,33pa=0,086Pa M H 0,5a 0,33P 0,5a 0,165a ; M M 0

= = − ⋅ = − =⋅ ⋅ ⋅

= − ⋅ = − ⋅ = − = =

Poprečne sile po segmentima nosača:

d l

A Dd l

D Ed l

E Fd l d l

F G G B

T H 0,33P =T T A V 0,75P 0,0825P 0,83P TT B V 0,25P 0,0825P 0,167P TT H 0,33P T ; T 0 T

= − = −= + = + = == − + = − + = − == = = = =

Uzdužne sile po segmentima nosača:

d l

A Dd l

D E C Fd l

F Gd l

G B

N A V 0,75P 0,0825P 0,83P N N H 0,33P N N NN B V 0,25P 0,0825P 0,167P NN B 0,25P N ; Z=0,34P

= − − = − − = − == − = − = = == − + = − + = − == − = − =


89

Crtanje dijagrama unutarnjih sila (Sl. 20.2).

0,33Pa 0.165Pa

M dijagram−

+-

--

-

0,25Pa

0,085Pa

+

-

-+

0,33P

0,167P0,167P

0,33P

0,83P

0,3

3P

0,83P

0,33P

T dijagram−

-

-0,167P

0,1

67

P

0,83P

0,83P

0,25P

-

0,167P

N dijagram−

-

0,3

4P

0,3

4P

+

Sl. 20.2 Dijagrami unutarnjih sila na trozglobnom okviru sa zategom


90

20. 2 G r a f i č k i p o s t u p a k

P r i m j e r 2. (trozglobni nosač sa zategom s općim opterećenjem)

Zadan je trozglobni nosač sa zategom prema prikazanoj slici 20.3. Treba grafičkom metodom

odrediti reakcije i unutarnje sile u označenim presjecima 1 2t i t .

1t

A

B

C

A B

P

2t

1S

2S

VB H

R−

1r 2

r

1A

SR

−

1S 2

SP

A

BB H

R−

1S

2S V

A

1A

SR

−1 1

2

t A S 1

t B H 2

M R r

M R r

−

−

= ⋅

= − ⋅

BH

dP

RR

R−

−= 1

S

1tN−

1tT+

2tT−

2tN−

H

2S H=

Sl. 20.3 Grafički postupak određivanja reakcija i unutarnjih sila u presjecima nosača

Najprije grafički odredimo reakcije, tako da poligon sila P-A-B mora biti zatvoren. Ako presiječemo zadani nosač kroz zglob C i štap S2, tada rezultanta sila desnog dijela nosača B-S2 mora prolaziti točkom C, jer u točki C moment savijanja mora biti jednak nuli. Dakle iz poznate reakcije B možemo odrediti silu S2 koja je jednaka sili H i rezultantu RB-H.

Moment savijanja u presjeku t1 dobivamo tako da RA-S1 pomnožimo s odgovarajućim krakom r1, a moment savijanja u presjeku t2, tako da rezultantu sila RB-H pomnožimo s krakom r2, uvažavajući definirane predznake. Uzdužnu silu Nt1, i poprečnu silu Tt1 dobivamo iz zatvorenog poligona rezultante RA-S1 i unutarnjih sila Nt1 i Tt1. Istim postupkom dobivamo unutarnje sile Nt2 i Tt2 na desnoj strani nosača.


91

20.3 G r a f a n a l i t i č k i p o s t u p a k

Ovaj postupak je analogan grafoanalitičkom postupku primijenjenom na primjeru 6. trozglobnog okvira. Na zamjenjujućoj gredi se nacrta dijagram momenata savijanja

O

XM i od njega se oduzme

afini moment H y− ⋅ (geometrijski oblik između zatege i linije nosača). P r i m j e r 3. (trozglobni nosač sa zategom i vertikalnim opterećenjem (Sl. 20.4)).

l

P

A B

VA V

B

C

fy

H H

O

VA A= O

VB B=

P

l

H y− ⋅

O

CM

+-

++

D

E

F

G

GM

DM

EM

V B

V A

O

C

A M / l

B M / l

H M / f

=

=

=

a b

Ca

Cb

1

O1

1y

FM

O

XM H y− ⋅

1M

O

XM

OC

Sl. 20.4 Određivanje dijagrama momenata savijanja na nosaču grafoanalitički


92

O O

B V

O O

A V

O O

1 1 1

O O

C C C

M A l P b A A P b / l

M B l P a B B P a / l

M A a H y Pab / l H y

M A a P( a a )

= ⋅ − ⋅ → = = ⋅

= ⋅ − ⋅ → = = ⋅

= ⋅ − ⋅ = − ⋅

= ⋅ − −

Kad se na taj način odredi dijagram momenata savijanja, dijagram poprečnih sila se određuje iz dijagrama momenata primjenom diferencijalnih odnosa. Dijagram uzdužnih sila određujemo posebno.

21. OJAČANE GREDE

Često se u konstrukcijama, pojavljuju nosači sastavljeni od ravnih greda ojačanih sa štapovima, koji se mogu pojaviti s gornje ili donje strane ravne grede, radi povećanja nosivosti i smanjenja progiba. Takvi nosači se nazivaju „ojačane grede“. Prvi koji se je bavio ovakvim gredama bio je Langer, pa su po njemu dobile naziv „Langerove grede“. Ima ih različitih oblika, a neki od njih su prikazani na slici 21.1.


93

Sl. 21.1 Tipovi ojačanih greda

Pri rješavanju ojačanih greda razvili su se također analitički, grafoanalitički i grafički postupci. Prvo ćemo prikazati analitički pristup određivanja reakcija i unutarnjih sila kod ovih nosača. Analogija s običnom gredom se i ovdje koristi pri određivanju reakcija i unutarnjih sila.

Reakcije ojačane grede za bilo koje opterećenje potpuno su jednake reakcijama obične grede, koja ima jednaki raspon i jednako opterećenje kao ojačana greda.

Sva horizontalna opterećenja na osi ojačane grede imaju isti učinak kao i na običnoj gredi jer se pri tome ne aktiviraju ojačanja grede.

U svrhu prikaza analitičkog postupka razmotriti ćemo ojačanu gredu danu na slici 21.2.


94

OA

Sl. 21.2 Shema proračuna ojačane grede

Iz ravnoteže bilo kojeg čvora gornjeg nosača dobivamo:

Izrazi za unutarnje sile po analogiji obične grede u presjeku ojačane grede izgledaju:

Silu H smo dobili s predznakom „-„ to znači da ona djeluje u suprotnom smjeru, pa će temeljem toga izraz za moment savijanja, poprečnu silu i uzdužnu silu u presjeku grede izgledati:


95

xN =H

Iz gornjih izraza se vidi da se i kod Langerove grede pri određivanju unutarnjih sila primjenjuje analogija unutarnjih sila obične grede, a potom oduzima utjecaj horizontalne sile H. Radi toga su unutarnje sile kod Langerove grede kao i kod trozglobnih nosača i nosača sa zategom uvijek manje nego kod obične grede.

21.1 A n a l i t i č k i p o s t u p a k

P r i m j e r 1. (Analitičkim postupkom proračunati ojačanu gredu prikazanu na slici 21.3).

1α

2αA BC

D E

a

a a a aOA OBl 4a=

1d

2d

1 2 3 4

Q 2qa=f

2x

2y

HH

2S

1y

1x

H

1S q

V1V

S 2VS

Sl. 21.3 Proračunska shema ojačane grede

Pomoćne veličine:

1 1 2 2

1 2

cos a / d ; cos 2a / d ; tg =a/a=1 ; tg =a/2a=0,5 ; f=0,5a

α α

α α

= =


96

Proračun reakcija i sila u ojačanjima

OO 2

B

OO 2

A

l O O

C

1 1 1 1 2 2

M 0 ; A l Q a 0 ; A Q a/ l 2qa / 4a 0,5qa

M 0 ; B l Q 3a 0 ; B Q a/ l 6qa / 4a 1,5qa

M 0 ; A 2a H f 0 ; H A 2a/ f 0,5qa 2a/0,5a 2qa

S H / cos 2qa d / a 2qd ; S H / cosα α

= ⋅ − ⋅ = → = ⋅ = =∑

= ⋅ − ⋅ = → = ⋅ = =∑

= ⋅ + ⋅ = → =− ⋅ =− ⋅ =−∑

= =− ⋅ =− = =−

1 2

2 2

V 1 1 1 V 2 2 2

2qa d / 2a qd

S S sin H tg 2qa ; S S sin H tg 2qa 0,5 qaα α α α

⋅ =−

= =− ⋅ =− = =− ⋅ =− ⋅ =−

Horizontalnu silu H kao i sile u štapovima S1 i S2 smo dobili s negativnim predznakom, što znači da djeluju u suprotnom smjeru od pretpostavljenih. To znači da su sile u kosim štapovima S1 i S2 tlačne.

Iz ravnoteže čvora triju štapova imamo:

1α 2

α

1S 2

S1

V

Y 1 1 1 2 2

1 1 1 2 2 1 1 1 1

1 1 2

F 0 ; - S sin V S sin 0

V S sin S sin H / cos sin H / cos sin V = H( tg tg ) 2qa(1 0,5 ) 3qa (vlak)

α α

α α α α α α

α α

= − − =∑

= − − = − ⋅ − ⋅

− + = + =


97

Unutarnje sile na segmentu AD. Vanjske sile postavimo u pravi smjer.

H

OA

1M

1N

A

1T

1

1x

1S

1VS

1 1

1 1

O O

1 1 1 V 1 1 1 V 12

1 1 1 1 A D

O O

Y 1 V 1 Vd l

1 A D

X 1 1

M 0 ; -M A x S x 0 ; M A x S xM 0,5qa x 2qa x 1,5qa x ; M 0 ; M 1,5qa

F 0 ; T A S 0 ; T A ST 0,5qa 2qa 1,5qa T =T

F 0 ; N - H=0 ; N =H=2q

= + ⋅ − ⋅ = = ⋅ − ⋅∑= ⋅ − ⋅ = − ⋅ = = −

= − + = = −∑= − = − =

=∑d l

A Da=N =N

Unutarnje sile na segmentu DC.

H

OA

A

2S

2y

2x

2D2

M2

N

2Ta 2

( x a )−

2VS

2 2

O

2 2 2 2O

2 2 2 2 22 2 2

D C

O O

Y 2 V 2 Vd l

2 D C

d l

X 2 2 D C

M 0 ; -M A x H y 0 M A x H y 0,5qa x 2qa yM 0,5qa 2qa 1,5qa ; M 0

F 0 ; T -A -S =0 ; T =A +ST =0,5qa+qa=1,5qa=T T

F 0 ; N H 0 ; N H 2qa N N

= + ⋅ − ⋅ =∑= ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅= − = − =

=∑=

= − = = = = =∑


98

Unutarnje sile na segmentu CE.

a3

x3

( x a )−OB

B

q

2S

H3

y

3

3T

3M

3N

X 3Q q x= ⋅

E

3x / 2

2VS

3

3

3 2 3 2

O

3 3 3 X 3 3O 2

3 3 X 3 3 3 3 32 2 2

3 3 E 3 C

O O

Y 3 X V 3 X V

3 3

M 0 ; - M B x Q x / 2 H y 0M B x Q x / 2 H y 1,5qa x 0,5q x 2qa y( x a, y 0) M 1,5qa 0,5qa qa ; (x 2a) M 0

F 0 ; T B Q S 0 ; T B Q ST 1,5qa qa q x 0,5qa

= + ⋅ − ⋅ − ⋅ =∑= ⋅ − ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅ − ⋅= = → = − = = → =

= + − − = = − + +∑= − + + ⋅ = −

3l d

3 E 3 C

l d

X 3 3 E C

q x ; (x a) T 0,5qa qa 0,5qa ; (x 2a) T 0,5qa 2qa 1,5qa

F 0 ; N H 0 ; N H 2qa N N

+ ⋅= → = − + = = → = − + =

= − = = = = =∑

Unutarnje sile na segmentu BE.

q

4x

4X 4Q q x= ⋅

4M

4T

4N

B

OB

4


99

4 4

4 4

O O

4 4 4 X 4 4 4 X 4O 2 2 2 2

4 4 4 4 E B

O O

Y 4 X 4 X 4l O d

4 B 4 E

M 0 ; -M B x Q 0.5x 0 ; M = B x Q 0.5xM = B x 0,5qx ; (x a ) M 1,5qa 0,5qa qa ; M 0

F 0 ; -T B Q 0 ; T B Q 1,5qa q x( x 0 ) T B 1,5qa ; (x a ) T

= + ⋅ − ⋅ = ⋅ − ⋅∑⋅ − = → = − = =

= − + = = − + = − + ⋅∑= → = − = − = →

X 4

1,5qa qa 0,5qa

F 0 ; N 0

= − + = −

= =∑

21,5qa

2qa

2qa

8

2qa

8M dijagram−

-

+

1,5qa 1,5qa

1,5qa 1,5qa

0,5qa

0,5qa 1,5qa

+

- -

+

T dijagram−

Sl. 21.4 Dijagrami unutarnjih sila na zadanoj ojačanoj gredi


100

21.2 G r a f o n a l i t i č k i p o s t u p a k

P r i m j e r 2. (ojačana greda – grafoanalitički postupak)

Analitičkim putem izračunamo reakcije i nacrtamo dijagram momenata savijanja na zamjenskoj

običnoj gredi O

XM . Od tog dijagrama grafičkim putem odbijemo „H . y - afini moment“ koji odgovara

afinom liku, kojeg čine vanjski kosi štapovi ojačanja grede (Sl. 21.5).

Konačni dijagram momenata savijanja na ojačanoj gredi vidi se na slici b. Na analogan način se odredi i dijagram poprečnih sila, tako da se na dijagram obične grede doda utjecaj ojačanja (slika c.). Uzdužna sila jednaka je sili H na ojačanom dijelu nosača.

O

XT

O

XT

O

XT

O

X 1T H tgα− ⋅

O

X 2T H tgα+ ⋅

BO

Sl. 21.5 Određivanje unutarnjih sila na ojačanoj gredi grafoanalitički


101

21.3 G r a f i č k i p o s t u p a k

Vrlo često grafičkim postupkom možemo najbrže doći do željenih rezultata, ali ne s visokom točnosti. Stoga ovu metodu koristimo onda kada želimo što prije odrediti reakcije i unutarnje sile u samo jednom ili dva karakteristična poprečna presjeka nosača.

P r i m j e r 3. (odrediti unutarnje sile u presjeku 1-1 ojačane grede na slici 21.6).

1

1

z z

1

1 1 1Unutarnjesile M ,T ,N−

Sl. 21.6 Određivanje unutarnjih sila u presjeku ojačane grede grafički


102

22. PODUPRTE I OVJEŠENE GREDE

Poduprte i ovješene grede čine grupu složenih konstrukcijskih sustava. Određivanje reakcija i unutarnjih sila kod ovih sustava slično je postupku kao kod trozglobnih sustava. Poduprte i ovješene grede u istoj su grupi zbog toga što je proračunski tretman tih nosača isti. Razlika je jedino u predznaku sila u štapovima poduprtog odnosno obješenog sustava. Kod poduprtog sustava sile u štapovima su tlačne, dok su kod ovješenog vlačne.

Na sljedećoj slici 22.1 prikazani su neke od poduprtih i ovješenih greda.

Sl. 22.1 Tipovi poduprtih i ovješenih greda

Ovi nosači su sastavljeni od dviju krutih greda spojenih međusobno zglobom, a na krajevima su oslonjene na pomični i nepomični ležaj ili na dva pomična ležaja u posebnim slučajevima kada nema zatege.


103

Ovakvi nosači su također slični ojačanim gredama. Razlika je u tome što se kod ojačanih greda sile u štapovima ojačanja prenose unutar sustava, dok se kod poduprtih i ovješenih greda sile u štapovima prenose izvan sustava.

Pri analizi reakcija i unutarnjih sila kod ovih sustava moguće je pristupati analitički i grafički. Uobičajen je analitički postupak uz primjenu analogije obični greda i trozglobnih nosača.

22.1 A n a l i t i č k i p o s t u p a k

Analitički pristup rješavanju reakcija i unutarnjih sila prikazan je na slici 22.2.

l

Sl 22.2 Proračunska shema poduprte grede


104

Za određivanje reakcija A0 i B0 po analogiji obične grede fiksiramo ležajne točke A i B′ ′ na sjecištu produženja krajnjih štapova i vertikala iz ležajeva A i B.

U tim točkama postavimo vertikalne komponente OA i BO reaktivnih sila, te komponentu H′u smjeru spojnice fiksiranih ležajnih točaka A i B′ ′ kao kod trozglobnih nosača.

Reakcije A0 i B0 odredimo iz uvjeta: O O

B AA M / l i B M / l

′ ′= = , a horizontalnu silu iz

uvjeta: O

CH M / f= .

Iz ravnoteže bilo kojeg čvora vidi se da je H konstantna duž potpornog poligona i da se sve sile u potporama mogu izraziti preko sile H.

i i i i i+1S H / cos i V=H(tg -tg ) α α α=

Vertikalne reakcije u slučaju kad je točka B′ na višem nivou od A′ su:

O O

V O V OA A Htg i B B Htg α α= + = −

Vertikalne reakcije u slučaju kad je točka B′na nižem nivou od A′ su:

O O

V O V OA A Htg i B B Htg α α= − = +

Vertikalne reakcije na ležajevima A i B krutih greda su:

V 1

V n

A A H tg B B H tg( )

αα

= − ⋅= − ⋅ −

Unutarnje sile se mogu izraziti u obliku kao kod trozglobnog nosača s osloncima u točkama A i B′ ′ kao na gornjoj slici u obliku.

O

X X

O O

X X O i X O i

M M H y

T T H( tg tg ) T H tg H tgα α α α

= − ⋅

= + − = + ⋅ − ⋅

Uzdužne sile su jednake nuli za sva vertikalna opterećenja. Prilikom analitičkog rješavanja ovih sustava koristimo zakon superpozicije.


105

P r i m j e r 1. (poduprta greda – analitički pristup)

Koristeći prethodno izvedene izraze za reakcije i unutarnje sile izračunamo i nacrtamo dijagrame momenata savijanja i poprečnih sila za zamjenjujuću običnu gredu, a zatim primjenom superpozicije, pridružimo afini moment H y− ⋅ kod dijagrama momenata, te odgovarajuće

vrijednosti [ ]O iH tg( ) tgα α− − kod poprečnih sila (Sl. 22.3).

OA

OB

H ′

H ′H

2P

OHtgα

Sl. 22.3 Određivanje unutarnjih sila na poduprtoj gredi


106

P r i m j e r 2. (poduprta greda – analitički postupak)

Istim postupkom kao u prethodnom primjeru odredimo reakcije, momente savijanja i poprečne sile prema analogiji trozglobnog nosača i obične grede (Sl. 22.4). Nakon toga superpozicijom oduzmemo afini moment, a kod dijagrama poprečnih sila utjecaj potpornih štapova na poprečnu silu. Na dijelu 1-2 nema potpornih štapova pa je O

X X OT T H tgα= + ⋅ , a

XN 0 H≠ = (tlak).

H

H ′

1P

2P

3P

O

XT

Oα

OHtgα

Sl. 22.4 Unutarnje sile na poduprtoj gredi


107

P r i m j e r 3. (ovješena greda – analitički postupak)

U slučaju ovješene grede izrazi za moment savijanja i poprečnu silu su isti kao kod poduprtih greda.

O O

X X X X O iM M H y i T T H( tg tg )α α= − ⋅ = + −

Postupak određivanja unutarnjih sila je isti kao i kod poduprtih greda, a prikazan je na narednoj slici 22.5.

1P

2P

OBO

XT

Sl. 22.5 Dijagrami unutarnjih sila na ovješenoj gredi


108

22.2 G r a f i č k o o d r e đ i v a n j e r e a k c i j a i s i l a u š t a p o v i m a

Primjer grafičkog postupka određivanja reakcija i sila u štapovima prikazan je na jednom poduprtom nosaču prema prikazanoj slici 22.6. Isti grafički postupak vrijedi i za ovješene nosače.

P

A B

BA

C

0

12

3

A′

B′

A′

B′

P

B

3S

3S

A

1S

B′

A′

2S

1V

2V

2S

1S

C′

B′B

3S

2S 2

V

d

CR

I

III

II

C′

C

a.

b.

Sl. 22.6 Grafički postupak određivanja reakcija i sila u štapovima

Grafičkim putem su određene sve reaktivne sile i sile u svim štapovima poduprtog nosača. Važno

je uočiti da rezultanta B′ sila 3

S i B mora proći kroz točku C′ , jer se iz presjeka II-II (slika b.)

vidi da kroz točku C′ prolazi rezultanta sila d

C 2R i S, koja se mora uravnotežiti s B′ . Iz

poligona sila je vidljivo da su kod poduprtih sustava sve sile u štapovima tlačne (tlačni poligon). Sada kad su poznate sve sile lako se određuju M,T i N dijagrami zadanog sustava.


109

23. ODREĐIVANJE POMAKA STATIČKIH SUSTAVA PRIMJENOM

ENERGETSKIH TEOREMA

23.1 R a d v a n j s k i h i u n u t a r n j i h s i l a

Vanjske sile vrše rad na pomacima deformiranog tijela, dok unutarnje sila vrše rad na odgovarajućim infinitezimalnim deformacijama.

Rad može biti stvaran ili virtualan (zamišljen). Stvarne vanjske sile vrše stvarni rad, a stvarne unutarnje sile vrše također stvarni rad, dok virtualne sile vrše mogući zamišljeni odnosno virtualni rad.

S t v a r n i r a d v a n j s k i h i u n u t a r n j i h s i l a

Pri opterećivanju konstrukcije stvarne vanjske sile vrše pozitivan rad koji postupno prelazi u potencijalnu energiju sustava, dok stvarne unutarnje sile vrše negativan rad jer se protive deformacijama.

V POT . UW V W= = −

R a d v a n j s k i h s i l a

Ovaj rad možemo prikazati pomoću elastične grede opterećene vanjskim koncentriranim opterećenjem prema slici 23.1.

δ

δi

δ

W

W∗

FF

iF

dδ

dF

Sl. 23.1 Rad sile na grednom nosaču

Rad vanjske sile na pomaku δ je:


110

F

0 0

2 2F

0

W F d ; W dF; = F ; d = dF ; / F

W W (za linearno elastično tijelo)F F 1

W FdF= = F W2 F 2 2

δ

δ δ δ λ δ λ λ δ

δλ λ δ

∗

∗

∗

= ⋅ = ⋅ =∫ ∫== ⋅ ⋅ = ⋅ =∫

U slučaju djelovanja grupe sila na elastičnu gredu (Sl. 23.2) imamo:

1F

2F

3F n

Fk

F

1δ

2δ

3δ n

δk

δ

n

1 1 2 2 n n k kk 1

1 1 1 1W F F ......... F F

2 2 2 2δ δ δ δ

== + + + = ∑

Sl. 23.2 Rad grupe sila na grednom nosaču

R a d u n u t a r n j i h s i l a

Pod unutarnjim silama podrazumijevamo: uzdužnu silu, moment savijanja i poprečnu silu. Ove sile vrše rad na deformacijama koje se događaju na osi grede (promjena dužine, promjena kuta i poprečno klizanje) prema narednoj slici 23.3.

ds ds∆

N N

dsd∆ ϕ

M M w∆T

T

ds

γ

Sl. 23.3 Rad unutarnjih sila na deformacijama diferencijalnog elementa grede

Rad unutarnjih sila na elementu grede duljine ds izgleda

uW ( ds ) N ds M d T w∆ ∆ ϕ ∆= ⋅ + ⋅ + ⋅

Rad unutarnjih sila je negativan jer unutarnje sile djeluju tako da sprječavaju deformacije, odnosno djeluju suprotno od njih pa vrijedi


111

uW ( ds ) N ds M ds T dsε κ γ= − ⋅ − ⋅ − ⋅

Veza između unutarnjih sila i odgovarajućih deformacija je linearna i dobivena iz konstitutivnih jednadžbi izgleda

N / EA ; M/EI ; =k T/GA ε κ γ= = ⋅

gdje su: E-modul elastičnosti, A-površina poprečnog presjeka, I-moment tromosti poprečnog presjeka, G-modul smicanja i k-koeficijent oblika poprečnog presjeka (k=1,2 za pravokutni presjek).

Uvođenjem ovih izraza u gornju jednakost za rad unutarnjih sila i integracijom po dužini štapa s dobivamo novi izraz za rad unutarnjih sila u obliku

2 2 2

us s s

1 N 1 M 1 TW ds ds k ds

2 EA 2 EI 2 GA= − − −∫ ∫ ∫

V i r t u a l n i r a d v a n j s k i h i u n u t a r n j i h s i l a

Ako vanjske i unutarnje sile vrše rad na pomacima i deformacijama od virtualnih sila, tada to zovemo virtualni ili zamišljeni mogući rad

-Virtualni rad vanjskih sila na statičkom sustavu možemo izraziti kao

V

ik i ikW F δ=∑ - (rad vanjskih sila stanja i na pomacima stanja k).

-Virtualni rad unutarnjih sila stanja i na deformacijama od stanja k je

U

ik i k i k i ks

W ( M N T )dsκ ε γ= − ⋅ + ⋅ + ⋅∫

-Deformacijske veličine su: k k k

k k k

M N T ; ; k

EI EA GAκ ε γ= = = ,

pa rad unutarnjih sila stanja i na deformacijama stanja k izgleda

U i k i k i k

iks s s

M M N N TTW ds ds k ds

EI EA GA= − − −∫ ∫ ∫

Prema Lagrangeovu principu, rad svih sila na virtualnim pomacima jednak je nuli.

V U V U

ik ik ik ikW W 0 W W+ = → = −


112

V i r t u a l n i p o m a c i i v i r t u a l n e s i l e

Promatramo dva nezavisna stanja moguće ravnoteže i deformacija: 1. moguće stanje ravnoteže

i i( F ,R ,M ,N ,T )

2. moguće stanje deformacija i i

( s ,r , , , )κ ε γ

-Moguće stanje ravnoteže pod djelovanjem vanjskog opterećenja Fi je svaki skup reakcija Ri i

unutarnjih sila (M,N,T) koji zadovoljava uvjete ravnoteže.

-Moguće stanje deformacija statičkog sustava je svaki skup pomaka i deformacijskih veličina koji

zadovoljava uvjete kompatibilnosti.

Veza između mogućih stanja ravnoteže i mogućih stanja deformacija statičkog sustava definirana je u obliku

i i i is

F s R r ( M N T )dsκ ε γ+ = ⋅ + ⋅ + ⋅∑ ∑ ∫

Sada definiramo princip virtualnih pomaka, tako da se za moguće stanje ravnoteže uzme stvarno stanje koje se javlja pod zadanim opterećenjem, a za moguće stanje deformacija i pomaka uzme virtualno stanje i označi s povlakom pa imamo

i i i is

F s R r ( M N T )ds ...... ( )κ ε γ+ = ⋅ + ⋅ + ⋅∑ ∑ ∫ P.V.P

Na sličan način definiramo princip virtualnih sila, tako da se za moguće stanje deformacija odaberu stvarni pomaci i deformacije koje se javljaju pod zadanim opterećenjem, a za moguće stanje ravnoteže uzmu virtualne sile pa imamo.

i i i is

F s R r ( M N T )ds ...... ( )κ ε γ+ = ⋅ + ⋅ + ⋅∑ ∑ ∫ P.V.S

Iz ova dva principa izvodi se vrlo važan teorem o uzajamnosti radova.

Pretpostave se dva moguća stanja ravnoteže i dva moguća stanja deformacija i to:

i i i i

i i i i

F ,R ,M ,T ,N i s ,r , , , - stvarno

F ,R ,M ,T ,N i s ,r , , , - virtualno

κ ε γ

κ ε γ

Princip virtualnih pomaka i princip virtualnih sila za ova stanja je:


113

i i i is

i i i is

F s R r ( M N T )ds

F s R r ( M N T )ds

κ ε γ

κ ε γ

+ = ⋅ + ⋅ + ⋅∑ ∑ ∫

+ = ⋅ + ⋅ + ⋅∑ ∑ ∫

Deformacijske veličine su:

M N T M N T ; ; k ; ; ; k

EI EA GA EI EA GAκ ε γ κ ε γ= = = = = =

Sada za dva neovisna stanja imamo:

i i i is

i i i is

MM NN TTF s R r ( k )ds

EI EA GA

MM NN TTF s R r ( k )ds

EI EA GA

+ = + +∑ ∑ ∫

+ = + +∑ ∑ ∫

Desne strane gornjih jednadžbi su jednake, pa moraju biti i lijeve.

i i i i i i i iF s R r F s R r+ = +∑ ∑ ∑ ∑

Gornja jednakost predstavlja teorem o uzajamnosti radova.

Gornji teorem o uzajamnosti radova može se pojednostavniti i izraziti u obliku

i ik k kiF F .............( )δ δ⋅ = ⋅∑ ∑ T.U.R

Za statički sustav s dva različita stanja opterećenja vrijedi da je rad vanjskih sila jednog stanja opterećenja na pomacima izazvanim drugim stanjem opterećenja jednak radu vanjskih sila drugog stanja opterećenja na pomacima izazvanim prvim stanjem opterećenja. Teorem o uzajamnosti radova zove se Bettyev teorem.

Na sličan način izveden je još jedan važan teorem o uzajamnosti pomaka (Sl. 23.4). U teoremu o uzajamnosti radova uzme se da na sustav djeluju dvije sile: Fi koja djeluje u točki i kao prvo stanje opterećenja i Fk koja djeluje u točki k kao drugo stanje opterećenja i dobivamo.


114

Sl. 23.4 Prikaz teorema o uzajamnosti pomaka

i ik k kiF Fδ δ⋅ = ⋅

Uzmu li se sile Fi i Fk jedinične tada vrijedi

ik ki ...........( )δ δ= T.U.P

Pomak na mjestu i smjeru jedinične sile izazvan drugom jediničnom silom jednak je pomaku na

mjestu i smjeru druge jedinične sile izazvan prvom jediničnom silom.

Teorem o uzajamnosti pomaka zove se Maxwellov teorem.

23.2 Određivanje pomaka statičkog sustava

M e t o d a j e d i n i č n o g o p t e r e ć e n j a

Za virtualno stanje usvoji se opterećenje jednom jediničnom silom na mjestu i smjeru pomaka koji se želi odrediti i primjeni princip virtualnih sila i dobiva se izraz.

i is

( m n t )ds R rδ κ ε γ= ⋅ + ⋅ + ⋅ − ⋅∑∫

U ovom slučaju unutarnje sile od virtualnog opterećenja su radi jednostavnosti uzete bez povlake i označene malim slovima jer potječu od jediničnog opterećenja. U gornjem izrazu ri je pomak vanjskih veza nosača. Uvedu li se u gornju formulu izrazi za deformacijske veličine dobiva se

i is

M N T( m n t k )ds R r

EI EA GAδ = + + − ⋅∑∫


115

U t j e c a j t e m p e r a t u r e

Gornju formulu treba nadopuniti s deformacijskim veličinama koje nastaju kao posljedica djelovanja jednolike i nejednolike temperature.

Deformacije od djelovanja bilo kakve temperature na element grede ds možemo prikazati prema sljedećoj slici 23.5 .

1t

2t

ds

t 2t dsα

t 1t dsα

h

h

2h

2

ds∆

t∆

t

2

∆t

∆ϕ

t∆ϕ

Sl. 23.5 Deformacija diferencijalnog elementa grede pod temperaturom

Različito stanje temperature na gornjem i donjem dijelu grednog nosača uvijek se dade rastaviti na jednoliko i nejednoliko djelovanje.

Naime jednolika promjena temperature izaziva samo promjenu duljine bez promjene kuta pa imamo

2 1

t t t s t t s

( t t )ds ds t ds ; i = t

2∆ α α ε α+= = ⋅ ⋅ ⋅

Nejednolika temperatura 2 1

t t t∆ = − izaziva promjenu kuta u obliku rotacije poprečnog presjeka

2 1

t t t t t

( t t ) t tds ds ; i

h h h

∆ ∆∆ϕ α α κ α−= = =

Gornji izrazi su izvedeni uz pretpostavku da je zakrivljenje grede malo ili da ga uopće nema odnosno da se radi o ravnoj gredi.

Izvedene izraze deformacijskih veličina uvedemo u izraz za pomak i dobivamo kompletan izraz za pomak punostijenih nosača u obliku.

t

t s i is s s s s

M N T tm ds n ds k t ds m ds n t ds R r

EI EA GA h

α ∆δ α= + + + + ⋅ − ⋅∑∫ ∫ ∫ ∫ ∫


116

U slučaju rešetkastih nosača imamo.

i i

i i t s ii i

i

s Sl s t l

EAδ α= + ⋅ ⋅∑ ∑

Utjecaj poprečne sile na pomak je zanemariv, a utjecaj uzdužne sile se uzima samo u slučaju kada je ona dominantna na pojedinom elementu ili sustavu (tanki štapovi, ojačane grede, rešetke itd). Isto tako temperatura i pomaci ležajeva na sustavu često nisu prisutni, pa se gornji izrazi za pomak svode na jednostavan oblik:

s

i i

ii

i

Mm ds - za punostjene nosače

EIi

s Sl - za rešetkaste nosače

EA

δ

δ

= ∫

= ∑

δ - je generalizirana veličina koja znači i pomake i kutove zaokreta.

P o s t u p a k o d r e đ i v a n j a p o m a k a

1. određivanje unutarnjih sila M,T,N od zadanog stvarnog opterećenja 2. zadavanje jedinične sile (virtualne) na mjestu i smjeru traženog pomaka ili zadavanje

jediničnog momenta (virtualnog) na mjestu i smjeru traženog kuta zaokreta zavisno od toga dali tražimo pomak ili zaokret presjeka.

3. Može se tražiti i promjena međusobnog razmaka dviju točaka na nosaču u kojem slučaju zadajemo u tim točkama u pravcu traženog pomaka dvije jedinične sile suprotnog smjera, ili kada se traži promjena kuta između tangenata u dvjema različitim točkama nosača, zadaju se u tim točkama dva jedinična momenta suprotnog smjera.

4. određivanje unutarnjih sila m,n,t od jediničnog opterećenja 5. integracija po cijelom nosaču.

Često se zbog malih veličina u izrazima za pomake te veličine množe sa suvislo odabranim koeficijentom koji je kod punostijenih nosača EI0, a kod rešetkastih EA0. pa imamo:


117

0

si

0

i i ii

i

Im M ds - za punostjene nosače

Ii

As S l - za rešetkaste nosače

A

δ

δ

= ⋅ ⋅∫

= ⋅ ⋅∑

Kako se unutarnje sile uglavnom prikazuju pomoću dijagrama, određivanje pomaka punostijenih nosača se obavlja grafičkom integracijom nad dijagramima unutarnjih sila uz određena pravila. Jedno od tih pravila je pravilo Vereščagina.

Često je jedna od podintegralnih funkcija kvadratna, a druga linearna. U tom slučaju iz donje slike 23.6 je vidljivo da tada vrijedi:

j j

j jj j j0

T M T Mi i

j j j

m m x / x ; uvršteno u formulu za pomak daje m m mI

M xdx x dA x A m Ax I x x

= ⋅

⋅ = ⋅ = = ⋅∫ ∫

T

M

m

im m

Tm j

m

x dxi j

M

jx

ix

o

o

Tx

MA

0I

MI

0I

dA M dxI

=

Sl. 23.6 Slikovni prikaz teorema Vereščagina

Na taj način se integral 0

si

Im M ds

I⋅ ⋅∫ rješava tako da se površina AM dijagrama reduciranog

momenta M (kvadratna funkcija) pomnoži s ordinatom mT linearne funkcije m ispod težišta površine reduciranog momenta M. Isto vrijedi i kada su obje funkcije linearne i kada se ne obavlja redukcija. To je pravilo Vereščagina.


118

Druga mogućnost tijekom grafičke integracije je korištenje Simpsonova pravila (sl. 23.7).

M

m

pm s

mk

m

pM

sM

kM

L

+

+

Sl. 23.7 Prikaz Simpsonova pravila integracije

( )0 0

p p s s k kL

i i

I L IM m ds M m 4 M m M m

I 6 I⋅ ⋅ = ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅∫

Gdje su s p-označene početne vrijednosti, sa s-središnje vrijednosti i s k-krajnje vrijednosti funkcija na segmentu grede duljine l.

Integracija se obavlja po segmentima gdje su funkcije jedinstveno definirane.

Predznaci nakon grafičke integracije zavise od predznaka dijagrama koji se množe. Rezultat množenja dijagrama s istovrsnim predznacima daje predznak +, a s raznovrsnim daje predznak -.

Predlaže se složenije oblike funkcija razložiti na jednostavnije i koristiti zakon superpozicije kao primjerice na slijedećim slikama.

Grafičko integriranje funkcija istog predznaka (Sl. 23.8).

1T

2T

3T

1Tm

2Tm

3Tm

M

m

i j

k k

j n

T Mk 1i

m M dx m A=

⋅ ⋅ = ∑∫

+

+

Sl. 23.8 Razlaganje i integriranje funkcija istog predznaka


119

Razlaganje i grafičko integriranje funkcija s različitim predznacima (Sl. 23.9).

a bc a b

c

= + +

M 1M

2M

3M

m1

m 2m

d

e= +

- - -+

-

+d

e

L

L

+

+

-

+

-

L L

L L

L

Sl. 23.9 razlaganje i integriranje funkcija različitih predznaka

L

0

aL 1 2 bL 2 1 2 1 1M m dx e d e d cL d e

2 3 3 2 3 3 3 2 2∫

⋅ ⋅ = − + − + −

Daljnji primjeri grafičke integracije:

2

M( f qa / 8 )=

M

M

M

M

1 2 m f a mf a (Vereščagin)

EI 3 2 3EI

1 a m f a m4 f (Simpson)

EI 6 2 3EI

δ

δ

⋅ ⋅ = ⋅ =

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

a

Mf

mm / 2

M

m

+

+


120

a

1m

2m

1M

2M

-

+2

T

1T

+

1 2

1 2 2 1

1 M a 2 1 M a 2 1m m m m (V.)

EI 2 3 3 2 3 3δ = + − +

M

m

a

1m

1M-

+

+

Mf

1

2m

3

1m

2

1 1

1 M

1 M a 2 2 mm f a (V.)

EI 2 3 3 2δ = − ⋅ + ⋅ ⋅

M

m

P r i m j e r 1. (određivanje pomaka punostjenog nosača)

Treba odrediti promjenu razmaka između točaka AB zadanog okvirnog nosača (Sl. 23.10)

m

+

+

+

+

Sl. 23.10 Određivanje pomaka između točaka A i B zadanog nosača

2l

AB0

M m 1 1 Fl Fl adx l a

EI EI 2 4 8EIδ ∫

⋅= = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =


121

P r i m j e r 2. (određivanje pomaka punostijenog nosača s viješaljkom)

Za zadani nosač s viješaljkom treba odrediti vertikalni pomak točke C. U obzir uzeti i deformaciju od uzdužne sile (Sl. 23.11).

a

F / 2

+F

+

l / 2 l / 2

Fl

4

N

M

a

1/ 2

+

+

l / 2 l / 2

1 l

4

⋅m

n

F 1=

EI

EI

EA

EA

A

A

B

B

C

C

Sl 23.11 Određivanje vertikalnog pomaka točke C zadanog nosača

l a

CV0 0

3

M m N ndx dy

EI EA1 1 Fl l 2 l 1 F 1 Fl Fa

2 ( ) a ( )EI 2 4 2 3 4 EA 2 2 48EI 4EA

δ ∫ ∫⋅ ⋅= + =

= ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ = +


122

P r i m j e r 3. (određivanje pomaka i kuta zaokreta nosača)

Za zadani nosač krutosti EI opterećen jednolikim opterećenjem treba odrediti kut zaokreta ležaja A i vertikalni pomak točke C. Utjecaj poprečne sile na pomak točke C zanemariti (Sl. 23.12).

q

Aϕ

CVδC

A B

l / 2 l / 2l

2

1

qlf

8=

M

m 1=

11

m

F 1=2

ml

4l

8l

8

2

2

qlf

32=

2f 1

T2

T2

T

3T

3T

1 / 2

l

6l

6

A

qlR

2= B

qlR

2=

+

+

+

Sl. 23.12 Određivanje kuta zaokreta ležaja A i vertikalnog pomaka točke C

2 3l

1

A 10

M m 1 2 1 1 2 ql 1 qldx f l l

EI EI 3 2 EI 3 8 2 24EIϕ ∫

⋅= = ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =

l2

CV 1 20

2 2 4 4 4

M m 1 l 1 l 2 l ldx f f 2

EI EI 2 2 6 3 2 8

1 ql l 1 l 2 ql l l 1 ql ql 5 ql 2

EI 8 2 2 6 3 32 2 8 EI 96 384 384 EI

δ ∫⋅ = = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ =

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = + =


123

P r i m j e r 4. (određivanje pomaka nosača pod temperaturom)

Treba odrediti vertikalni pomak točke D okvirnog nosača, koji se na vanjskoj strani ohladi za T1=-20oC, a na unutarnjoj strani zagrije za T2=10oC. Poprečni presjek nosača je pravokutni konstantne visine h (Sl. 23.13).

l

n M-

-

Sl. 23.13 Određivanje vertikalnog pomaka točke D nosača pod temperaturom

l l2 1 1 2

DV t t S t M t N0 0

2 1 1 2

2

M N

DV

T T T T Tm dx n T dx A A

h h 2

T T 10 ( 20 ) 30 T T 20 10 10 ; 5

h h h 2 2 2

1A ( l l l l ) 1,5l ; A 1 l 1 0,5l 0,5l

2

45

∆δ α α α α

αδ

∫ ∫− += ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

− − − + − += = = = − = −

= − ⋅ ⋅ + ⋅ = − = − ⋅ + ⋅ = −

= −2

t

t

l2,5 l

hα+


124

P r i m j e r 5. (određivanje ukupnog pomaka jednog čvora rešetke)

Treba odrediti ukupni pomak čvora B rešetkastog nosača, ako svi štapovi imaju jednaku uzdužnu krutost EA (Sl. 23.14).

Sl. 23.14 Određivanje ukupnog pomaka točke B zadane rešetke

Sile u svim štapovima pri djelovanju vanjskih i jediničnih sila prikazane su u Tablici 23.1.

Tablica 23.1 Postupak određivanja pomaka točke B

Štap Duljinai

S iHsi iH

S s l⋅ ⋅i iV

S s l⋅ ⋅iVs

n ni iH

BH i i iH ii 1 i 1

i

n ni iV

BV i i iV ii 1 i 1

i

2 2

2 2

B BH BV

S s 1 Fll S s l 3,828

EA EA EA

S s 1 Fll S s l

EA EA EA

Fl Fl Fl3,828 3,96

EA EA EA

δ

δ

δ δ δ

= =

= =

∑ ∑

∑ ∑

⋅= ⋅ = ⋅ ⋅ = −

⋅= ⋅ = ⋅ ⋅ =

= + = − + =


125

P r i m j e r 6. (određivanje pomaka rešetkaste konstrukcije)

Potrebno je odrediti horizontalni pomak točke B i vertikalni pomak točke C zadanog rešetkastog nosača, ako je EA konstantno (Sl. 23.15).

A B

2F

C

D

F F

1 2

34

5

A BC

D

1 2

34

52F+

F+ F+

F 2− F 2−

a a a a

a

A BC

D

1 2

34

5

CVF 1=

1

21

2

1 / 2+ 1 / 2+

1+

2 / 2− 2 / 2−

a aBHF 1=1 1+ 1+

a ) b ) c )

0

0

0

Sl. 23.15 Određivanje pomaka točaka B i C zadanog rešetkastog nosača

Sile u štapovima zadane rešetke za vanjsko opterećenje i jedinične sile u točkama C i B prikazane su u Tablici 23.2.

Tablica 23.2 Postupak određivanja pomaka točaka B i C

Štap Duljina Si siv-C Si .siv-C .li siH-B Si .siH-B .li 1 a F 1/2 Fa/2 1 Fa 2 a F 1/2 Fa/2 1 Fa 3 a 2 -F 2 - 2 /2 Fa 2 0 0 4 a 2F 1 2Fa 0 0 5 a 2 -F 2 - 2 /2 Fa 2 0 0

∑ (3+2 2 )Fa 2Fa

n ni iV

CV i i iV ii 1 i 1

i

S s 1 Fa Fal S s l ( 3 2 2 ) 5,82

EA EA EA EAδ

= =∑ ∑

⋅= ⋅ = ⋅ ⋅ = + =

n ni iH

BH i i iH ii 1 i 1

i

S s 1 2Fal S s l

EA EA EAδ

= =∑ ∑

⋅= ⋅ = ⋅ ⋅ =


126

P r i m j e r 7. (određivanje pomaka na okviru sa zategom)

Za zadani trozglobni okvir sa zategom treba odrediti vertikalni pomak točke C i međusobni kut zaokreta lijevog i desnog dijela nosača u točki C. U proračun pomaka uzeti i utjecaj uzdužne sile, ako je: Ig=2Is, Ag=2As, As=5Az (konačni pomak izraziti preko elemenata stupa), (Sl. 23.16).

a

a / 2A BA

Ba / 2 a / 2qa

2qa

2

S SE,I ,A

g gE,I ,A

ZE,A

Sl. 23.16 Određivanje pomaka i zaokreta točke C

a) M,N - dijagrami unutarnjih sila od vanjskog opterećenja (Sl. 23.17)

2qa

8

2qa

8

2qa

8

qaZ

8= +

M

--

- -

2qa

32

2qa

8

qaZ

8= +

M

--

- -

2qa

32

N

qa / 2 qa / 2

qa / 2 qa / 2qa

8

qa

8

qa

8qa

8

Sl. 23.17 M i N dijagrami od vanjskog opterećenja


127

b) m1,n1 - dijagrami od jedinične vertikalne sile u točki C

--

- -

CVF 1=a

4

a

4

1Z 1/ 4=

1m

- -

1/ 2 1 / 2

1 / 2 1 / 21

4

1

4

1

4

1

4

-

1n

+

c) m2,n2 - dijagrami od jediničnih momenata u točki C

1 1

2m

m 1=m 1=

Z 1/ a= +

2n

1

a1

a

1

a1

a

Sl. 23.18 Dijagrami od jedinične sile i jediničnog momenta u točki C

CV 1 1 1 1 1s s s s s

g s g s z2 2 2

g s g

s z

1 1 1 1 1m M ds m M ds n N ds n N ds n N ds

EI EI EA EA EA1 qa a1 2a 2qa a 1a 1 qa 1 2a 1 qa 1

2 a 2 aEI 8 22 34 3 32 2 24 EI 8 2 34 EA 8 41 qa 1 1 qa 1 1

1,5a 2 aEA 2 2 EA 8 4 EI

δ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

= ⋅ − ⋅ + ⋅ + + + ⋅ + ⋅ =

4 4 4 2

g g s g2 2 4 4 4 2 2 2 4 2

s z s s s s s s s s

qa 1 qa 1 qa 1 qa

96 EI 384 EI 48 EA 321 3qa 1 qa qa qa qa qa 3qa 5qa 19qa 27qa

EA 4 EA 32 192EI 768EI 48EI 64EA 4EA 32EA 768EI 64EA

− + + +

+ + = − + + + + = +

C 2 2 2 2 2s s s s s

g s g s z2 2 2

g g s g z3 3

g g g

1 1 1 1 1m M ds m M ds n N ds n N ds n N ds

EI EI EA EA EA1 qa a1 1 2qa a 1 qa 1 2 1 qa 1 1 qa 1

1 2 1 2 a 1 2 a aEI 8 22 EI 3 32 2 EI 8 2 3 EA 8 a EA 8 aqa qa qa

16EI 48EI 8EA

ϕ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =∫ ∫ ∫ ∫ ∫

= ⋅ − ⋅ + ⋅ + +

= − +3 3 3 3

z s s s s s s s

qa qa qa qa qa 5qa 5qa 11qa

8EA 32EI 96EI 12EI 16EA 8EA 48EI 16EA+ = − + + + = +


128

24. STATIČKI NEODREĐENI SUSTAVI

Prethodno smo naučili da noseći konstrukcijski sustavi mogu biti statički određeni i statički neodređeni. U prethodnim poglavljima smo dosta naučili o proračunu statički određenih konstrukcija, a nismo ništa o statički neodređenim. Stoga ćemo se u daljnjem proučavanju fokusirati na statički neodređene konstrukcije uz određivanje vanjskih i unutarnjih sila.

Sa statičkog gledišta neodređena konstrukcija je ona koja ima veći broj vanjskih ili unutarnjih veza od broja nezavisnih jednadžbi kojima se opisuju uvjeti ravnoteže.

S kinematičkog gledišta statički neodređeni sustav je geometrijski nepromjenjiv sustav u kojem je broj vanjskih ili unutarnjih veza veći od minimalno potrebnih za njegovu geometrijsku nepromjenjivost.

Statičku određenost ili neodređenost nosača sastavljenog od greda i štapova provjeravamo pomoću poznate formule za stupnjeve slobode

n

K d č š zi li 1

S 3n 2n n 2 i n n=

= + − − −∑

gdje su:

d č š zi

l

n broj diskova, n broj čvorova, n -broj štapova i n - broj i-strukih zglobovaa n - broj vanjskih veza (odnosno veza s podlogom)

− −

U gornjoj formuli prva dva člana daju ukupan broj stupnjeva slobode (jer disk ima 3, a čvor 2 stupnja slobode). Ostali članovi pokazuju oduzete stupnjeve slobode. Rezultat prikazane formule za stupnjeve slobode može biti: veći, manji ili jednak nuli.

-ako je SK=0, ispunjen je osnovni uvjet statičke određenosti sustava. Sustav je stabilan ako su ispunjeni i dodatni uvjeti geometrijske nepromjenjivosti. -ako je SK < 0, radi se o statički neodređenim (preodređenim) sustavima koji imaju više veza od minimalno potrebnih. Sustav je stabilan uz uvjet da je ispunjen i uvjet geometrijske nepromjenjivosti. -ako je SK > 0, radi se o sustavu koji ima manje veza od minimalno potrebnih, pa je stoga geometrijski promjenjiv. U slučaju čistih rešetkastih konstrukcija vrijedi reducirana formula

R

K LČ ŠS 2n n n= − −


129

gdje je:

č š L

n broj čvorova, n broj štapova, a n broj vanjskihveza− − −

Statički neodređene konstrukcije imaju višak veza koje se određuju kroz stupanj statičke neodređenosti sustava. Važno je znati da prekidanjem veza, statički određeni sustav postaje labilan, a statički neodređen sustav ne postaje labilan sve dotle dok broj prekinutih veza ne padne ispod minimalno potrebnih za statičku određenost i geometrijsku nepromjenjivost. Prekidanjem nekih vanjskih ili unutarnjih veza, kod statički neodređenih sustava dolazi do preraspodjele unutarnjih sila i sustav ostaje u ravnotežnom stanju. Kažemo da statički neodređene konstrukcije sadrže unutarnje rezerve statičke i kinematičke stabilnosti što je prikazano na slijedećem primjeru.

U rješavanju statički neodređenih sustava primjenjuju se metoda sila i metoda pomaka. Prije pristupa rješavanju statički neodređenih sustava potrebno je odrediti stupanj statičke neodređenosti, kako bismo mogli znati broj nepoznatih veličina koje je potrebno odrediti. Navodimo nekoliko primjera određivanja stupnja statičke neodređenosti.


130

P r i m j e r 1. (obostrano upeti jednopoljni okvir (Sl. 24.1))

dn 1=

l 1n 3=

l 2n 3=

Sl. 24.1 Jednopoljni okvirni nosač

K

S 3 1 2 3 3 (3 S.N.S )= ⋅ − ⋅ = − → ×

Kako pokazuje analiza konstrukcija je 3 x statički neodređena. Kod jednostavnih sustava kao što je ovaj neodređenost možemo na pamet odrediti bez korištenja formule. P r i m j e r 2. (okvirni nosač sa zategom (Sl. 24.2))

l 1n 1= l 2

n 3=

d

š

n 1n 1

==

Sl. 24.2 Okvirni nosač sa zategom

K

S 3 1 1 4 2 ( 2 S.N.S )= ⋅ − − = − → ×

Ovaj noseći sustav je 2 x statički neodređen.


131

P r i m j e r 3. (ojačana greda (Sl. 24.3))

d

č

š

l

n 1n 2n 6n 3

====

Sl. 24.3 Ojačana greda

K

S 1 3 2 2 6 3 2 ( 2 S.N.S )= ⋅ + ⋅ − − = − → ×

P r i m j e r 4. (Kontinuirani nosač (Sl. 24.4))

d

z 1

l

n 2n 1n 7

==

=

Sl. 24.4 Kontinuirani nosač

K

S 3 2 2 1 7 3 (3 S.N.S )= ⋅ − ⋅ − = − → ×

P r i m j e r 5. (dvoetažni okvir (Sl. 24.5))

U ovom primjeru se pojavljuje zatvoreni okvir zo - koji oduzima 3 stupnja slobode i kojeg treba dodati u formulu za SK kao 3 x nzo.


132

d

zo

l

n 1n 1n 1

===

Sl. 24.5 Dvoetažni okvir

n

K d č š zi l zoi 1

S 3n 2 n n 2 i n n 3n=

= + − − − −∑

K

S 3 1 4 3 1 4 ( 4 S.N.S )= ⋅ − − ⋅ = − → ×

P r i m j e r 6. (tropoljni okvir (Sl: 24.6)): U formuli za SK oduzmemo 3 x nzo

d

š

l

zo

n 1n 1n 3n 3

====

Sl. 24.6 Tropoljni okvir

K

S 3 1 1 3 3 3 10 (10 S.N.S )= ⋅ − − − ⋅ = − → ×


133

P r i m j e r 7. (Neodređena rešetka (Sl. 24.7))

č

š

l

n 10n 19n 3

===

Sl. 24.7 Statički neodređena rešetka

R

KS 2 10 19 3 2 ( 2 S.N.S )= ⋅ − − = − → ×

Jedna od mana statički neodređenih sustava je u tome da su osjetljivi na utjecaj temperature, izvedbu i pomake ležajeva, dok statički određene konstrukcije to nisu. Drugim riječima temperatura, nepravilna izvedba i pomaci oslonaca uzrokuju pojavu unutarnjih sila.

25. METODA SILA

Statički neodređene sustave metodom sila rješavamo tako da ih prekidanjem pojedinih veza svodimo na statički određene sustave. Na mjestima prekinutih veza postavljamo par uravnoteženih sila odnosno momenata. Dobiveni statički određeni sustav se naziva osnovni sustav. Osnovni sustav je statički određen i geometrijski nepromjenjiv, ali s nadomještenim silama na mjestu prekinutih veza u potpunosti odgovara zadanom statički neodređenom sustavu. Nema strogog pravila za određivanje osnovnog statički određenog sustava i može se ispravno postaviti na više načina. Treba nastojati da osnovni sustav bude što jednostavniji za proračun unutarnjih sila. Prikaz nekih statički neodređenih sustava pomoću osnovnog statički određenog sustava s odgovarajućim nepoznatim silama vidi se na sljedećim primjerima:


134

P r i m j e r 1. (Sl. 25.1).

1.d2

X2

X

2 S.N.S×

Sl. 25.1 Primjer rješavanja dvaput neodređenog kontinuiranog nosača metodom sila P r i m j e r 2. (Sl. 25.2).

2. 2.a

1X

2X

3 S.N.S×3

X3

X

1X

2.b 2.c2

X2

X

3X

1X

2X

2X

3X

Sl. 25.2 Primjer rješavanja triput neodređenog nosača metodom sila


135

P r i m j e r 3. (Sl. 25.3).

2 S.N.S× 3.

1X

1X

2X

2X

3.a

1X

1X

2X

2X

3.b

1X

1X

2X

2X

3.b

Sl. 25.3 Primjer rješavanja dvaput statički neodređenog nosača metodom sila


136

P r i m j e r 4. (Sl. 25.4)

2 S.N.S×

4.

1X

1X

2X

2X

4.a

1X

1X 2

X

2X

4.b

1X

1X

2X

2X 4.c

Sl. 25.4 Primjer rješavanja dvaput statički neodređene rešetke metodom sila


137

P r i m j e r 5. (Sl. 25.5).

5. 1 S.N.S×

1X

1X

1X

1X

5.a

5.b 5.c

Sl. 25.5 Rješavanje jedanput statički neodređenog nosača metodom sila

P r i m j e r 6. (Sl. 25.6).

4 S.N.S×

6.


138

2X

4X

1X

1X

2X

2X

3X

3X6.b 6.c

4X

Sl. 25.6 Rješavanje četiri puta statički neodređenog nosača metodom sila

Kao što je vidljivo iz prethodnih primjera na n puta statički neodređenom sustavu pojaviti će se n nepoznatih sila X1 do Xn koje predstavljaju sile u prekinutim vezama. Za određivanje tih sila koristimo se jednadžbama neprekinutosti ili kontinuiteta, te zakonom superpozicije pomaka i principom jedinične sile.

Naime sile na mjestu raskinutih veza uz primjenu jednadžbi kontinuiteta moraju uspostaviti narušenu neprekinutost polja pomaka i osigurati podudarnost pomaka koji se pojavljuju na mjestu prekinutih veza sa stvarnim pomacima. Veličine pomaka na mjestima i u smjerovima prekinutih veza u jednadžbama kontinuiteta računamo metodom jedinične sile.

Kada govorimo o pomacima mislimo na generalizirane veličine koje se odnose kako na pomake tako i na zaokrete.

25.1 Metoda sila za jedanput statički neodređene sustave

Sustavi koji imaju jednu vanjsku ili unutarnju prekobrojnu vezu zovu se jedanput statički neodređeni sustavi. Izvođenje jednadžbi neprekinutosti ili kontinuiteta kao i crtanje dijagrama po metodi sila prikazati će se na primjeru jednostrano upete grede prema slici 25.7.

Za osnovni sustav odabrana je konzola na koju djeluje koncentrirana vanjska sila u sredini raspona, a kao nepoznanica je sila X1 na mjestu i u smjeru reakcije B.


139

P

l / 2 l / 2

l

A B

A BP

1X

PPl

2B( P )δ

l

B 1( X )δ

1X 1=

l

2

VM

1m

1 1m X

VM

C

C

AM

CM

K V 1 1M M m X= + ⋅

a.

b.

c.

d.

e.K

M

-

+

-

+

Sl. 25.7 Prikaz proračuna jedanput statički neodređenog nosača metodom sila

Zamislimo da nakon što se konzola prognula zbog djelovanja vanjske sile P počne djelovati sila X1. Temeljem principa superpozicije pomak točke B će biti

B B B 1( P ) ( X )δ δ δ= +

Gledajući unaprijed za n puta statički neodređene sustave uvodimo sustavan način označavanja

pomaka s ij

δ , gdje prvi indeks i označava da je riječ o pomaku hvatišta sile Xi po pravcu njezina


140

djelovanja, a drugi indeks j označava uzrok pomaka koji dolazi od sile Xj. Prema tome možemo

reći da je: B 1V( P )δ δ= a

B 1 11 1( X ) Xδ δ= ⋅ .

Uzrokuje li jedinična sila pomak čija je vrijednost 11

δ tada će sila 1

X uzrokovati pomak 11 1Xδ .

Budući da sila 1

X djeluje na mjestu ležaja B, gdje je vertikalni pomak jednak nuli, ona mora vratiti

natrag pomak uzrokovan vanjskom silom P, tako da vrijedi

B B B 1( P ) ( X ) 0δ δ δ= + =

Ovaj uvjet možemo dosljedno prethodnim razmatranjima napisati

11 1 1VX 0δ δ⋅ + =

Što predstavlja jednadžbu neprekinutosti ili kontinuiteta.

Iz gornje jednadžbe određujemo X1 u obliku

1V

1

11

Xδδ

= −

gdje su općenito:

i V i V i V t

i V i i t ss s s s s

i j i j

i js s

m M n N t T tds ds k ds m ds n t ds

EI EA GA h

m m n nds ds

EI EA

α ∆δ α

δ

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫

⋅ ⋅ ⋅= + + + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅

⋅ ⋅= +

Utjecaj poprečne sile na pomak se u pravilu zanemaruje.


141

Iz prethodnog primjera jednostrano upete grede ne uzimajući u obzir utjecaj poprečne sile izračunamo x1:

;

3 3 3 3

1V

3

3

1V

311 1

11

1 Pl l 1 2 1 l Pl Pl 3Pl Pll

EI 2 2 2 3 3 2 12EI 24EI 24EI 8EI

Pl1 1 2 l 38EIl l l X P

lEI 2 3 3EI 83EI

δ

δδδ

= − ⋅ ⋅ + = − − = − = −

= ⋅ ⋅ ⋅ = = − = =

Sada kad smo odredili nepoznatu X1 možemo odrediti konačne unutarnje sile u zadanom statički neodređenom nosaču. Tu koristimo zakon superpozicije koji za jedanput statički neodređene sustave vrijedi:

K V 1 1

K V 1 1

K V 1 1

M M m X

N N n X

T T t X

= + ⋅

= + ⋅

= + ⋅

Za određivanje konačnih momenata savijanja na zadanom statički neodređenom sustavu ne uzimajući utjecaj poprečne sile (slika 25.7e.) vrijedi.

A

C

Pl 3 1M P l Pl

2 8 8

l 3 3M P Pl

2 8 16

= − + ⋅ = −

= ⋅ =


142

P r i m j e r 2. (Kontinuirano opterećenje na jednostrano upetoj gredi), (Sl. 25.8).

VT

ql

1m

1

1X 1=

1

1t

1 1m X

f .

g.

h.K

T

1X

AT

S.O.S

S.N.S

3x l

8=

Sl. 25.8 Proračun jedanput statički neodređenog nosača po metodi sila


143

;

2 2

1V

4 4 2 4 2 4 2

4

3

311 1

1 ql 1 2 2ql l k 1l l l ql l 1

EI 2 2 3 3 8 2 GA 2ql ql kql 3ql kql ql kql

6EI 24EI 2GA 24EI 2GA 8EI 2GA

ql1 2 l 38EIl l l X ql

l2 3 3EI 83EI

δ

δ

= − ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ − ⋅ ⋅ =

− + − = − − = − −

= ⋅ ⋅ ⋅ = = =

Konačni momenti savijanja i konačne poprečne sile na statički neodređenom sustavu određuju se uz zanemarivanje utjecaja poprečne sile na deformacije sustava.

Momenti savijanja:

2

2

A VA 1 1

2 2

2

max 1

ql 3 1M M m X ql l ql

2 8 8qx 3 3 q 9l 9

M X x ql l ql2 8 8 2 64 128

= + ⋅ = − + ⋅ = −

= ⋅ − = ⋅ − =

Poprečne sile:

; ;

l l

B 1 B 1

d d d

A VA 1 A 1

1

X 1

3 3T t X 1 ql ql

8 83 5

T T t X ql 1 ql ql8 8

X 3T 0 X - q x 0 x l

q 8

= − ⋅ = − ⋅ = −

= − ⋅ = − ⋅ =

= ⋅ = = =


144

P r i m j e r 3. (Poluokvir opterećen jednolikim opterećenjem, l1=2l2), (Sl. 25.9)

2l

1lEI

q

2

2ql

8 2ql

2

2ql

2

2ql

2

2ql

2

1

1

12

1

l

2

1

l2

1

l2

1

l

1m

1t

1n

VM

VT

VN

+

+

++

-

-

-

A

B C

+

S.N.S S.O.S

Sl. 25.9 Proračun zadanog poluokvira po metodi sila

11 2 1 2 1

2 2 2 2

2 2 1 2

2

2 2 2 2

1 1 2 k 1 1 1 1 11 l 1 1 l 1 l l

EI 2 3 GA l l EA l ll 2l k l 7l k 2

3EI EI GAl EAl 3EI GAl EAl

δ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ +

= + + + = + +


145

2

2 2 2 2

1V 2 2 2 1

2 2 23

2 2

1 2 ql 1 k ql 1 1 ql 1 1 1 ql 1l l l l

EI 3 8 2 GA 2 2 l 2 2 l EA 2 lql ql

24EI EA

δ = ⋅ + − ⋅ + ⋅ − ⋅

= −

Zadatak riješiti ne uzimajući u obzir utjecaj poprečne i uzdužne sile.

3

22

1V 2

1

211

ql3ql24EIX

7l 1683EI

δδ

= − = − = −

Konačne veličine unutarnjih sila Mk, Tk i Nk na neodređenom nosaču.

Momenti savijanja:

2 2

2 2

A VA 1 A 1

2 2

2 2

B VB 1 B 1

C VC 1C 1 1

3ql 3qlM M m X 0 1

168 1683ql 3ql

M M m X 0 1168 168

M M m X 0 0 X 0

= + ⋅ = + ⋅ − = − = + ⋅ = + ⋅ − = −

= + ⋅ = + ⋅ =

Poprečne sile:

d d d l

A VA 1 A 1 1 B2

d d d 2 2 2 2 2

B VB 1 B 1

22

l l l 2 2 2 2 2

C VC 1C 1

2

T T t X 0 0 X 0 Tql 1 3ql ql 3ql 87ql

T T t X2 l 168 2 168 168ql 1 3ql ql 3ql 81ql

T T t X2 l 168 2 168 168

= + ⋅ = + ⋅ = = = + ⋅ = − ⋅ − = + = = + ⋅ = − − ⋅ − = − + =


146

Uzdužne sile:

2

d d d l2 2 2 2 2

A VA 1 A 1 B

2d d d l

B VB 1B 1 1 C

ql 1 3ql ql 3ql 87qlN N n X N

2 l 168 2 168 168N N n X 0 0 X 0 N

= + ⋅ = − + ⋅ − = − − = − =

= + ⋅ = + ⋅ = =

Crtanje dijagrama unutarnjih sila na statički neodređenom nosaču (Sl. 25.10).

KM

KT

KN

287ql

168

287ql

1682

81ql

168

2

23ql

168

2

2

max

81qlM

168=

281l

x168

=x

-

-

-

++

Sl. 25.10 Konačni dijagrami unutarnjih sila na zadanom poluokviru

Određivanje položaja maksimalnog momenta iz uvjeta nulte poprečne sile na dotičnoj poziciji.

; ; 2 2

B B

22 2

2 2 2 2

max B

1 1 81ql 81lT( x ) 0 R q x 0 x R

q q 168 168

qx 81ql 81l q 81l 81qlM R x

2 168 168 2 168 168

= − ⋅ = = = ⋅ =

= ⋅ − = ⋅ − =


147

P r i m j e r 4. (Dvozglobni okvir opterećen jednolikim opterećenjem), (Sl. 25.11).

a

a

A B

C D

A B

C D

1X 1=1

q

qa

2

qa

2 qa

2

2qa

8

a a1 1

1 1

1 1

+

+

+

−

−

−

−− −

−

−

VM

VT V

N

1m

1t

1n

S.N.S S.O.S

EI

EI

qa

2qa

2

Sl. 25.11 Proračun dvozglobnog okvira po metodi sila

( )1V V 1 V 1 V 1

l l l

2 4

1 k 1M m dx T t dx N n dx

EI GA EA1 2 qa qa

a aEI 3 8 12EI

δ ∫ ∫ ∫= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

= ⋅ − = −


148

( ) ( )11 1 1 1 1 1 1

l l l

3

3 3

1 k 1m m dx t t dx n n dx

EI GA EA1 1 2 k 1

a a a a a a 2 1 a 1 1 a 1 1 a 1EI 2 3 GA EA1 2 2a a 5a 2a a

a a k kEI 3 GA EA 3EI GA EA

δ ∫ ∫ ∫= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = = + + + = + +

Uzimajući u obzir samo utjecaj momenta savijanja imamo

4

1V

31

11

qa3qa qa12EIX

5a 60 203EI

δδ

= − = = =

Konačne vrijednosti unutarnjih sila na statički neodređenom sustavu

Momenti savijanja:

A B2

C VC 1 1

2

D VD 1 1

M M 0qa qa

M M m X 0 a20 20qa qa

M M m X 0 a20 20

= = = + ⋅ = − ⋅ = − = + ⋅ = − ⋅ = −

Poprečne sile:

d d d l

A VA 1 A 1 C

d d d

C VC 1C 1 1

l l l

D VD 1 D 1 1

d d d l

D VD 1 D 1 B

qa qaT T t X 0 1 T

20 20qa qa

T T t X 0 0 X2 2qa qa

T T t X 0 X2 2

qa qaT T t X 0 1 T

20 20

= + ⋅ = − ⋅ = − =

= + ⋅ = + ⋅ + ⋅ =

= + ⋅ = − + ⋅ = −

= + ⋅ = + ⋅ = =


149

Uzdužne sile:

l l l l

A VA 1A 1 1 C

d d d l

C VC 1C 1 D

d d d l

D VD 1D 1 1 B

qa qaN N n X 0 X N

2 2qa qa

N N n X 0 1 N20 20

qa qaN N n X 0 X N

2 2

= + ⋅ = − + ⋅ = − =

= + ⋅ = − ⋅ = − =

= + ⋅ = − + ⋅ = − =

Konačni dijagrami unutarnjih sila na statički neodređenom sustavu (Sl. 25.12).

qa

2

qa

2qa2

+

+

qa

20

qa

20

− +

KT

KN

KM

−qa

202

max

3qaM

40=

2qa

20

2qa

20

2qa

8

qa

20− −−−

Sl. 25.12 Konačni dijagrami unutarnjih sila na zadanom dvozglobnom okviru

2 2 2 2 2

max

qa qa 5qa 2qa 3qaM

8 20 40 40

−= − = =

P r i m j e r 5. (Kontinuirana greda s dva polja, ako je 2 1

1l l

2= ), (Sl. 25.13).

A B C

S.N.S S.O.S


150

Sl. 25.13 Proračun kontinuiranog nosača po metodi sila

2

1

1V 1

3 3

1 1 1 1

1 1

1 1

1 2 ql 1l 1

EI 3 8 2k ql 1 1 ql 1 1 ql ql

l l 0GA 2 2 l 2 2 l 24EI 24EI

δ = ⋅ − +

⋅ − + − ⋅ − = − + = −

11 1 2 1 2

1 1 2 2

1 2 1 1 1

1 2 1 1 1

1 1 2 1 2 1 1 1 1 11 l 1 1 l 1 l l

EI 2 3 2 3 GA l l l l1 l l k 1 1 1 l l k 1 2 l 3k

EI 3 3 GA l l EI 3 6 GA l l 2EI GAl

δ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =

= + + + = + + + = +

Uzimajući u obzir samo deformacije od momenta savijanja imamo

3

12

1V 1

1

111

qlql24EIX

l 122EI

δδ

= − = =


151

Konačne vrijednosti unutarnjih sila na statički neodređenom nosaču su:

Momenti savijanja:

2 2

1 1

B VB 1 B 1

ql qlM M m X 0 1

12 12 = + ⋅ = − ⋅ = −

Poprečne sile:

2

d d d 1 1 1 1

A VA 1 A 1 1

12

l l l 1 1 1 1

B VB 1 B 1 1

12 2

d d d 1 1

B VB 1 B 1 1

2 1

ql 1 ql 6ql ql 5T T t X ql

2 l 12 12 12ql 1 ql 6ql ql 7

T T t X ql2 l 12 12 12

1 ql 2 ql 1T T t X 0 . ql

l 12 l 12 6

− = + ⋅ = − ⋅ = =

− − = + ⋅ = − − ⋅ = = −

= + ⋅ = + = =

Konačni dijagrami unutarnjih sila na statički neodređenom sustavu (Sl. 25.14).

KM

KT

2

1

1ql

12

15ql

122

max 1M 0,0868ql=

15ql

12

17ql

12

1ql

61

ql

6

1

5x l

12=

2

1ql

8

Sl. 25.14 Konačni dijagrami unutarnjih sila na zadanom nosaču

x A 1 1 1

22 2 2 2

21 1 1

max 1 1 1 1 1

5 5 5T 0 R ql ql q x 0 x l

12 12 12

5 qx 5 5 q 5 25ql 25ql 25qlM ql x ql l l 0,0868ql

12 2 12 12 2 12 144 288 288

= = − ⋅ = → =

= ⋅ − = ⋅ − = − = =

; ;


152

P r i m j e r 6. (Rešetkasti nosač, EA= konstantno za sve štapove), (Sl. 25.15).

A

B C

D

P

→

P

1X 1=

1X 1=

1

2

3 4

5

6

A

B C

D

a

a

1

2

3 4

5

6

P

1

23

5

6

A

B C

D

1

2

3 4

5

6

A

B C

D

VS 1

s

1X 1=

1X 1=

PP

P

4

0

0P−

P 2+

0

1+

2

2−

2

2−

2

2−

1+

2

2−

Sl. 25.15 Proračun rešetkastog nosača po metodi sila

Tablica 25.1 Postupak određivanja sila u štapovima rešetke metodom sila.

Štap Duljina Sv s1 Sv .s1 .l s1 .s1 .l 1 a 0 - 2 /2 0 a/2 2 a 0 - 2 /2 0 a/2 3 a 2 +P 2 +1 2Pa a 2 4 a 2 - +1 - a 2 5 a 0 - 2 /2 0 a/2 6 a -P - 2 /2 Pa 2 /2 a/2

∑ Pa(2+ 2 /2) 2a(1+ 2 )


153

1V

11

1 PaPa( 2 2 / 2 ) 2,71

EA EA

1 a2a(1 2 ) 4,83

EA EA

δ

δ

= + = ⋅

= + =

Nepoznata sila u štapu 4 (BD).

1V

1

11

Pa2,71

EAX 0,56P ( tlak )a

4,83EA

δδ

= − = − = −

Određivanje sila u stapovima statički neodređene rešetke

1 1V 1 1

2 2V 2 1

3 3V 3 1

4 4V 4 1

5 5V 5 1

6 6 V 6 1

2S S s X 0 ( 0,56P ) 0,40P

22

S S s X 0 ( 0,56P ) 0,40P2

S S s X 2P 1 ( 0,56P ) 0,85P

S S s X 0 1 ( 0,56P ) 0,56P2

S S s X 0 ( 0,56P ) 0,40P2

2S S s X P ( 0,56P ) 0,60P

2

= + ⋅ = − ⋅ − = +

= + ⋅ = − ⋅ − = +

= + ⋅ = + + ⋅ − = +

= + ⋅ = + ⋅ − = −

= + ⋅ = − ⋅ − = +

= + ⋅ = − − ⋅ − = −


154

P r i m j e r 7. (djelovanje temperature na neodređeni sustav).

Na stup zadanog statički neodređenog poluokvira djeluje temperatura prema prikazanoj slici 25.16. Treba odrediti dijagrame unutarnjih sila

a

2a

O

2t20

C=

+

O

2t10

C=

+

++

+ -a

a

a

1 11

1

1m

1t 1

n

A

B C

1

O

2t2

0C

=+

O

2t1

0C

=+

→S.N.S S.O.S

1X 1=

Sl. 25. 16 Dijagrami unutarnjih sila od jediničnog opterećenja na ležaju C

( ) ( )11 1 1 1 1 1 1

l l l

3 3 3

1 k 1m m dx t t dx n n dx

EI GA EA1 1 2 k 1

a a a a 2a a 1 a 1 1 2a 1EI 2 3 GA EAa 2a ka 2a 7a ka 2a

3EI EI GA EA 3EI GA EA

δ ∫ ∫ ∫= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =

⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =

+ + + = + +


155

2 1 1 2

1V 1 t 1 t S t m1 t n1l l

2

t t t t t

t t t t tm dx n t dx A A

h h 210 20a 20a

a 2a 1 2a 15 30a a 30h h h

∆δ α α α α

α α α α α

∫ ∫− += ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ =

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = + = +

Uzimajući u obzir samo deformacije od momenta savijanja imamo

( )t t

t1V

31 2 2

11

20a 20aa 30 3EI 30

3EI 20a 30hh hX7a 7a 7a h3EI

α α αδδ

+ + + =− =− =− =−

Budući da smo dobili X1 s predznakom minus znači da sila X1 djeluje suprotno od pretpostavljenog smjera.

Konačne vrijednosti unutarnjih sila na statički neodređenom nosaču

Momenti savijanja:

( ) ( )t t

A 1A 1 B2

3EI 20a 30h 3EI 20a 30hM m X a M

7a h 7ah

α α+ + = ⋅ = + ⋅ − = − =

Poprečne sile:

( ) ( )d d lt t

B 1B 1 C2 2

3EI 20a 30h 3EI 20a 30hT t X 1 T

7a h 7a h

α α+ + = ⋅ = − ⋅ − = + =

Uzdužne sile:

( ) ( ) dt t

A 1A 1 B2 2

3EI 20a 30h 3EI 20a 30hN n X 1 N

7a h 7a h

α α+ + = ⋅ = + ⋅ − = − =


156

Konačni dijagrami unutarnjih sila na zadanom poluokviru (Sl. 25.17)

+

-

-

-K

MK

TK

N

( )t

3EI 20a 30h

7ah

α + ( )t

2

3EI 20a 30h

7a h

α +

A

BC

A A

B BC C

Sl. 25.17 Konačni dijagrami unutarnjih sila na zadanom nosaču

P r i m j e r 8. (pomaci oslonaca)

Kontinuirani nosač na tri oslonca opterećen kontinuiranim opterećenjem prema slici 25.18. Treba

odrediti nepoznatu silu u srednjem osloncu B ako se taj oslonac spusti za veličinu B

∆ .

qA

a aB∆B

C

1X

qA

BC

Sl. 25.18 Rješavanje kontinuiranog nosača sa spuštenim osloncem B

Ako se usvoji nepoznata sila u smjeru zadanog pomaka oslonca tada se zadani pomak postavlja na desnu stranu jednadžbe kontinuiteta i predstavlja ukupni pomak na mjestu i smjeru nepoznate sile, pa desna strana nije nula i imamo zapravo jednadžbu diskontinuiteta u obliku

11 1 1V BXδ δ ∆⋅ + = −

Predznak „–„ znači da je pomak suprotno od pretpostavljenog djelovanja nepoznate sile X1, inače je predznak „+“ ako je pomak na mjestu i u smjeru pretpostavljene nepoznate sile.


157

2qa

2

2qa

8

2qa

8

a

2

qa

qa1

2

1

2

+

-

--+ +

qa qa1

21

2

VM

VT

1m

1t

Sl. 25.19 Dijagrami od vanjskog opterećenja i odabranog jediničnog u točki B

2 2

1V

4 4 2

4 2 4 2

1 qa 1 2 a 2 qa 1 aa a 2

EI 2 2 3 2 3 8 2 2k 1 1 1 qa qa kqa

qa a qa a 2GA 2 2 EI 12 48 GA

10qa kqa 5qa kqa

48EI GA 24EI GA

δ = ⋅ − + ⋅ − ⋅ + + ⋅ ⋅ − − ⋅ ⋅ = − − ⋅ − =

= − − = − −

3

11

1 a 1 2 a k 1 1 a kaa 2 a 2

EI 2 2 3 2 GA 2 2 6EI 2GAδ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = +

Jednadžba diskontinuiteta ovdje izgleda

B 1V

11 1 1V B 1

11

X X∆ δδ δ ∆

δ− −⋅ + = − → =

Ne uzimajući u obzir utjecaj poprečne sile na deformaciju imamo


158

4 4

B

B

B 1V B

3 31 3

11

5qa 24EI 5qa5 6EI24EI 24EIX qa

a a 4 a6EI 6EI

∆∆∆ δ ∆δ

− +− +− −= = = = −

2 2 2 2

B B B

B 3 2 2

qa a 5 6EI qa 5qa 3EI qa 3EIM qa

2 2 4 a 2 8 a 8 a

∆ ∆ ∆ = + − ⋅ − = − + =− +

Neće se crtati konačni dijagrami jer je gornji izraz dvoznačan i bez numeričkih vrijednosti se ne zna dali je pozitivan ili negativan.

Isti zadatak možemo riješiti ubacivanjem zgloba i oslobađanjem momenta savijanja na ležaju B.

1X1

X

l

Bψ d

BψB

∆l d

B B B/ aψ ψ ∆= =

→ a a

Sl. 25.20 Rješavanje nosača sa Sl. 25.18 ubacivanjem zgloba u točki B

Dijagrami unutarnjih sila na osnovnom statičkom sustavu izgledaju (Sl. 25.21).

2qa

8

2qa

8

+

-

--+ +

VM

VT

1m

1t

qaqa

2

qa

2

qa

2

qa

2qa

2qa

2

+

-

11

a1

a

1

a

1

a

+

Sl. 25.21 Dijagrami od vanjskog opterećenja i odabranog jediničnog u točki B


159

Koeficijenti u jednadžbi kontinuiteta izgledaju:

2 3

1V

1 2 qa 1 qaa 1 2 0

EI 3 8 2 12EIδ = ⋅ − ⋅ + = −

11

1 1 2 k 1 1 2a 2k1 a 1 2 a 2

EI 2 3 GA a a 3EI aGAδ = − ⋅ ⋅ ⋅ − ⋅ + − ⋅ ⋅ − ⋅ = + +

Jednadžba kontinuiteta za ovaj slučaj izgleda

; l d B

11 1 1V 1V B 1V B B B

2X ( ) 0 ( )

a

∆δ δ δ ∆ δ ∆ ψ ψ⋅ + + = → = + =

Nepoznati moment na ležaju B bez utjecaja poprečne sile postaje

3 4

B B

1V B 1V

1

11

4 2

B B

2 2

2 qa 24EI qa( ) a 12EI 12EIaX

2a 2a3EI 3EI

3( 24EI qa ) qa 3EI

24a 8 a

∆ ∆δ ∆ δ

δ

∆ ∆

− +− +− −= = = =

− += = −

25.2 Metoda sila za dvaput statički neodređene sustave

Dvaput statički neodređeni sustavi su oni koji imaju dvije vanjske ili dvije unutarnje ili sumarno dvije veze više od minimalno potrebnih za statičku određenost.


160

Dakle dvije prekobrojne veze određuju se na potpuno isti način kao i u slučaju sustava s jednom prekobrojnom, samo je jednadžba kontinuiteta proširena na dvije nepoznanice. Dakle vrijedi:

11 1 12 2 1V

21 1 22 2 2V

X X 0

X X 0

δ δ δ

δ δ δ

⋅ + ⋅ + =

⋅ + ⋅ + =

Gornje jednadžbe predstavljaju relativne pomake hvatišta sila X1 i X2 u pravcima njihova djelovanja, a te vrijednosti moraju biti jednake nuli.

Doprinos tim relativnim pomacima čine kako vanjsko opterećenje, temperatura i pomaci oslonaca tako i nepoznate sile X1 i X2.

Generalno za n puta statički neodređene sustave vrijedi:

11 1 12 2 13 3 1n n 1V

21 1 22 2 23 3 2 n n 2V

31 1 32 2 33 3 3 n n 3V

n1 1 n 2 2 n 3 3 nn n nV

X X X ....... X 0

X X X ....... X 0

X X X ....... X 0..

X X X ....... X 0

δ δ δ δ δ

δ δ δ δ δ

δ δ δ δ δ

δ δ δ δ δ

⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + =

⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + =

⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + =

⋅ + ⋅ + ⋅ + + ⋅ + =

Gornji sustav linearnih algebarskih jednadžbi kontinuiteta možemo kraće zapisati u obliku

; n

ij j iVj 1

X 0 ( i 1,........n )δ δ=∑ ⋅ + = =

Mi ćemo se međutim zadržati na rješavanju najviše dva puta statički neodređenih sustava.


161

P r i m j e r 1. (kontinuirani nosač preko tri polja opterećen jednolikim opterećenjem (Sl. 25.22)).

q

qa a a

AB C D

AB C

D1

X1

X 1=2

X2

X 1=

2qa

8

2qa

8

1

1

qa

2 qa

2

qa

2 qa

2

1/ a

1/ a

1/ a

1/ a

1/ a

1/ a

1/ a

1/ a

qa

2

qa

2qa

1/ a 1/ a2/ a

1/ a 1/ a2/ a

+ +

+ +

+

+

-

-

- -

-

-

VM

1m

2m

VT

1t

2t

S.N.S

S.O.S

Sl. 25.22 Rješavanje kontinuiranog nosača preko tri polja metodom sila

Koeficijenti u jednadžbama kontinuiteta bez utjecaja uzdužnih sila su:

ij i j i jl l

iV V i V il l

1 km m dx t t dx

EI GA

1 kM m dx T t dx

EI GA

δ

δ

∫ ∫

∫ ∫

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅

= ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅


162

Jednadžbe kontinuiteta za zadani sustav izgledaju

11 1 12 2 1V

21 1 22 2 2V

X X 0

X X 0

δ δ δ

δ δ δ

⋅ + ⋅ + =

⋅ + ⋅ + =

Gornje jednadžbe se mogu napisati matrično u obliku

1V111 12

21 222 2V

X

X

δδ δδ δ δ

− = −

Sustav jednadžbi riješimo pomoću Cramerova pravila

; 1 2

1 2

D DX X

D D= = ,

gdje su:

11 22 12 21

1 1V 22 12 2 V

2 11 2 V 1V 21

D

D

D

δ δ δ δ

δ δ δ δ

δ δ δ δ

= ⋅ − ⋅

= − ⋅ + ⋅

= − ⋅ + ⋅

Proračun koeficijenata 11 12 1V 21 22 2V, , , , ,δ δ δ δ δ δ :

11

1 1 2 k 1 1 2a 2k1 a 1 2 a 2

EI 2 3 GA a a 3EI GAaδ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = +


163

12 21

1 1 1 k 1 1 a k1 a 1 a

EI 2 3 GA a a 6EI GAaδ δ = ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ − = − =

22

1 1 2 k 1 1 2a 2k1 a 1 2 a 2

EI 2 3 GA a a 3EI GAaδ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ = +

2 3

1V

1 2 qa 1 qaa 1 2 0

EI 3 8 2 12EIδ = ⋅ ⋅ − ⋅ + = −

2 3

2V

1 2 qa 1 qaa 1 0

EI 3 8 2 24EIδ = ⋅ ⋅ − + = −

Elementi matrice sustava jednadžbi (bez utjecaja poprečne sile) su:

2 2 2

2 2 2

3 3 4 4 4

2 2 2 2

3 3 4 4 4

1 2 2 2

2a 2a a a 4a a 15aD

3EI 3EI 6EI 6EI 9( EI ) 36( EI ) 36( EI )

2a qa qa a 2qa qa qaD

3EI 24EI 12EI 6EI 72( EI ) 72( EI ) 72( EI )

2a qa qa a 2qa qa 7qaD

3EI 12EI 24EI 6EI 36( EI ) 144( EI ) 144( EI )

= ⋅ − ⋅ = − =

= + − ⋅ = + − =

= ⋅ − ⋅ = − =


164

Nepoznate vrijednosti momenata savijanja na ležajevima B i C

42

2

21

21

2

7qa 7qaD 7144( EI ) 4X qa

15a 15D 6036( EI ) 1

= = = =

42

2

22

22

2

qa qaD 172( EI ) 2X qa

15a 15D 3036( EI ) 1

= = = =

Konačne vrijednosti unutarnjih sila na statički neodređenom nosaču određuju se primjenom zakona superpozicije u obliku:

K V 1 1 2 2

K V 1 1 2 2

M M m X m X

T T t X t X

= + ⋅ + ⋅

= + ⋅ + ⋅

Momenti savijanja:

2 2

B VB 1 B 1 2 B 2

2 2

C VC 1C 1 2 C 2

7 7M M m X m X 0 ( 1) qa qa

60 60

1 1M M m X m X 0 ( 1) qa qa

30 30

= + ⋅ + ⋅ = + − ⋅ = −

= + ⋅ + ⋅ = + − ⋅ = −

Poprečne sile:

d d d d 2

A VA 1 A 1 2 A 2

qa 1 7 qa 7 23T T t X t X qa 0 qa qa

2 a 60 2 60 60 = + ⋅ + ⋅ = − + = − =


165

l l l l 2

B VB 1B 1 2B 2

qa 1 7 qa 7 37T T t X t X qa 0 qa qa

2 a 60 2 60 60 = + ⋅ + ⋅ =− − + =− − =−

d d d d 2 2

B VB 1B 1 2B 2

l l l l 2 2

C VC 1C 1 2C 2

qa 1 7 1 1 qa 7 1 35T T t X t X qa qa qa qa qa

2 a 60 a 30 2 60 30 60

qa 1 7 1 1 qa 7 1 25T T t X t X qa qa qa qa qa

2 a 60 a 30 2 60 30 60

= + ⋅ + ⋅ = + − = + − =

= + ⋅ + ⋅ =− + − =− + − =−

d d d d 2 l

C VC 1C 1 2C 2 D

1 1 1T T t X t X 0 0 qa qa T

a 30 30 = + ⋅ + ⋅ = + + = =

Konačni dijagrami unutarnjih sila na statički neodređenom nosaču (Sl. 25.23)

--

2qa

82qa

8K

M

A

23R qa

60=

23x a

60=

23qa

6037

qa60

- -

2

maxM 0,0735qa=

KT

21qa

30

27qa

60

1qa

3035qa

6025

qa60

Sl. 25.23 Dijagrami unutarnjih sila na zadanom kontinuiranom nosaču


166

P r i m j e r 2. (Rešetkasti nosač), (Sl. 25.24).

Za zadani statički neodređeni rešetkasti nosač treba odrediti sile u svim štapovima ako je EA=konstantno.

a

a a

P P

1X 1=

2X 1=

1

23

4

5 a

a a

S.N.S S.O.S

1

1

P

1s 2

s

1 1+1+

000

2 4

3 51

1 2

31 5

2 41+1+

2+2− 2−

2 4

1 53

0

00

P−P 2+

VS

AB

C

D AB D

C

13

5

2 4

P

P P

Sl. 25.24 Rješavanje dvaput statički neodređene rešetke metodom sila

Određivanje koeficijenata: 11 12 1V 21 22 2V, , , , ,δ δ δ δ δ δ :


167

Tablica 25.2 Postupak određivanja sila u štapovima rešetke metodom sila

Štap l Sv s1 s2 lV 1

S s V 2

S s l 2

1s l

1 2s s l

2

2s l SK

1 2a 2P 0 2−

0 2 2Pa− 0 0 2 2a

0,7P+

2 a 0 1 1 0 0 a a a 0

3 a P− 0 2 0 2Pa− 0 0 4a 0

4 a 0 1 1 0 0 a a a 0

5 2a 0 0 2− 0 0 0 0 2 2a

0,7P−

∑ 0 4,83Pa− 2a 2a 11,66a

Jednadžbe kontinuiteta temeljem gornje tablice su:

1 2

1 2

2a X 2a X 0 0

2a X 11,66a X 4,83Pa 0

⋅ + ⋅ + =

⋅ + ⋅ − =

Pomnožimo li gornju od jednadžbi s (-1) i zbrojimo dobivamo

2 2

4,83Pa9,66a X 4,83Pa 0 X 0,5P

9,66a⋅ − = → = =

Uvrstimo X2 u prvu od gornjih jednadžbi kontinuiteta i dobivamo

1 1

2a X 2a (0,5P ) 0 X 0,5P⋅ + ⋅ = → = −

Vrijednosti unutarnjih sila na statički neodređenoj rešetki nalaze se u zadnjoj koloni gornje tablice, a računati su po formuli

K V 1 1 2 2S S s X s X= + ⋅ + ⋅


168

25.3 Deformacijska kontrola kod metode sila

Rješenje statički neodređenih sustava metodom sila svodi se na činjenicu da su konačni relativni pomaci na mjestu i smjeru prekinutih veza jednaki nuli. Nakon određivanja konačnog stanja mogu se relativni pomaci i zaokreti izračunati pomoću unutarnjih sila konačnog stanja kao

i i K i K i Ks s s

1 k 1m M ds t T ds n N ds 0

EI GA EAδ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅∫ ∫ ∫ ≐

Budući da se metoda sila zasniva na nepostojanju svih takvih pomaka, morali bi pomaci izračunati pomoću unutarnjih sila konačnog stanja biti jednaki nuli. Na taj način se može kontrolirati da li su točno određene unutarnje sile konačnog stanja.

Isto tako može se provoditi kontrola točnosti određivanja unutarnjih sila od jediničnih opterećenja. To se radi na način da se nakon konačno izračunatog stanja odabere novi osnovni statički određeni sustav i riješi za jedinična opterećenja s oznakama D D D

i i i( m ,t i n ). I za taj drugi odabrani

osnovni sustav vrijedi

D D D D

i i K i K i Ks s s

1 k 1m M ds t T ds n N ds 0

EI GA EAδ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅∫ ∫ ∫ ≐

Svi tako određeni ukupni relativni pomaci i zaokreti i u ovom slučaju moraju biti jednaki nuli. Na tom principu se zasniva kontrolni postupak koji se naziva deformacijska kontrola. Ako su sve tako dobivene veličine pomaka jednake nuli ili se kreću oko nule, možemo ustvrditi da je statički neodređena zadaća korektno riješena.

Kod sustava s velikim brojem nepoznatih, dovoljno je provjeriti neke od pomaka i donijeti odgovarajući zaključak o korektnosti proračuna.

I u ovom slučaju se najčešće kod punostijenih nosača u obzir uzima samo doprinos od momenta savijanja, pa se gornji izrazi bitno pojednostave. Postupak provođenja deformacijske kontrole prikazan je na sljedećem primjeru.


169

P r i m j e r 1. (deformacijska kontrola na jednostrano upetom nosaču), (Sl. 25.25).

q1

X 1=

Drugi osnovni sustav

+

+

-

-

1m

VM

KM

S.N.S

S.O.S

2ql

8

1

2ql

8

1/ 2

2ql

8

ql

2

ql

2

1

l

1X 1=+D

1m

q

Sl. 25.25 Prikaz deformacijske kontrole na zadanom nosaču

Koeficijenti u jednadžbi kontinuiteta su:

2 3

1V V 1l

11 1 1l

1 1 2 ql 1 qlM m dx l

EI EI 3 8 2 24EI

1 1 1 2 lm m dx 1 l 1

EI EI 2 3 3EI

δ

δ

= ⋅ ⋅ = ⋅ − = −∫

= ⋅ ⋅ = ⋅ =∫

Nepoznata veličina X1 koja predstavlja moment na ležaju A izgleda


170

3

2

1V

1

11

qlql24EIX

l 83EI

δδ

= − = =

Konačni moment savijanja na ležaju A iznosi

2 2

A

K VA 1 A 1

ql qlM M m X 0 1

8 8= + ⋅ = − ⋅ = −

Kontrola konačnih pomaka na mjestu i smjeru nepoznatih za dva različita osnovna sustava (

D

1 1iδ δ ).

2 2 3 3

1 K 1l

2 2 4 4

D D

1 K 1l

1 1 ql 1 2 1 2ql 1 ql qlM m dx l 1 l 0

EI EI 8 2 3 EI 3 8 2 24EI 24EI

1 1 ql 1 2 1 2ql l ql qlM m dx l l l 0

EI EI 8 2 3 EI 3 8 2 24EI 24EI

δ

δ

= ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ − + ⋅ − = − =∫

= ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ + ⋅ =− + =∫

Prema očekivanju na mjestu i u smjeru nepoznatih sila različitih osnovnih sustava u kombinaciji s konačnim rješenjem dobili smo ukupne pomake jednake nuli pa možemo zaključiti da smo korektno riješili neodređenu zadaću.

25.4 Pomaci na statički neodređenim sustavima

Pri određivanju pomaka na statički neodređenim sustavima moguće je formalno koristiti teorem o jediničnoj sili koji vrijedi općenito. Naime često se nakon određivanja konačnog stanja na statički neodređenim sustavima javlja potreba za određivanjem pomaka u pojedinim točkama tog sustava.

Bez izvođenja dokaza može se reći da je bilo koji osnovni sustav s pridruženim unutarnjim silama konačnog stanja ekvivalentan zadanom statički neodređenom sustavu pa može poslužiti za određivanje proizvoljnih pomaka ili zaokreta.

Stoga je pomak bilo koje točke zadanog neodređenog sustava jednak integralu umnoška konačnih unutarnjih sila tog sustava i unutarnjih sila od jedinične sile na proizvoljnom osnovnom statički određenom sustavu. To se naziva redukcijski stavak. Izraz za pomak izgleda

1K 1 K 1 K 1 Ks s s

1 k 1m M ds t T ds n N ds

EI GA EAδ = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅∫ ∫ ∫


171

Prikaz učinka redukcijskog stavka na statički neodređenim sustavima demonstrirati će se na dva jednostavna primjera.

P r i m j e r 1. (jednostrano upeti nosač opterećen koncentriranom silom u sredini raspona). Treba odrediti vertikalni pomak točke C (Sl. 25.26).

PA B

l / 2 l / 2

EI

1l

2

P1X 1=

BA

Pl4 P

2

P

2

1

l

+

3Pl

16

5Pl

32

O

1m

C

C

Sl. 25.26 Postupak određivanja pomaka točke C na zadanom nosaču

Određivanje nepoznatog momenta savijanja na ležaju A uzimajući u obzir samo deformacije od savijanja


172

2

1V 1 Vs

11 1 1s

1 1 Pl 1 1 Plm M ds l

EI EI 4 2 2 16EI

1 1 1 2 lm m ds 1 l 1

EI EI 2 3 3EI

δ

δ

∫

∫

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ − = −

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =

2

1V

1

11

Pl316EIX Pl

l 163EI

δδ

= − = =

Određivanje konačnih vrijednosti momenata savijanja na zadanom statički neodređenom nosaču:

A VA 1A 1

C VC 1C 1

3 3M M m X 0 1 Pl Pl

16 16

Pl 1 3 Pl 3 8Pl 3Pl 5M M m X Pl Pl Pl

4 2 16 4 32 32 32

= + ⋅ = − ⋅ = −

− = + ⋅ = − ⋅ = − = =

Vertikalni pomak točke C u sredini raspona neodređenog nosača

O

CV 1 Ks

3 3 3 3

3

1 1 3Pl l 1 2 l 1 5Pl l 1 1 lm M ds

EI EI 16 2 2 3 2 EI 32 2 2 3 2

Pl 5Pl 12Pl 5Pl 7Pl

64EI 768EI 768EI 768

δ = ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − =∫

−= + − = =

P r i m j e r 2. (jednostrano upeti nosač opterećen koncentriranim momentom na ležaju B). Odrediti

vertikalni pomak nosača u l / 2 (Sl. 25. 27).


173

l

M

M

MM

1l

M

M

2 M

4

1X 1=

l

2

Sl. 25.27 Postupak određivanja vertikalnog pomaka nosača u l/2

Određivanje nepoznate reaktivne sile na ležaju B uzimajući u obzir samo deformacije od savijanja


174

( )2

1V 1 Vs

3

11 1 1s

1 1 1 Mlm M ds M l l

EI EI 2 2EI

1 1 1 2 lm m ds l l l

EI EI 2 3 3EI

δ

δ

∫

∫

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ =

= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ =

2

1V

31

11

Ml3M2EIX

l 2l3EI

δδ

= − = − = −

Konačna vrijednost momenta savijanja na ležaju A

A VA 1 A 1

3M 3 1M M m X M l M M M

2l 2 2 = + ⋅ = + ⋅ − = − = −

Vertikalni pomak u sredini raspona zadanog neodređenog nosača je

O

V 1 Ks

2 2 2 2 2

2

1 1 M l 1 2 l 1 M l 1 1 l(l / 2) m M ds

EI EI 2 2 2 32 EI 4 2 2 32

Ml Ml 4Ml Ml 3 MlMl

24EI 96EI 96EI 96 32EI

δ = ⋅ ⋅ = − ⋅ ⋅ − + ⋅ ⋅ − =∫

−=+ − = = =

25.5 Simetrični nosači s nesimetričnim opterećenjem (simetriranje i antimetriranje)

Vrlo često u konstrukcijama susrećemo nosače koji imaju osi simetrije. Proračun takvih nosača metodom sila može se znatno pojednostaviti. Naime simetrija konstrukcije daje mogućnost


175

smanjenja ne smo broja nepoznatih sila nego i znatnog broja računskih operacija koje dovode do rješenja. Promatramo slijedeće primjere:

P r i m j e r 1. (kontinuirani nosač preko tri polja). Simetrični nosač treba riješiti tako da se nesimetrično opterećenje rastavi na simetrični i antimetrični dio i konačno rješenje dobije superpozicijom tih stanja (Sl. 25.28).

q

l ll

q / 2

S

A

=

+

1X

1X

2X

2X

3X

3X

4X

4X

5 S.N.S×

2 S.N.S×

2 S.N.S×

S A Rubni uvjeti na osi simetrije i antimetrije

Sl. 25.28 Rješavanje zadanog nosača metodom simetrije i antimetrije

P r i m j e r 2. (Dvopoljni okvir nesimetrično opterećen). Treba riješiti noseći sustav rastavljanjem na simetriju i antimetriju (Sl. 25.29).


176

l l

h

P / 2 P / 2

P / 2

P / 2

1X

1X

2X

2X

3X

4X 4

X

3X

4 S.N.S×

2 S.N.S×

2 S.N.S×

S

A

Sl. 25.29 Rješavanje zadanog nosača simetrijom i antimetrijom

U slijedećoj Tablici 25.1 su prikazane neke nelinearne funkcije (parabole) koje se koriste tijekom integracije izraza za pomake kod metode sila.


177

Tablica 25.1 Površine i težišta nekih nelinearnih funkcija

OBLIKFUNKCIJE POVRŠINA

POLOŽAJTEŽIŠTA

1t

2t

f

1t

2t

T

a2

a f3

⋅ a

2

a

2

T

1t

2t

f

a

2a f

3⋅

5a

83

a8

1t

2t

1a f

3⋅

3a

4

1a

4Tf

a

ParabolaII reda−

Tf

a

ParabolaIII reda−

2t

1t

1a f

4⋅

4a

5

1a

5

LITERATURA:


178

[1] V. Simović: GRAĐEVNA STATIKA I, Građevinski institut Zagreb, 1988. god.

[2] M. Anđelić: GRAĐEVNA STATIKA II, Građevinski fakultet Sveučilišta u Zagrebu, 2005.god.

[3] I. P. Prokofjev: TEORIJA KONSTRUKCIJA I, Građevinska knjiga Beograd, 1966. god.

[4] I. P. Prokofjev: TEORIJA KONSTRUKCIJA II, Građevinska knjiga Beograd, 1960. god.

[5] A. Darkov: STRUCTURAL MECHANICS, Mir Publishers Moscow, 1979. god.

[6] V. Kiselev: STRUCTURAL MECHANICS, Mir Publishers Moscow, 1982. god.

[7] K. Čališev: PRIMIJENJENA STATIKA, tehnička knjiga Zagreb, 1951. god.

[8] LJ. Savić: TEORIJA KONSTRUKCIJA, Građevinski fakultet Beograd, 2007. god.

[9] M. Sekulović: TEORIJA LINIJSKIH NOSAČA, Građevinska knjiga Beograd, 2005. god.

[10] H. I. Laursen: STRUCTURAL ANALYSIS, McGraw-Hill Book Company, 1988. god.

Numeri£ki primjeri

5. listopada 2016.

Tehni£ko veleu£ili²te u Zagrebu Numeri£ki primjeri

Numeri£ki primjer 1. Obi£na greda optere¢enja je kontinuiranim optere¢enjem prema slici 1. Potrebno jeanaliti£kim postupkom odrediti dijagrame unutarnjih sila.

q=10kN/m

5

Slika 1: Zadana shema nosa£a.

Av

AH

Bv

a b

q=10kN/m1 2

Slika 2: Ra£unska shema nosa£a.

Ravnoteºa.

Suma momenata na to£ku a: ∑Mb = 0

−AV × 5 + q × 5× 2, 5 = 0

−AV × 5 + 10× 5× 2, 5 = 0

AV = 25, 00 kN

Suma momenata na to£ku b: ∑Ma = 0

BV × 5− q × 5× 2, 5 = 0

BV × 5− 10× 5× 2, 5 = 0

BV = 25, 00 kN

Suma sila u smjeru osi x: ∑x = 0

AH = 0, 00 kN

Kontrola: ∑y = 0

AV +BV − q × 5 = 0

25 + 25− 10× 5 = 0

0 = 0

Unutarnje sile.

Presjek 1-1:

Av

AH a

1

N1

T1 M1

Slika 3: Presjek 1-1.

∑x = 0

∑y = 0

∑M1 = 0

AH +N1 = 0 AV − T1 = 0 M1 = 0, 00 kNm

N1 = 0, 00 kN 25− T1 = 0 (−)T1 = 25, 00 kN

179


Presjek 2-2:

Bv

b

2

N2

T2

M2

Slika 4: Presjek 2-2.

∑x = 0

∑y = 0

∑M2 = 0

N2 = 0 BV + T2 = 0 M2 = 0, 00 kNm

N2 = 0, 00 kN 25 + T2 = 0 (−)T2 = −25, 00 kN

Maksimalni moment.

Av

AH a Nx

Tx Mx

x

Slika 5: Presjek x.

T = 0∑

Mx = 0

AV − q × x = 0 −AV × x+ q × x× x

2+Mx = 0

x =AVq

−25× 2, 5 + 10× 2, 5× 2, 5

2+Mx = 0

x =25

10= 2, 5 m Mx = 31, 25 kNm

(vlak dolje)

Dijagrami unutarnjih sila. MJ : 1 cm = 20 kN ; MJ : 1 cm = 20 kNm

m0 =q × l2

8=

10× 52

8= 31, 25 kNm

180


q=10kN/m

5

+

-

M

T

N

0 0

31,25

25,00

25,00

0

0 0 0

Mmax

m0

m0

Slika 6: Dijagrami unutarnjih sila.

181


Numeri£ki primjer 2. Potrebno je analiti£kim postupkom izra£unati dijagrame unutarnjih sila za nosa£ saslike 7.

q=10kN/m

3 4 3

3

α


q=10kN/m

Av

AH

Bv

1 2

3

45 6

a b


Ravnoteºa.

Suma momenata na to£ku a: ∑Ma = 0

BV × 10− q ×√32 + 42 × 5 = 0

BV × 10− 10×√32 + 42 × 5 = 0

BV = 25, 00 kN

Suma momenata na to£ku b: ∑Mb = 0

AV × 10− q ×√32 + 42 × 5 = 0

AV × 10− 10×√32 + 42 × 5 = 0

AV = 25, 00 kN


AH = 0, 00 kN

182


Kontrola: ∑y = 0

Av +Bv − q ×√32 + 42 = 0

25 + 25− 10×√32 + 42 = 0

0 = 0

Unutarnje sile.

Presjek 1-1:

Av

AH

1

N1

T1 M

a

Slika 9: Presjke 1-1.

∑x = 0

∑y = 0

∑M1 = 0

N1 = 0 AV − T1 = 0 M1 = 0, 00 kNm

N1 = 0, 00 kN 25− T1 = 0 (−)T1 = 25, 00 kN

Presjek 2-2:

Av

AH a

1 2

N2

T2 M2


∑x = 0

∑y = 0

∑M2 = 0

N2 = 0 AV − T2 = 0 −AV × 3 +M2 = 0

N2 = 0, 00 kN 25− T2 = 0 −25× 3 +M2 = 0

T2 = 25, 00 kN M2 = 75, 00 kNm

(vlak dolje)

Presjek 3-3:

Av

AH a

1 2 3N3

T3

M3


183


tanα =3

4sinα =

AVxαAV

cosα =AVyαAV

α = 36, 8699◦ AVxα = sinα×AV AVyα = cosα×AVAVxα = sin 36, 8699◦ × 25 AVyα = cos 36, 8699◦ × 25

AVxα = 15, 00 kN AVyα = 20, 00 kN

Av

AVxα

AVyα

α

α

∑xα = 0

∑yα = 0

∑M3 = 0

AVxα +N3 = 0 AVyα − T3 = 0 −AV × 3 +M3 = 0

15 +N3 = 0 20− T3 = 0 −20× 3 +M3 = 0

N3 = −15, 00 kN T3 = 20, 00 kN M3 = 75, 00 kNm

(vlak dolje)

Presjek 4-4 (lijevo-desno):

q=10kN/m

Av

AH

1 2

3

4

a

N4

T4

M

Slika 12: Presjke 4-4 (lijevo-desno).

184


Q = q × 5 = 10× 5 = 50, 00 kN

Qxα = sinα×Q = sin 36, 8699◦ × 50 = 30, 00 kN

Qxα = sinα× q × 5 = sin 36, 8699◦ × 10× 5 = 30, 00 kN

qxα = sinα× q = sin 36, 8699◦ × 10 = 6, 00 kN

Qxα = qxα × 5 = 6× 5 = 30, 00 kN

Qyα = cosα×Q = cos 36, 8699◦ × 50 = 40, 00 kN

Qyα = cosα× q × 5 = cos 36, 8699◦ × 10× 5 = 40, 00

qyα = cosα× q = cos 36, 8699◦ × 10 = 8, 00 kN

Qyα = qyα × 5 = 8× 5 = 40, 00 kN

q

qyα

qxα

Q

Qyα

Qxα

5

4

3

α

∑xα = 0

∑yα = 0

AVxα − q × sinα× 5 +N4 = 0 AVyα − q × cosα× 5− T4 = 0

15− 10× sin 36, 8699◦ × 5 +N4 = 0 20− 10× cos 36, 8699◦ × 5− T4 = 0

15− 30 +N4 = 0 20− 40− T4 = 0

N4 = 15, 00 kN T4 = −20, 00 kN

∑M4 = 0

−AV × 7 + q × 5× 2 +M4 = 0

−25× 7 + 10× 4× 2 +M4 = 0

M4 = 75, 00 kNm

(vlak dolje)

Presjek 4-4 (desno-lijevo):

Bv

4

5 6

b

N4

T4

M4

Slika 13: Presjke 4-4 (desno-lijevo).

185


∑xα = 0

∑yα = 0

∑M4 = 0

BVxα −N4 = 0 BVyα + T4 = 0 BV × 3−M4 = 0

15−N4 = 0 20 + T4 = 0 25× 3−M4 = 0

N4 = 15, 00 kN T4 = −20, 00 kN M4 = 75, 00 kNm

(vlak dolje)

Presjek 5-5:

Bv

5

6

bN5

T5

M5

Bv

5

6

bN5

T5

M5


∑x = 0

∑y = 0

∑M5 = 0

N5 = 0, 00 kN BV + T5 = 0 BV × 3−M5 = 0

25 + T5 = 0 25× 3−M5 = 0

T5 = −25, 00 kN M5 = 75, 00 kNm

(vlak dolje)

Presjek 6-6:

Bv

6

bN6

T6

M5

Bv

b

M6


∑x = 0

∑y = 0

∑M6 = 0

N6 = 0, 00 kN T6 = 0, 00 kN M6 = 0, 00 kNm

(−)

Maksimalni moment.

q=10kN/m

Av

AH

1 2

3

a

Nx

Tx

M

x

Slika 16: Presjek x.

186


T = 0∑

Mx = 0

AVyα − qyα ×x− 3

cosα= 0 −AV × x+ q × x− 3

cosα× x− 3

2+Mx = 0

x =AVyαqyα

× cosα+ 3 −25× 5 + 10× 5− 3

cos 36, 8699◦× 5− 3

2+Mx = 0

x =20

8× cos 36, 8699◦ + 3 Mx = 100, 00 kNm

x = 5 m (vlak dolje)


m0 =qyα × l2

8=

8× 52

8= 25, 00 kNm

q=10kN/m

75,00

75,00

75,00

75,00

100,00

Mmax

++

-

25,00

25,0025,00

25,00

20,00

20,00

+

-

15,00

15,00

N

T

M

0,00

0,00

0,000,00

m0m0

0,00

-


187


Numeri£ki primjer 3. Potrebno je analiti£kim i grafoanaliti£kim postupkom izra£unati i nacrtati dijagrameunutarnjih sila za nosa£ sa slike 18.

3 2 2 2 1 1

q=5kN/m PV=10kN PV=10kN

PH=20kN


Analiti£ki postupak

AV

b

a

c

e

d

1 2

3 6 7 8

9

12

b

DVEV

DH

DV

DHBHBV

BV

BHAH

d

CV

4 5

10 11

q=5kN/m

PV=10kN

PV=10kN

PH=20kN

Ma


Analiti£ki postupak - ravnoteºa

Segment d-e

e

d

9

12DV

DH

10 11

PV=10kN

PH=20kN

1 1

Slika 20: Segment d-e.

Suma momenata na to£ku d:

∑Md = 0

EV × 2− PV × 1 = 0

EV × 2− 10× 1 = 0

EV = 5, 00 kN

188


Suma momenata na to£ku e:

∑Me = 0

−DV × 2 + PV × 1 = 0

−DV × 2 + 10× 1 = 0

DV = 5, 00 kN

Suma sila u smjeru osi x:

∑x = 0

DH + PH = 0

DH + 20 = 0

DH = −20, 00 kN

Segment d-e

b

c

3 6 7 8

DV

DHBHBV d

CV

4 5

PV=10kN

2 2 2

Slika 21: Segment b-d.

Suma momenata na to£ku b:

∑Mb = 0

−PV × 2 + CV × 4−DV × 6 = 0

−10× 2 + CV × 4− 5× 6 = 0

CV = 12, 50 kN

Suma momenata na to£ku c:

∑Mb = 0

−BV × 4 + PV × 2−DV × 2 = 0

−BV × 4 + 10× 2− 5× 2 = 0

BV = 2, 50 kN


∑x = 0

−BH +DH = 0

+BH + (−20) = 0

BH = −20, 00 kN

189


Segment a-b

AV

a

1 2

b

BV

BHAH

q=5kN/m

3

Ma

Slika 22: Segment a-b.


−q × 3× 1.5−BV × 3 +Ma = 0

−5× 3× 1.5− 2, 5× 3 +Ma = 0

Ma = 30, 00 kNm


∑x = 0

AH +BH = 0

AH + (−20) = 0

AH = 20, 00 kN

Suma sila u smjeru osi y:

∑y = 0

AV − q × 3−BV = 0

AV − 5× 3− 2, 5 = 0

AV = 17, 50 kN

Kontorla ∑y = 0

AV − q × 3− PV + CV − PV + EV = 0

17, 5− 5× 3− 10 + 12, 5− 10 + 5 = 0

0, 00 = 0, 00

Presjek 1-1:

AV

a

1

AH N1

T1 M1Ma


∑x = 0

∑y = 0

∑M1 = 0

N1 +AH = 0 AV − T1 = 0 M1 +Ma = 0

N1 + 20 = 0 17, 50− T1 = 0 M1 + 30 = 0

N1 = −20, 00 kN T1 = 17, 50 kN M1 = −30, 00 kNm(vlak gore)

190


Presjek 2-2:

2

b

BV

BHN2

T2M2


∑x = 0

∑y = 0

∑M2 = 0

−N2 +BH = 0 −BV + T2 = 0 M2 = 0, 00 kNm

−N2 + (−20) = 0 −2, 50 + T2 = 0 (−)N2 = −20, 00 kN T2 = 2, 50 kN

Presjek 3-3:

b

3

BHBV

N3

T3 M3


∑x = 0

∑y = 0

∑M3 = 0

N3 −BH = 0 BV − T3 = 0 M3 = 0, 00 kNm

N3 − (−20) = 0 2, 5− T3 = 0 (−)N3 = −20, 00 kN T3 = 2, 50 kN

Presjek 4-4:

b

3

BHBV

4

N4

T4 M4


∑x = 0

∑y = 0

∑M4 = 0

N4 −BH = 0 BV − T4 = 0 M4 −BV × 2 = 0

N4 − (−20) = 0 2, 5− T4 = 0 M4 − 2, 5× 2 = 0

N4 = −20, 00 kN T4 = 2, 50 kN M4 = 5, 00 kNm

(vlak dolje)

191


Presjek 5-5:


∑x = 0

∑y = 0

∑M5 = 0

N5 −BH = 0 BV − PV − T5 = 0 −M5 +BV × 2 = 0

N5 − (−20) = 0 2, 5− 10− T5 = 0 −M5 + 2, 5× 2 = 0

N5 = −20, 00 kN T5 = −7, 50 kN M5 = 5, 00 kNm

(vlak dolje)

Presjek 6-6:

c

6

7 8

DV

DHd

CV

N6

T6M6


∑x = 0

∑y = 0

∑M6 = 0

−N6 +DH = 0 −DV + CV + T6 = 0 −M6 −DV × 2 = 0

−N6 + (−20) = 0 −5 + 12, 5 + T6 = 0 −M6 − 5× 2 = 0

N6 = −20, 00 kN T6 = −7, 50 kN M6 = −10, 00 kNm(vlak gore)

Presjek 7-7:

7 8

DV

DHd

N7

T7M7


∑x = 0

∑y = 0

∑M7 = 0

−N7 +DH = 0 −DV + T7 = 0 −M7 −DV × 2 = 0

−N7 + (−20) = 0 −5 + T7 = 0 −M7 − 5× 2 = 0


192


Presjek 8-8:

8

DV

DHd

N8

T8M8


∑x = 0

∑y = 0

∑M8 = 0

−N8 +DH = 0 −DV + T8 = 0 M8 = 0, 00 kNm

−N8 + (−20) = 0 −5 + T8 = 0 (−)N8 = −20, 00 kN T8 = 5, 00 kN

Presjek 9-9:

d

9

DV

DH N9

T9 M9


∑x = 0

∑y = 0

∑M9 = 0

N9 −DH = 0 DV − T9 = 0 M9 = 0, 00 kNm

N9 − (−20) = 0 5− T9 = 0 (−)N9 = −20, 00 kN T9 = 5, 00 kN

Presjek 10-10:

d

9

DV

DH

10

N10

T10 M10


∑x = 0

∑y = 0

∑M10 = 0

N10 −DH = 0 DV − T10 = 0 M10 −DV × 1 = 0

N10 − (−20) = 0 5− T10 = 0 M10 − 5× 1 = 0

N10 = −20, 00 kN T10 = 5, 00 kN M10 = 5, 00 kNm

(vlak dolje)

193


Presjek 11-11:

e

1211

N11

T11M11

EV

PH=20kN


∑x = 0

∑y = 0

∑M11 = 0

−N11 − PH = 0 EV + T11 = 0 −M11 + EV × 1 = 0

−N11 − 20 = 0 5 + T11 = 0 −M11 + 5× 1 = 0

N11 = −20, 00 kN T11 = −5, 00 kN M11 = 5, 00 kNm

(vlak dolje)

Presjek 12-12:

e

12

EV

N12

T12M12

PH=20kN


∑x = 0

∑y = 0

∑M12 = 0

−N12 − PH = 0 EV + T12 = 0 M12 = 0, 00 kNm

−N12 − 20 = 0 5 + T12 = 0 (−)N12 = −20, 00 kN T12 = −5, 00 kN

194



m0 =q × l2

8=

5× 32

8= 5, 625 kNm


PH=20kN

M 0 000

5,00 5,00

10,00

30,00

m0

m0

T

++

--

17,50

2,502,505,00 5,00

7,505,005,00

7,50

N

20,0020,00

-


195


Grafoanaliti£ki postupak Segment 1.

q=5kN/m PV=10kN

a b

3AV

AH

2 2BV

1 2 5

3 4

Slika 36: Segment 1.

Suma momenata na to£ku a:

∑Ma = 0

BV × 7− PV × 5− q × 3× 1, 5 = 0

BV × 7− 10× 5− 5× 3× 1, 5 = 0

BV = 10, 36 kN


∑Mb = 0

−AV × 7 + PV × 2 + q × 3× 5, 5 = 0

−AV × 7 + 10× 2 + 5× 3× 5, 5 = 0

AV = 14, 64 kN

Kontorla!

∑y = 0

AV − q × 3− PV +BV = 0

14, 64− 5× 3− 10 + 10, 36 = 0

0, 00 = 0, 00

Presjek 1-1:

∑M1 = 0

M1 = 0 kNm

(−)

a

AV

AH

1

N1

T1M1

Presjek 2-2: ∑M2 = 0

M2 −AV × 3 + q × 3× 1, 5 = 0

M2 − 14, 64× 3 + 5× 3× 1, 5 = 0

M2 = 21, 42 kNm

(vlak dolje)

q=5kN/m

a

AV

AH

1 2

N2

M2T2


M3 −BV × 2 = 0

M3 + 10, 36× 2 = 0

M3 = 20, 72 kNm

(vlak dolje)

PV=10kN

b

BV

5

3 4

N3

T3M3

196



M4 −BV × 2 = 0

M4 + 10, 36× 2 = 0

M4 = 20, 72 kNm

(vlak dolje)

b

BV

5

4

N4

T4M4

Presjek 5-5:

∑M5 = 0

M5 = 0, 00 kNm

(−)

b

BV

5

N5

T5M5

Segment 2.

PV=10kN

PH=20kNc d

3 1CV

CH

DV

6

97 8

Slika 37: Segment 2.

Suma momenata na to£ku c:

∑Mc = 0

DV × 4− PV × 3 = 0

DV × 4− 10× 3 = 0

DV = 7, 50 kN


∑Md = 0

−CV × 4 + PV × 1 = 0

−CV × 4 + 10× 1 = 0

CV = 2, 50 kN

Kontorla!

∑y = 0

CV − PV +DV = 0

7, 50− 10 + 2, 50 = 0

0, 00 = 0, 00

Presjek 6-6:

∑M6 = 0

M6 = 0, 00 kNm

(−)

c

CV

CH

6

N6

T6M6

197



M7 − CV × 3 = 0

M7 + 2, 5× 3 = 0

M7 = 7, 50 kNm

(vlak dolje)

c

CV

CH

6

7

N7

M7T7


−M8 −DV × 1 = 0

−M8 + 7, 5× 1 = 0

M8 = 7, 50 kNm

(vlak dolje)

PH=20kNd

DV

98

N8

T8M8

Presjek 9-9:

∑M9 = 0

M9 = 0, 00 kNm

(−)

PH=20kNd

DV

9

N9

T9M9


T1 = tanα1 =26, 25

1, 5= 17, 50 kN

T2 = tanα2 =3, 75

1, 5= 2, 50 kN

T3 = T4 = T2

T5 = tanα5 =15, 00

2, 00= −7, 50 kN

T6 = T5

T7 = tanα7 =15, 00

3, 00= 5, 00 kN

T8 = tanα8 =5, 00

1, 00= −5, 00 kN

T9 = T8

m0 =q × l2

8=

5× 32

8= 5, 625 kNm

198



PH=20kN

M

21,42 20,72

7,50

0 0 0

M

21,42 20,72

7,50

0 0 0

2 korak

lom

30

510 5

m0

m0

M 0 000

5,00 5,00

10,00

30,00

m0

m0

T

++

--

17,50

2,502,505,00 5,00

7,505,005,00

7,50

1 korak

3 korak

α1

α2

α5

α7

α8

26

,25

15

2

15

3

5

1

1,5

15

3,7

5

1,5


199


Numeri£ki primjer 4.

Potrebno je uravnoteºit re²etkasti nosa£ sa slike 39 i odrediti sile u ²tapovima S1, S2 i S3.

a b

1 1 1 11

1

PV=10kN

PV=10kN

PV=10kN

PV=10kN

PV=10kN

AV

AH

BV

S1

S2

S3


Analiti£ki postupak.

Ravnoteºa.


BV × 4− PV × 4− PV × 3− PV × 2− PV × 1 = 0

BV × 4− 10× 4− 10× 3− 10× 2− 10× 1 = 0

BV = 25, 00 kN


−AV × 4 + PV × 4 + PV × 3 + PV × 2 + PV × 1 = 0

−AV × 4 + 10× 4 + 10× 3 + 10× 2 + 10× 1 = 0

AV = 25, 00 kN


AH = 0, 00 kN

Kontrola: ∑y = 0

Av +Bv − PV × 5 = 0

25 + 25− 10× 5 = 0

0 = 0

a

1 1

11

PV=10kN

PV=10kN

AV

AH S3

S1

S2

c

d

S1x

S2x

S1y

S2y


200


Suma momenata na to£ku c: ∑Mc = 0

−S1x × 2−AV × 2 + PV × 1 + PV × 2 = 0

−S1x × 2− 25× 2 + 10× 1 + 10× 2 = 0

S1x = −10, 00 kN

S1 =S1x

sin 45◦= −14, 1421 kN

S1y = S1 × cos 45◦ = −10, 00 kN


−S2y × 2− PV × 1 = 0

−S2y × 2− 10× 1 = 0

S2y = −5, 00 kN

S2 =S2y

sin 45◦= −7, 07 kN

S2x = S2 × cos 45◦ = −5, 00 kN

Suma momenata na to£ku d: ∑Md = 0

S3 × 1 + PV × 1−AV × 1 = 0

S3 × 1 + 10× 1− 25× 1 = 0

S3 = 15, 00 kN

Kontorla ∑x = 0

AH + S3 + S2x + S1x = 0

0 + 15 + (−5) + (−10) = 0

0, 00 = 0, 00

∑y = 0

AV − S2y + S1y − PV − PV = 0

25− (−5) + (−10)− 10− 10 = 0

0, 00 = 0, 00

201


Gra�£ki postupak.

MJ : 1 cm = 100 cm; MJ : 1 cm = 5 kN

1 1 1 1

11

PV=10kN

PV=10kN

PV=10kN

PV=10kN

PV=10kN

S1

S2

S3

PV

PV

PV

PV

PV

0

1

2

3

4

5

6

1

2

3

4 5

6

BV

AV

55

AVocitano = 5 cm⇒ AV = 25 kN

BVocitano = 5 cm⇒ BV = 25 kN

S1ocitano = 2, 8 cm⇒ S1 = 14 kN



202


Numeri£ki primjer 5. Trozglobni okvir sa slike 1 potrebno je analiti£kim i gra�£kim postupkom uravnoteºitite odrediti dijagrame unutarnjih sila.

PH=20kN

q=10kN/m

4

2 2

40,50,5


PH=20kN

q=10kN/m

1

2

10

9

3 4

5

8

6

7

AV

AH

BV

BH

a

b

c


q=10kN/m

1

2 3 4

AV

AH a

CH

CVc

PH=20kN

10

9

5

8

6

7

BV

BHb

cCH

CV

Slika 43: Ra£unska shema nosa£a presjek kroz zglob.

Analiti£ki postupak - metoda 1


−AV × 4−AH × 1 + PH × 4, 5 + q × 2× 3 = 0

−AV × 4−AH × 1 + 20× 4, 5 + 10× 2× 3 = 0

−AV × 4−AH × 1 = −150


−AV × 2 +AH × 4 + q × 2× 1 = 0

−AV × 2 +AH × 4 + 10× 2× 1 = 0

−AV × 2 +AH × 4 = −20

203


Rje²avanje sustava linearnih jednadºbi: [−4 −1−2 4

]{AVAH

}=

{−150−20

}[−4 −14 −8

]{AVAH

}=

{−15040

}[−4 −10 −9

]{AVAH

}=

{−150−110

}

AH =−110−9

= 12, 22 kN

−AV × 4−AH × 1 = −150−AV × 4− 12, 22× 1 = −150

AV = 34, 44 kN


BV × 4−BH × 1 + PH × 3, 5− q × 2× 1 = 0

BV × 4−BH × 1 + 20× 3, 5− 10× 2× 1 = 0

BV × 4−BH × 1 = −50


BV × 2−BH × 5− PH × 0, 5 = 0

BV × 2−BH × 5− 20× 0, 5 = 0

BV × 2−BH × 5 = 10

Rje²avanje sustava linearnih jednadºbi: [4 −12 −5

]{BVBH

}=

{−5010

}[4 −1−4 10

]{BVBH

}=

{−50−20

}[4 −10 9

]{BVBH

}=

{−50−70

}

BH =−709

= −7, 78 kN

BV × 4− (−7, 78)× 1 = −50BV × 4 = −57, 78

BV = −14, 44 kN

∑x = 0

AH + CH = 0

12, 22 + CH = 0

CH = −12, 22 kN

204


∑y = 0

AV − CV − q × 2 = 0

34, 44− CV − 10× 2 = 0

CV = 14, 44 kN

Analiti£ki postupak - metoda 2

PH=20kN

q=10kN/m

1

2

10

9

3 4

5

8

6

7

A0

B0

a

b

c

H'A

H'B

Slika 44: Ra£unska shema nosa£a. Slika 45: Ra£unska shema nosa£a presjek kroz zglob.


−A0 × 4 + PH × 4, 5 + q × 2× 3 = 0

−A0 × 4 + 20× 4, 5 + 10× 2× 3 = 0

A0 = 37, 5 kN


B0 × 4 + PH × 3, 5− q × 2× 1 = 0

B0 × 4 + 20× 3, 5− 10× 2× 1 = 0

B0 = −12, 5 kN


H ′AH × 4, 5−A0 × 2 + q × 2× 1 = 0

H ′AH × 4, 5− 37, 5× 2 + 10× 2× 1 = 0

H ′AH = 12, 22 kN

H ′AHH ′AV

=4

1

H ′AV =H ′AH4

=12, 22

4= 3, 06 kN

205



−H ′BH × 4, 5 +B0 × 2− PH × 0, 5 = 0

−H ′BH × 4, 5 + (−12, 5)× 2− 20× 0, 5 = 0

H ′BH = −7, 78 kN

H ′BHH ′BV

=4

1

H ′BV =H ′BH4

=−7, 78

4= −1, 94 kN

AV = A0 −H ′AV = 37, 5− 3, 06 = 34, 44 kN

AH = H ′AH = 12, 22 kN

BV = B0 +H ′BV = −12, 5 + (−1, 94) = −14, 44 kNBH = H ′BH = −7, 78 kN

∑x = 0

AH + CH = 0

12, 22 + CH = 0

CH = −12, 22 kN

∑y = 0

AV − CV − q × 2 = 0

34, 44− CV − 10× 2 = 0

CV = 14, 44 kN

Kontorla! ∑x = 0

AH −BH − PH = 0

12, 22− (−7, 78)− 20 = 0

0, 00 = 0, 00

∑y = 0

AV +BV − q × 2 = 0

34, 44 + (−14, 44)− 10× 2 = 0

0, 00 = 0, 00

Presjek 1-1:


206


∑x = 0

∑y = 0

∑M1 = 0

AH + T1 = 0 N1 +AV = 0 M1 = 0, 00 kNm

12, 22 + T1 = 0 N1 + 34, 44 = 0 (−)T1 = −12, 22 kN N1 = −34, 44 kN

Presjek 2-2:


∑x = 0

∑y = 0

∑M2 = 0

AH + T2 = 0 N2 +AV = 0 M2 +AH × 4 = 0 kNm

12, 22 + T2 = 0 N2 + 34, 44 = 0 M2 + 12, 22× 4 = 0

T2 = −12, 22 kN N2 = −34, 44 kN M2 = −48, 88 kNm(vlak lijevo)

Presjek 3-3:


∑x = 0

∑y = 0

∑M3 = 0

−N3 + CH = 0 −CV − q × 2 + T3 = 0 −M3 − CV × 2− q × 2× 1 = 0

−N3 + (−12, 22) = 0 −14, 44− 10× 2 + T3 = 0 −M3 − 14, 44× 2− 10× 2× 1 = 0


207


Presjek 4-4:


∑x = 0

∑y = 0

∑M4 = 0

−N4 + CH = 0 −CV + T4 = 0 M4 = 0, 00 kNm

−N4 + (−12, 22) = 0 −14, 44 + T4 = 0 (−)N4 = −12, 22 kN T4 = 14, 44 kN

Presjek 5-5:


tan(α) =1

2⇒ α = 26, 56505◦

CV N = sin(α)× CV = sin(26, 56505◦)× 14, 44 = 6, 46 kN

CV T = cos(α)× CV = cos(26, 56505◦)× 14, 44 = 12, 92 kN

CHN = cos(α)× CH = cos(26, 56505◦)× (−12, 22) = −10, 93 kNCHT = sin(α)× CH = sin(26, 56505◦)× (−12, 22) = −5, 47 kN

∑xN = 0

∑yT = 0

∑M5 = 0

N5 − CV N − CHN = 0 −CHT + CV T − T5 = 0 M5 = 0, 00 kNm

N5 − 6, 46− (−10, 93) = 0 −(−5, 47) + 12, 92− T5 = 0 (−)N5 = −4, 47 kN T5 = 18, 39 kN

Presjek 6-6:


208


∑xN = 0

∑yT = 0

N6 − CV N − CHN = 0 −CHT + CV T − T6 = 0

N6 − 6, 46− (−10, 93) = 0 −(−5, 47) + 12, 92− T6 = 0

N6 = −4, 47 kN T6 = 18, 39 kN

∑M6 = 0

M6 − CV × 1 + CH × 0, 5 = 0

M6 − (14, 44)× 1 + (−12, 22)× 0, 5 = 0

M6 = 20, 55 kNm

(vlak dolje)

Presjek 7-7:


PHN = cos(α)× PH = cos(26, 56505◦)× 20 = 17, 89 kN

PHT = sin(α)× PH = sin(26, 56505◦)× 20 = 8, 94 kN

∑xN = 0

∑yT = 0

N7 − CV N − CHN − PHN = 0 −PHT − CHT + CV T − T7 = 0

N7 − 6, 46− (−10, 93)− 17, 89 = 0 −8, 94− (−5, 47) + 12, 92− T7 = 0

N7 = 13, 42 kN T7 = 9, 45 kN

∑M6 = 0

M7 − CV × 1 + CH × 0, 5 = 0

M7 − (14, 44)× 1 + (−12, 22)× 0, 5 = 0

M7 = 20, 55 kNm

(vlak dolje)

Presjek 8-8:


209


∑xN = 0

∑yT = 0

N8 − CV N − CHN − PHN = 0 −PHT − CHT + CV T − T8 = 0

N8 − 6, 46− (−10, 93)− 17, 89 = 0 −8, 94− (−5, 47) + 12, 92− T8 = 0

N8 = 13, 42 kN T8 = 9, 45 kN

∑M6 = 0

M8 − CV × 2 + CH × 1 + PH × 0.5 = 0

M8 − (14, 44)× 2 + (−12, 22)× 1 + 20× 0.5 = 0

M8 = 31, 11 kNm

(vlak dolje)

Presjek 9-9:


∑x = 0

∑y = 0

∑M9 = 0

−BH + T9 = 0 N9 +BV = 0 M9 −BH × 4 = 0

−(−7, 78) + T9 = 0 N9 + (−14, 44) = 0 M9 − (−7, 78)× 4 = 0

T9 = −7, 78 kN N9 = 14, 44 kN M9 = −31, 11 kNm(vlak lijevo)

210


Presjek 10-10:


∑x = 0

∑y = 0

∑M10 = 0

−BH + T10 = 0 N10 +BV = 0 M10 = 0, 00 kNm

−(−7, 78) + T10 = 0 N10 + (−14, 44) = 0 (−)T10 = −7, 78 kN N10 = 14, 44 kN

211



48,88

48,88

0

0

20,55

7,78

31,11

+

-

7,78

9,45

9,45

18,39

18,39

+

+

34,44

14,44

-

12,22

12,22

31,11

PH=20kN

q=10kN/m

1

2

10

9

3 4

5

8

6

7

AV

AH

BV

BH

a

b

c

M

T

5


212


-

34,44

-

12,2212,22 4,47

13,42

13,42- +

+

N

14,44

14,44


213


Gra�£ki postupak

PH=20kN

q=10kN/m

4

2 2

41

Q

RBL

RAL

RBL

RAL

PH

a

b

c

RAD RBD

RBDRAD

Q

RAD

RAL

RA6,9

2,4

RBD

RBL

RB

AV

AH

BH

BV

1,6

2,9

AHocitano = 2, 4 cm⇒ AH = 12 kN

AVocitano = 6, 9 cm⇒ AV = 34, 5 kN

BHocitano = 1, 6 cm⇒ BH = 8 kN

BVocitano = 2, 9 cm⇒ BV = 14, 5 kN

214


Gra�£ki postupak - unutarnje sile u presjeku 6-6

Rocitano = 3, 8 cm⇒ R = 19, 0 kN

N6ocitano = 0, 9 cm⇒ N6 = −4, 5 kNT6ocitano = 3, 7 cm⇒ T6 = 18, 5 kN

∑M6 = 0

−M6 +R× 1, 1 = 0

−M6 + 19, 0× 1, 1 = 0

M6 = 20, 9 kNm

(vlak dolje)

215


Numeri£ki primjer 6. Trozglobni okvir sa zategom sa slike 58 potrebno je analiti£kim i gra�£kim postupkomuravnoteºiti te odrediti dijagrame unutarnjih sila.

q=10kN/m

q=10kN/m

α

21

1

11

1

4 3

1

Slika 58: Stati£ka shema.



BV × 7− q × 4× 2 + q × 4× 1− q × 3× 5, 5 = 0

BV × 7− 10× 4× 2 + 10× 4× 1− 10× 3× 5, 5 = 0

BV × 7− 205 = 0

BV = 29, 29 kN

Suma momenata na to£ku d: ∑Md = 0

−AV × 7 + q × 4× 5 + q × 4× 1 + q × 3× 1, 5 = 0

−AV × 7 + 10× 4× 5 + 10× 4× 1 + 10× 3× 1, 5 = 0

−AV × 7 + 285 = 0

AV = 40, 71 kN

216


∑x = 0

AH − q × 4 = 0

AH − 10× 4 = 0

AH = 40 kN

Kontrola: ∑y = 0

AV +BV − q × 4− q × 3 = 0

40, 71 + 29, 29− 10× 4− 10× 3 = 0

0 = 0

Slika 60: Geometrija nosa£a. Slika 61: Presjek kroz £vor.

3

4=

3− x3

1

4 + x=y

4

x = −9

4+ 3 y =

4

4 + 34

x =3

4m y =

16

19m


−AV × 4 +AH × 3 + q × 4× 2 + ZH × (2− y) = 0

−40, 71× 4 + 40× 3 + 10× 4× 2 + ZH × (2− 16

19) = 0

ZH × 1, 1579 + 37, 16 = 0

ZH = −32, 09 kN

1

4 + x=ZVZH

ZV =ZH4 + x

=−32, 094 + 3

4

ZV = −6, 76 kN

Z =√Z2V + Z2

H =√(−6, 67)2 + (−32, 09)2 = −32, 79 kN (tlak)

217


Presjek 1-1:

AH1

a

N1T1

M1

AV


∑x = 0

∑y = 0

∑M1 = 0

AH + T1 = 0 N1 +AV = 0 M1 = 0, 00 kNm

40 + T1 = 0 N1 + 40, 71 = 0 (−)T1 = −40 kN N1 = −40, 71 kN

Presjek 2-2:

AH1

2

a

N2T2

M2

AV


∑x = 0

∑y = 0

∑M2 = 0

AH + T2 = 0 N2 +AV = 0 M2 +AH × 1 = 0 kNm

40 + T2 = 0 N2 + 40, 71 = 0 M2 + 40× 1 = 0

T2 = −40 kN N2 = −40, 71 kN M2 = −40, 00 kNm(vlak lijevo)

Presjek 3-3:

AH1

3

2

a

N3T3

M3

ZH

ZV

AV


218


∑x = 0

∑y = 0

∑M3 = 0

T3 +AH + ZH = 0 AV + ZV +N3 = 0 M3 +AH × 1 = 0

T3 + 40 + (−32, 09) = 0 40, 71 + (−6, 76) +N3 = 0 M3 + 40× 1 = 0


Presjek 4-4:

AH1

3

2

4

a

N4T4

M4

ZH

ZV

AV


∑x = 0

∑y = 0

∑M4 = 0

T4 +AH + ZH = 0 AV + ZV +N4 = 0 M4 +AH × 3 + ZH × 2 = 0

T4 + 40 + (−32, 09) = 0 40, 71 + (−6, 76) +N4 = 0 M4 + 40× 3 + (−32, 09)× 2 = 0


Presjek 5-5:

AH1

3

2

4

5

a

N5

T5M5

ZH

ZV

AV


219


∑x = 0

∑y = 0

∑M5 = 0

N5 +AH + ZH = 0 AV + ZV − T5 = 0 M5 +AH × 3 + ZH × 2 = 0

N5 + 40 + (−32, 09) = 0 40, 71 + (−6, 76)− T5 = 0 M5 + 40× 3 + (−32, 09)× 2 = 0

N5 = 7, 91 kN T5 = 33, 95 kN M5 = −55, 82 kNm(vlak gore)

Presjek 6-6:

q=10kN/m

AV

AH1

3

2

45

6

a

N6

T6M6

ZH

ZV


∑x = 0

∑y = 0

N6 +AH + ZH = 0 AV + ZV − q × 4− T6 = 0

N6 + 40 + (−32, 09) = 0 40, 71 + (−6, 76)− 10× 4− T6 = 0

N6 = 7, 91 kN T6 = −6, 05 kN

∑M6 = 0

M6 +AH × 3−AV × 4 + ZH × 2− ZV × 4 + q × 4× 2 = 0

M6 + 40× 3− 40, 71× 4 + (−32, 09)× 2− (−6, 76)× 4 + 10× 4× 2 = 0

M6 = 0, 0 kNm

(−)

220


Presjek 7-7:

q=10kN/m

BV

7

10

89

b

ZH

ZV

N7T7

M7

Z

α

ZTZN

BV

BVN

BVT


tan(β) =4

3⇒ β = 53, 13015◦

tan(α) =1

4 + x⇒ α = 11, 8886◦

ZN = cos(α+ β)× Z = cos(11, 8886◦ + 53, 13015◦)× (−32, 79) = −13, 85 kNZT = sin(α+ β)× Z = sin(11, 8886◦ + 53, 13015◦)× (−32, 79) = −29, 72 kN

BV N = sin(β)×BV = sin(53, 13015◦)× (29, 29) = 23, 43 kN

BV T = cos(β)×BV = cos(53, 13015◦)× (29, 29) = 17, 57 kN

∑xN = 0

∑yT = 0

N7 + ZN +BV N = 0 BV T − ZT + T7 − q × 5 = 0

N7 + (−13, 85) + 23, 43 = 0 17, 57− (−29, 72) + T7 − 10× 5 = 0

N7 = −9, 58 kN T7 = 2, 71 kN

∑M7 = 0

M7 − ZH × 1− ZV × x+BV × 3− q × 5× 2, 5 = 0

M7 − (−32, 09)× 1− (−6, 76)× 3

4+ 29, 29× 3− 10× 5× 2, 5 = 0

M7 = 0, 0 kNm

221


Presjek 8-8:

q=10kN/m

BV

10

89

b

ZH

ZV

N8T8

M8


∑xN = 0

∑yT = 0

N8 + ZN +BV N = 0 BV T − ZT + T8 − q ×√(3)2 + (3− x)2 = 0

N8 + (−13, 85) + 23, 43 = 0 17, 57− (−29, 72) + T8 − 10×√(3)2 + (3− 3

4)2 = 0

N8 = −9, 58 kN T8 = −9, 79 kN

∑M8 = 0

M8 − q ×√

(3)2 + (3− x)2 ×√

(3)2 + (3− x)22

+BV × (3− x) = 0

M8 − 10×√(3)2 + (3− 3

4)2 ×

√(3)2 + (3− 3

4 )2

2+ 29, 29× (3− 3

4) = 0

M8 = 4, 41 kNm

(vlak desno)

Presjek 9-9:

q=10kN/m

BV

10

9

b

N9T9

M9


222


∑xN = 0

∑yT = 0

N9 +BV N = 0 T9 +BV T − q ×√(3)2 + (3− x)2 = 0

N9 + 23, 43 = 0 T9 + 17, 57− 10×√(3)2 + (3− 3

4)2 = 0

N9 = −23, 43 kN T9 = 19, 91 kN

∑M9 = 0

M9 − q ×√

(3)2 + (3− x)2 ×√

(3)2 + (3− x)22

+BV × (3− x) = 0

M9 − 10×√(3)2 + (3− 3

4)2 ×

√(3)2 + (3− 3

4 )2

2+ 29, 29× (3− 3

4) = 0

M9 = 4, 41 kNm

(vlak desno)

Presjek 10-10:

BV

10b

N10T10

M10


∑xN = 0

∑yT = 0

∑M10 = 0

N10 +BV N = 0 T10 +BV T = 0 M10 = 0, 00 kNm

N10 + 23, 43 = 0 T10 + 17, 57 = 0 (−)N10 = −23, 43 kN T10 = −17, 57 kN

223



q=10kN/m

q=10kN/m

AV

AH

BV

1

3

2

45

7

10

8

69

a

b

c

d

40,00

55,82

55,82

4,41

15,37

0,25

7,9120,00

1,95

17,57

40,00 7,91

7,91

40,00

33,95

6,05

+

-2,71

9,79

-

19,91

17,57

+

-

-

-


224


40,71

40,7135,95

33,95

-

-

+7,91 7,91

-

9,58

9,58

23,43

23,43

-

-

32,79


225


Numeri£ki primjer 7. Oja£anu gredu sa slike 75 potrebno je analiti£kim postupkom uravnoteºiti te odreditidijagrame unutarnjih sila.

q=10kN/m

PV=20kN

PH=20kN2

1

2 1 2 1 111

α


q=10kN/m

PV=20kN

PH=20kN

1

3

5 7

9

111086

4

2 12

JI

Z

Z

JI

GH

GH

cb

a

d

e

CV

CH

AV



AV × 9− q × 5× 2, 5 + PH × 3− Pv × 7 = 0

AV × 9− 10× 5× 2, 5 + 20× 3− 20× 7 = 0

AV × 9− 205 = 0

AV = 22, 78 kN


−CV × 9 + q × 5× 6, 5 + PH × 3 + Pv × 2 = 0

−CV × 9 + 10× 5× 6, 5 + 20× 3 + 20× 2 = 0

−CV × 9 + 425 = 0

CV = 47, 22 kN

∑x = 0

CH − PH = 0

CH − 20 = 0

CH = 20 kN

226


Kontrola: ∑y = 0

CV +AV − q × 5− PV = 0

47, 22 + 22, 78− 10× 5− 20 = 0

0 = 0

q=10kN/m1

3

5 6

4

2

Z

GH

GH

cb

d

CV

CH

ZH

ZV

BV

BH

Z

ZH

ZVα

Slika 76: Presjek kroz zglob.


−CV × 5 + q × 5× 2, 5− ZH × 2, 5 = 0

−47, 22× 5 + 10× 5× 2, 5− ZH × 2, 5 = 0

−ZH × 2, 5− 111, 1 = 0

ZH = −44, 44 kN

tan(α) =1

4⇒ α = 14, 03624◦

Z =ZH

cos(α)=

−44, 44cos(14, 03624◦)

= −45, 81 kN

ZVZH

=1

4⇒ ZV =

1

4×−44, 44 = −11, 11 kN

∑x = 0

∑y = 0

CH +BH + ZH = 0 CV − q × 5 + ZV −BV = 0

20 +BH + (−44, 44) = 0 47, 22− 10× 5 + (−11, 11)−BV = 0

BH = 24, 44 kN BV = −13, 89 kN

Ravnoteºa £vora e:

cos(β) =IHI⇒ IH = cos(β)× I sin(β) =

IVI⇒ IV = sin(β)× I

cos(β) =JHJ⇒ JH = cos(β)× J sin(β) =

JVJ⇒ JV = sin(β)× J

tan(β) =3

1⇒ β = 71, 56505◦

∑x = 0

∑y = 0

−ZH − PH − IH + JH = 0 −PV − ZV − IV − JV = 0

−ZH − PH − cos(β)× I + cos(β)× J = 0 −PV − ZV − sin(β)× I − sin(β)× J = 0

227


PV=20kN

PH=20kN

JI

Z e I

IV

IH

J

JV

JH

Slika 77: Ravnoteºa £vora e.

Rje²avanje sustava linearnih jednadºbi (Cramerovo pravilo):[− cos(β) cos(β)− sin(β) − sin(β)

]{IJ

}=

{ZH + PHPV + ZV

}

D =

∣∣∣∣− cos(β) cos(β)− sin(β) − sin(β)

∣∣∣∣ = (− cos(β)× (− sin(β))− (cos(β)× (− sin(β))

D = 2× cos(β)× sin(β) = 2× cos(71, 56505◦)× sin(71, 56505◦)

D = 0, 6

D1 =

∣∣∣∣ZH + PH − cos(β)PV + ZV − sin(β)

∣∣∣∣ = ((ZH + PH)× (−sin(β)))− (cos(β)× (PV + ZV )

D1 = (((−44, 44) + 20)× (−sin(71, 56505◦)))− (cos(71, 56505◦)× (20 + (−11, 11))D1 = 23, 1858− 2, 8109 = 20, 3791

D2 =

∣∣∣∣− cos(β) ZH + PH− sin(β) PV + ZV

∣∣∣∣ = ((cos(β)× (PV + ZV ))− ((ZH + PH)× (− sin(β))

D2 = ((− cos(71, 56505◦)× (20 + (−11, 11)))− ((−44, 44) + 20)× (− sin(71, 56505◦))

D2 = −2, 8109− 23, 1900 = −25, 9967

I =D1

D=

20, 3791

0, 6= 33, 96 kN J =

D2

D=−25, 9967

0, 6= −43, 33 kN

IH = cos(71, 56505◦)× 33, 96 = 10, 74 kN JH = cos(71, 56505◦)×−43, 33 = −13, 70 kNIV = sin(71, 56505◦)× 33, 96 = 32, 22 kN JV = sin(71, 56505◦)×−43, 33 = −41, 11 kN

Ravnoteºa £vora d:

Z

GH

d

H

HH

HV

Slika 78: Ravnoteºa £vora d.

cos(γ) =HH

H⇒ HH = cos(γ)×H sin(γ) =

HV

H⇒ HV = sin(γ)×H

tan(γ) =2

1⇒ γ = 63, 43495◦

228


∑x = 0

∑y = 0

ZH −HH = 0 −G+ ZV −HV = 0

ZH − cos(γ)×H = 0 −G+ (−11, 11)− (−88, 88) = 0

H =ZH

− cos(γ)G = 77, 77 kN

H =−44, 44

cos(63, 43495◦)

H = −99, 37 kNHV = sin(γ)×H = −88, 88 kNHH = cos(γ)×H = −44, 44 kN

Presjek 1-1:

1

c

CV

CH N1

T1

M1


∑x = 0

∑y = 0

∑M1 = 0

N1 + CH = 0 −T1 + CV = 0 M1 = 0 kNm

N1 + 20 = 0 −T1 + 47, 22 = 0 (−)N1 = −20, 00 kN T1 = 47, 22 kN

Presjek 2-2:

q=10kN/m1 2

c

CV

CH N2

T2

M2


∑x = 0

∑y = 0

∑M2 = 0

N2 + CH = 0 −T2 + CV − q × 2 = 0 M2 + q × 2× 1− CV × 2 = 0

N2 + 20 = 0 −T2 + 47, 22− 10× 2 = 0 M2 + 10× 2× 1− 47, 22× 2 = 0

N2 = −20, 00 kN T2 = 27, 22 kN M2 = 74, 44 kNm

(vlak dolje)

229


Presjek 3-3:

q=10kN/m1

3

2H

c

CV

CH N3

T3

M3


∑x = 0

∑y = 0

N3 + CH +HH = 0 −T3 + CV − q × 2 +HV = 0

N3 + 20 + (−44, 44) = 0 −T3 + 47, 22− 10× 2 + (−88, 88) = 0

N3 = 24, 44 kN T3 = −61, 66 kN

∑M3 = 0

M3 + q × 2× 1− CV × 2 = 0

M3 + 10× 2× 1− 47, 22× 2 = 0

M3 = 74, 44 kNm

(vlak dolje)

Presjek 4-4:

q=10kN/m1

3 4

2H

c

CV

CH N4

T4

M4


∑x = 0

∑y = 0

N4 + CH +HH = 0 −T4 + CV − q × 3 +HV = 0

N4 + 20 + (−44, 44) = 0 −T4 + 47, 22− 10× 3 + (−88, 88) = 0

N4 = 24, 44 kN T4 = −71, 66 kN

∑M4 = 0

M4 + q × 3× 1, 5− CV × 3−HV × 1 = 0

M4 + 10× 3× 1, 5− 47, 22× 3− (−88, 88)× 1 = 0

M4 = 7, 78 kNm

(vlak dolje)

230


Presjek 5-5:

q=10kN/m1

3

5

4

2G

H

c

CV

CH N5

T5

M55 6

bN5

T5M5

BV

BH


∑x = 0

∑y = 0

N5 + CH +HH = 0 −T5 + CV − q × 3 +HV +G = 0

N5 + 20 + (−44, 44) = 0 −T5 + 47, 22− 10× 3 + (−88, 88) + 77, 77 = 0

N5 = 24, 44 kN T5 = 6, 11 kN

∑M5 = 0

M5 + q × 3× 1, 5− CV × 3−HV × 1 = 0

M5 + 10× 3× 1, 5− 47, 22× 3− (−88, 88)× 1 = 0

M5 = 7, 78 kNm

(vlak dolje)

∑x = 0

∑y = 0

∑M5 = 0

−N5 +BH = 0 T5 −BV − q × 2 = 0 M5 − q × 2× 1−BV × 2 = 0

−N5 + 24, 44 = 0 T5 − (−13, 89)− 10× 2 = 0 M5 − 10× 2× 1− (−13, 89)× 2 = 0

N5 = 24, 44 kN T5 = 6, 11 kN M5 = −7, 78 kNm(vlak dolje)

Presjek 6-6:

q=10kN/m1

3

5 6

4

2G

H

c

CV

CH N6

T6

M6

6bN6

T6M6

BV

BH


∑x = 0

∑y = 0

N6 + CH +HH = 0 −T6 + CV − q × 5 +HV +G = 0

N6 + 20 + (−44, 44) = 0 −T6 + 47, 22− 10× 5 + (−88, 88) + 77, 77 = 0

N6 = 24, 44 kN T6 = −13, 89 kN

231


∑M6 = 0

M6 + q × 5× 2, 5− CV × 5−HV × 3−G× 2 = 0

M6 + 10× 5× 2, 5− 47, 22× 5− (−88, 88)× 3− 77, 77× 2 = 0

M6 = 0 kNm

(−)

∑x = 0

∑y = 0

∑M6 = 0

−N6 +BH = 0 T6 −BV = 0 M6 = 0 kNm

−N6 + 24, 44 = 0 T6 − (−13, 89) = 0 (−)N6 = 24, 44 kN T6 = −13, 89 kN

Presjek 7-7:

7

9

11108 12JI

a

AV

N7

T7M7

b

N7

T7

M7

BV

BH


∑x = 0

∑y = 0

∑M7 = 0

N7 −BH = 0 −T7 +BV = 0 M7 = 0 kNm

N7 − 24, 44 = 0 −T7 + (−13, 89) = 0 (−)N7 = 24, 44 kN T7 = −13, 89 kN

∑x = 0

∑y = 0

−N7 + IH − JH = 0 T7 + IV + JV +AV = 0

N7 + 10, 74− (−13, 70) = 0 T7 + 32, 22 + (−41, 11) + 22, 78 = 0

N7 = 24, 44 kN T7 = −13, 89 kN

∑M7 = 0

M7 + IV × 1 + JV × 3 +AV × 4 = 0

M7 + 32, 22× 1 + (−41.11)× 3 + 22, 78× 4 = 0

M7 = 0, 0 kNm

(−)

Presjek 8-8:

9

11108 12JI

a

AV

N8

T8M8

b

N8

T8

M8

BV

BH


232


∑x = 0

∑y = 0

∑M8 = 0

N8 −BH = 0 −T8 +BV = 0 M8 −BV × 1 = 0

N8 − 24, 44 = 0 −T8 + (−13, 89) = 0 M8 − (−13, 89)× 1 = 0

N8 = 24, 44 kN T8 = −13, 89 kN M8 = −13, 89 kNm(vlak gore)

∑x = 0

∑y = 0

−N8 + IH − JH = 0 T8 + IV + JV +AV = 0

N8 + 10, 74− (−13, 70) = 0 T8 + 32, 22 + (−41, 11) + 22, 78 = 0

N8 = 24, 44 kN T8 = −13, 89 kN

∑M8 = 0

M8 + JV × 2 +AV × 3 = 0

M8 + (−41.11)× 2 + 22, 78× 3 = 0

M8 = 13, 88 kNm

(vlak gore)

Presjek 9-9:

9

1110 12J

a

AV

N9

T9M9


∑x = 0

∑y = 0

∑M9 = 0

−N9 − JH = 0 T9 + JV +AV = 0 M9 +AV × 3 + JV × 2 = 0

−N9 − (−13, 70) = 0 T9 + (−41, 11) + 22, 78 = 0 M9 + 22, 78× 3 + (−41, 11)× 2 = 0

N9 = 13, 70 kN T9 = 18, 33 kN M9 = −13, 88 kNm(vlak gore)

Presjek 10-10:

1110 12J

a

AV

N10

T10M10


233


∑x = 0

∑y = 0

∑M10 = 0

−N10 − JH = 0 T10 + JV +AV = 0 M10 +AV × 1 = 0

−N10 − (−13, 70) = 0 T10 + (−41, 11) + 22, 78 = 0 M10 + 22, 78× 1 = 0

N10 = 13, 70 kN T10 = 18, 33 kN M10 = −22, 78 kNm(vlak dolje)

Presjek 11-11:

11 12

a

AV

N11

T11M11


∑x = 0

∑y = 0

∑M11 = 0

−N11 = 0 T11 +AV = 0 M11 +AV × 1 = 0

N11 = 0 kN T11 + 22, 78 = 0 M11 + 22, 78× 1 = 0

T11 = −22, 78 kN M11 = −22, 78 kNm(vlak dolje)

Presjek 12-12:

12

a

AV

N12

T12M12


∑x = 0

∑y = 0

∑M12 = 0

−N12 = 0 T12 +AV = 0 M12 = 0 kNm

N12 = 0 kN T12 + 22, 78 = 0 (−)T12 = −22, 78 kN

234




235


Numeri£ki primjer 8. Potrebno je odrediti kut zaokreta u to£ki A i relativni pomak izme�u to£ki A i Bza zadatak sa slike 92, uzeti u obzir utjecaj momenata i uzduºnih sila. Zadane su geometrijske i materijalnekarakteristike popre£nog presjeka, EI = 25000 kNm2 i EA = 30000 kN .

q=10 kN/m

PH=20 kN

22

2 2

21

A B

1

a

AV=12,86 kN

AH=8,57 kN

b

BV=27,14 kN

BH=11,43 kN

Slika 92: Stati£ka shema za vanjsko optere¢enje.

Slika 93: Dijagrami unutarnjih sila od vanjskog optere¢enja.

236


1 kNm

22

2 2

21

A B

1

a

AV-M=0,21 kN

AH-M=0,14 kN

b

BV-M=0,21 kN

BH-M=0,14 kN

Slika 94: Stati£ka shema za jedini£ni moment.

Slika 95: Dijagrami unutarnjih sila od jedini£nog momenta.

237


Integriranje!

ρA =1

EI

[−(17, 14× 2

2× 2

3× 0, 29

)+

2

6

(17, 14× 0, 71 + 4× 5, 715× 0, 57− 5, 71× 0, 43

)

+4

6

(− 5, 71× 0, 43 + 4× 0× 0 + 34, 29× 0, 43

)+

(34, 29× 3

2× 2

3× 0, 43

)]

+1

EA

[−(4× 12, 86× 0, 21

)+

(4× 11, 43× 0, 14

)+

(3× 27, 14× 0, 21

)]

ρA =1

EI

[− 3, 3137 + 7, 5814 + 8, 1929 + 14, 7447

]+

1

EA

[− 10, 8024 + 6, 4008 + 17, 0982

]

ρA =1

25000

[27, 2053

]+

1

30000

[12, 6966

]= 0, 001088 + 0, 0004232

ρA =0, 0015112 rad

ρA−SAP2000 =0, 00152 rad

238


22

2 2

21

A B

1

a

AV-AB=0,14 kN

AH-AB=0,57 kN

b

BV-AB=0,14 kN

BH-AB=0,57 kN

1 kN 1 kN

Slika 96: Stati£ka shema za jedini£ne sile.

Slika 97: Dijagrami unutarnjih sila od jedini£nih sila.

239


Integriranje!

δA−B =1

EI

[(17, 14× 2

2× 2

3× 1, 14

)+

2

6

(17, 14× 1, 14 + 4× 5, 715× 0, 715− 5, 71× 0, 29

)+

4

6

(− 5, 71× 0, 29 + 4× 0× 0 + 34, 29× 0, 29

)+

2

6

(34, 29× 0, 29− 4× 22, 86× 0, 14− 11, 43× 0, 57

)−(11, 43× 1

2× 2

3× 0, 57

)]

+1

EA

[−(4× 12, 86× 0, 14

)+

(4× 11, 43× 0, 43

)+

(3× 27, 14× 0, 14

)]

δA−B =1

EI

[13, 0264 + 11, 4095 + 5, 5255− 3, 1242− 2, 1717

]+

1

EA

[− 7, 2016 + 19, 6596 + 11, 3988

]

δA−B =1

25000

[24, 6655

]+

1

30000

[23, 8568

]= 0, 00098662 + 0, 00079522

δA−B =0, 0017818 m

δA−B−SAP2000 =0, 00178 m

240


Numeri£ki primjer 9. Pomo¢u metode sila potrebno je odrediti dijagrame unutarnjih sila za zadatak saslike 98, uzeti u obzir utjecaj momenata i uzduºnih sila. Zadane su geometrijske i materijalne karakteristikepopre£nog presjeka, EI = 10 kNm2 i EA = 333 kN .

AV

a

AH

Ma

BV

b

PV=30 kN

q=20 kN/m

2 2

43 2

1

Slika 98: Stati£ka shema. Slika 99: Osnovni sistem.

241


(a) Vanjsko djelovanje. (b) Jedini£no djelovanje.

Slika 100: Reakcije i dijagrami unutarnjih sila.

Integracija!

a1v =1

EI

[5

6

(− 0× 0− 4× 84, 50× 0, 3− 44, 00× 0, 6

)+

2

6

(16, 00× 0, 6 + 4× 8, 00× 0, 80 + 0× 1, 00

)]

− 1

EA

[78, 40× 5× 0, 16

]=

1

10

[− 106, 50 + 11, 73

]− 1

333

[62, 72

]= −9, 477− 0, 18745

a1v = −9, 6644 rad

242


a11 =1

EI

[(0, 60× 5

2× 2

3× 0, 60

)+

2

6

(0, 60× 0, 60 + 4× 0, 8× 0, 8 + 1, 00× 1, 00

)]

+1

EA

[0, 16× 5× 0, 16

]=

1

10

[0, 6000 + 1, 3067

]+

1

333

[0, 1280

]= 0, 19067 + 0, 000384

a11 = 0, 19105 rad/kNm

a1v +X1 × a11 = 0

X1 =−a1va11

=−(−9, 6644) rad

0, 19105 rad/kNm

X1 = 50, 58 kNm

243


Slika 101: Kona£ni dijagrami.

T1 =131, 82− 0

0− 2, 5= −52, 73 kN

T2 =131, 82− 13, 65

2, 5= 47, 27 kN

T3 =60− 0

2= 30, 00 kN

T4 =50, 58− 46, 35

2= 2, 115 kN

244

Documents

PRORAČUN KONSTRUKCIJA - bib.irb.hr · • konstrukcije kod kojih su sve tri dimenzije istog reda veličine i istog značaja za konačno rješenje. Takve konstrukcije nazivamo masivne