proracun-1-dio-odredeni

KMLJ – verzija 1.0 1

TEHNIČKO VELEUČILIŠTE U ZAGREBU Graditeljski odjel

PRORAČUN KONSTRUKCIJA - zadaci uz vježbe-

-statički određeni sustavi- 1. dio

školska godina 2004./2005. mr. sc. Ljerka Kopričanec – Matijevac, viši predavač


PRORAČUNSKI MODELI (SHEME) KONSTRUKCIJE - statički sustavi-

I. podjela s geometrijskog stanovišta - linijski štapni sustavi - površinski (plošni) sustavi - masivna tijela

II. podjela s kinematskog stanovišta - geometrijski promjenjivi sustavi - geometrijski nepromjenjivi sustavi

• statički određeni • statički neodređeni

Za rješavanje statički određenih sustava koriste se jednadžbe ravnoteže ∑x = 0; ∑y =0; ∑M=0 Za rješavanje statički neodređenih sustava koriste se jednadžbe ravnoteže + jednadžbe kompatibilnosti.

• PONAVLJANJE: - Materijalna točka u ravnini (tijelo bez dimenzija) 2 jednadžbe ravnoteže: ∑x = 0; ∑y =0 - Tijelo u ravnini 3 jednadžbe ravnoteže: ∑x = 0; ∑y=0; ∑M=0 ili 3 Ritterove točke ; ∑M1=0; ∑M2=0; ∑M3=0

(u Tehničkoj mehanici naučili smo što je tijelo, djelovanje uravnoteženih sila na tijelo, određivali smo unutarnje sile M, T i N)

U Proračunu konstrukcija naučit ćemo kakve su to stvarno sile A, B i C (kao smo ih zvali u Mehanici) tj. naučit ćemo veze tijela s podlogom. Isto tako naučit ćemo da se jednostavna tijela pomoću unutarnjih veza mogu spajati u nova složena tijela.

Kad bismo imali točku ili tijelo (disk) pod opterećenjem, oni bi mogli "putovati" po ravnini ili

prostoru.


Međutim, kad mi točku ili tijelo "vežemo" s podlogom oni miruju i dovodimo ih u stanje ravnoteže. Pri tome trebamo:

- minimalno dvije veze točke s podlogom (2 jednadžbe ravnoteže ∑x = 0; ∑y=0) - minimalno tri veze tijela s podlogom (3 jednadžbe ravnoteže ∑x = 0; ∑y=0; ∑M=0)

Vanjske veze – vanjski spojevi

Klizni ležaj – oduzima 1 stupanj slobode, tj. preuzima na sebe 1 vanjsku silu okomitu na plohu klizanja. Nepomični ležaj (zglobni ležaj) - oduzima 2 stupnja slobode (može samo rotirati) tj. preuzima 2 vanjske sile. Kruta veze, kruti spoj, kruti ležaj, upeti ležaj- oduzima 3 stupnja slobode, ne dozvoljava nikakav pomak, tj. preuzima na sebe 3 vanjske sile.

Unutarnje veze – unutarnji spojevi (vrlo često postoji potreba za međusobnim povezivanjem točaka, točaka i tijela, dva ili više tijela )

Štap (zglobni štap) – spriječava translatorni pomak dva tijela u smjeru štapa, a dopušta rotaciju i translaciju u drugom smjeru. Oduzima 1 stupanj slobode, tj. preuzima na

sebe 1 unutarnju silu silu. Zglob (nepomični) između 2 tijela – dozvoljava samo rotaciju ali ne i translaciju 2 tijela. Oduzima 2 stupnja slobode, tj preuzima na sebe 2 unutarnje sile – jednostruka zglobna veza

Dvostruka zglobna veza – zglob između tijela I. i tijela II.+ zglob između tijela III. i (I. + II.) – oduzima 4 stupnja slobode, tj.

preuzima na sebe 4 unutarnje sile.


Trostruka zglobna veza – preuzima na sebe 6 stupnjeva slobode, tj. 6 unutarnjih sila "strukost" zglobne veze - n= i-1 gdje je i broj tijela ili diskova koji se nalaze u nekom zglobu.

Kruti spoj – oduzima 3 stupnja slobode odnosno preuzima na sebe 3 unutarnje sile.

Vrlo često imamo na nekom tijelu kombinaciju i unutarnjih i vanjskih veza.


OSNOVNE VEZE TOČKE I TIJELA S PODLOGOM I MEĐUSOBNO

Točka u ravnini ima 2 stupnja slobode

– treba 2 vanjske veze s podlogom ∑x = 0 i ∑y=0 za vezu točke i tijela trebamo 2 unutarnje veze i dobit ćemo novo tijelo – novi statički sustav. vezali smo točku T s dvije unutarnje veze sa tijelom i dobili smo NOVO TIJELO

!!!! treba paziti na raspored veza; veze ne smiju biti na istom pravcu jer ćemo dobiti mehanizam, tj. geometrijski promjenjiv sustav. Tijelo u ravnini ima 3 stupnja slobode

- treba 3 vanjske veze s podlogom !!!! treba paziti na raspored veza;

- ne smiju biti međusobno paralelne i - ne smiju se sjeći u istoj točki

Ako želimo povezati dva ili više tijela u novo tijelo ili statički sustav potrebno je imati 3 unutarnje veze koje također trebaju biti pravilno raspoređene.


UTVRĐIVANJE GEOMETRIJSKE NEPROMJENJIVOSTI ZADANIH SUSTAVA

1 tijelo--- 1 disk--- 3 stupnja slobode imamo 3 veze s podlogom

(2) (1) 1 tijelo--- disk---3 stupnja slobode imamo 3 veze s podlogom (3) čvor (točka) – vezali smo točku s 2 veze za disk i dobili novo tijelo koje ima 3 stupnja slobode zato imamo 3 veze s podlogom 2 tijela (diska) vezali smo s 1 štapom (1unutarnja veza) i 1 jednostrukim zglobom (2 unutarnje veze) i dobili novo tijelo – nosač i dodali 3 veze s podlogom dva diska – 2 x 3 stupnja slobode = 6 stupnjeva slobode z astabilizaciju imamo 1 jednostruki zglob (2 unutarnje veze) i 2 zglobna ležaja (2+2 vanjske veze) što je sveukupno 6 veza 2 diska = 6 stupnjeva slobode 2 unutarnje veze + 4 vanjske veze

imamo 1 disk (tijelo)—3 stupnja slobode imamo 5 veza s podlogom

pojavile su se 2 veze viška STATIČKI NEODREĐEN (PREODREĐEN) sustav presijecanjem 2 vanjske veze dobili smo statički određeni sustav


Kod veza (unutarnjih i vanjskih) treba uvijek paziti na njihov raspored da ne bi došlo do mehanizma

ovdje imamo primjer kako smo povezali 2 tijela pomoću 6 veza (4 vanjske i 2 unutarnje) ali smo dobili mehanizam. (za povezivanje 2 tijela u novo tijelo trebamo imati 3 unutarnje veze, a mi ovdje imamo samo 2 (1 jednostruki zglob))

Provjeru geometrijske nepromjenjivosti osim prepoznavanjem (vidi ranije primjere), možemo provesti i formulom S= 3 • D + 2 • Č – 3 • Z0 – 2 • Z1 – 4 • Z2 – 6 • Z3 - ... – 2•n • Zn – Š - L D = broj diskova Č = broj čvorova (samo između štapova) Z0 = broj krutih veza (u zatvorenom tijelu mora se pojaviti barem 1 Z0) Z1 = broj jednostrukih zglobnih veza Z2 = broj dvostrukih zglobnih veza Z3 = broj trostrukih zglobnih veza . . Zn = broj n-strukih zglobnih veza Š = broj štapova ( ) L = broj ležajnih veza S= 0 -- samo nužan ali ne i dovoljan uvjet da je sustav statički određen i geometrijski nepromjenjiv (treba provjeriti raspored veza) S< 0 imamo višak veza -- statički neodređeni sustavi S > 0 imamo manjak veza -- mehanizam D=2; Č= 2; Z1=1; Š=5; L=3 S= 3•D + 2• Č – 3 • Z0 – 2 • Z1 – 4 • Z2 – 6 • Z3 - ... – 2n • Zn – Š - L S=3 •2 + 2 •2 - 2• 1 – 5 – 3 = 0


D=1; Z0= 1; L=3 S= 3•1 – 3•3 – 3 = -3x Prekinuli smo tri unutarnje veze (u paru) i dobili statički određeni sustav

Kod ovog presjecanja veza dobili smo lokalni mehanizam NIJE DOBRO Č=8; Š=13; L=3 S = 0, ali ako napišemo ∑y = 0 za čvor 3 dobit ćemo silu u štapu 3-7 da je jednaka nuli. Ako pak napišemo ∑y = 0 za čvor 7 dobit ćemo silu u štapu 3-7 da je jednaka intenzitetu sile P. ZAKLJUČAK: Ako u nekom statičkom sustavu s minimalnim brojem veza nije moguće odrediti vanjske i/ili unutarnje sile pomoću jednadžbi ravnoteže sustav je geometrijski promjenjiv.


Primjeri s ispitnih rokova! Statički neodređeni sustav 1. osnovni sustav 2. osnovni sustav

D= 1 Š=1 L=5 S= 3*1-1-5=-3x

D=1 Z1=1 Š=1 L=4 S=3*1-2*1-1-4=-4x

D=1 Z1=1 L=5 S=3*1-2*1-5=-4x

D=1 Š=1 L=5 S=3*1-1-5=-3x

D=1; Č=1;Z1=1;Š=3;L=3 S=3*1+2*1-2*1-3-3=-3x

D=1 Z1=1 L=5 S=3*1-2*1-5=-4x


NOSIVI KONSTRUKTIVNI SUSTAVI – NOSAČI

- oni su geometrijski nepromjenjivi - prema strukturi elemenata mogu biti:

• punostjeni ⇒ sastoje se od čvrstih tijela , greda, diskova • rešetkasti ⇒ sastoje se samo od štapova • kombinirani ⇒ grede (diskovi) + štapovi

- prema statičkom sustavu, odnosno karakteru ležajnih veza, međusobnom spoju više tijela, diskova i točaka mogu biti:

prosta greda

prosta greda s prepustom

konzola

Gerberov nosač

trozglobni okvir trozglobni okvir sa zategom Sve gore nacrtane punostjene sustave možemo imati i u rešetkastoj izvedbi

ojačana ili Langerova greda U Proračunu konstrukcija nas će interesirati veze u spojevima i to ležajne i unutarnje veze. Pomoću njih postići ćemo da nam sustav bude u ravnoteži i moći ćemo odrediti dijagrame unutarnjih sila M,T,N.


Zadatak 1: odredite veze u spojevima i dijagrame unutarnjih sila P=100kN Py= P × sinα = 70,71 kN Py= P × sinα = 70,71 kN

Σ x =0 B – Px = 0 ⇒ B = - Px = - 70.71 kN Σ M(2)= 0

A×8 - Py ×4 = 0 ⇒ A =8

4×YP = 35,35 kN

Σ M(1)= 0

C×8 - Py ×4 = 0 ⇒ C =8

4×YP = 35,35 kN

Kontrola: Σ y = 0 A + C – Py = 0 35,35 + 35,35 – 70,71= 0 Unutarnje sile u karakterističnim točkama Presjek 1: Σ x = 0 N1- 70,71 = 0 N1=70,71 kN Σ y = 0 35,35 – T1= 0 T1=35,35 kN Σ M = 0 M1= 0

Presjek 2: Σ x = 0 N2 = 0 Σ y = 0 35,35 + T2= 0 T2=-35,35 kN Σ M = 0 M2 = 0

Presjek 3: Σ x = 0 N3 -70.71 = 0 N3= 70.71 kN Σ y = 0 35,35 + T3= 0 T3 = 35,35 kN ΣM(3)=0 35,35×4 – M3 = 0 M3 = 141,4 kNm Presjek 4: Σ x = 0 N4= 0 Σ y = 0 35,35 + T4= 0 T4 = -35,35 kN ΣM(4)=0 35,35×4 – M4 = 0 M4 = 141,4 kNm


Zadatak 2: Odredi veze u spojevima i dijagrame unutarnjih sila Q = q×l = 100 kN Σ x = 0 ⇒ B = 0 Σ y = 0 A - q×10 = 0 A = 100 kN Σ M = 0 C - q×10×5 = 0 ⇒ C – 10×10×5 = 500 kNm Kontrola : Σ M(1) = 0 ⇒ moment na slobodnom kraju = 0 C - A×10 + q×10×5 = 0 500 - 100×10 + 500 = 0

125810010

8

2

=×

=×

=lqmo

Zadatak 3: Odrediti veze u spojevima i dijagrame unutarnjih sila 1.) Reakcije : Σ x = 0 C – 100 = 0 C = 100 kN Σ M(A) = 0 B×6 - P×3 - q×8×4 – M = 0 B = 155,0 kN Σ M(B) = 0 A×6 +M- P×3 - q×8×2 = 0 A = 85 kN Kontrola : Σ y = 0 A+B – P - q×8 = 0 85 + 155 – 80 -20×8 = 0 Presjek 1:Σ x = 0 N1= 100 kN Σ y = 0 T1= 0 Σ M= 0 M1+M = 0 M1=50 kNm

5.228

3208

22

=×

=×

=lqmo


Presjek 2: Σ x = 0 100 – N2= 0 N2 = 100 kN Σ y = 0 T2= 0 Σ M = 0 M2 – 50 = 0 M2 = 50 kNm Presjek 3: Σ x = 0 N3+100-100 = 0 N3=0 Σ y = 0 85-T3 = 0 T3 = 85 kN ΣM(3)=0 M3-50= 0 M3= 50 kNm Presjek 4: Σ x = 0 100-100 + N4 = 0 N4 = 0 Σ y = 0 85 - q×3 – T4 = 0 T4 = 85 - 20×3 = 25 kN ΣM(4)=0 M4 – 50 - 85×3 + 20×3×1,5 = 0 M4 =50+85×3-20×3×1,5 = 215 kNm Presjek 8: Σ x = 0 N8= 0 Σ y = 0 T8= 0 Σ M = 0 M8= 0 Presjek 7: Σ x = 0 N7 = 0 Σ y = 0 T7 - q×2 = 0 T7 = 40 kN Σ M = 0 M7 + q×2×1= 0 M7 = -40 kNm Presjek 6: Σ x = 0 N6 = 0 Σ y = 0 T6 + 155 - 20×2 = 0 T6= -115 kN ΣM(6)=0 M6 + q×2×1 = 0 M6 = -40 kNm Presjek 5: Σ x = 0 N5 = 0 Σ y = 0 T5 +155 - q×5×2,5 = 0 T5 = -155 + 100 = - 55 kN ΣM(5)=0 M5 – 155×3 + q×5×2,5 = 0 M5 = 215 kNm Dijagrame poprečnih sila možemo dobiti iz diferencijalnih odnosa ako nam je to jednostavnije. Diferencijalni odnosi:

XX T

dxdM

= ⇒ )( XX q

dxdT

−=


Na zadanom nosaču, na kojem je poznat dijagram momenata, koristeći diferencijalne odnose, potrebno je odrediti dijagram poprečnih sila te opterećenje. M - zadano

XX T

dxdM

= )( XX q

dxdT

−=

Za predznak poprečne sile važan nam je tok funkcije dijagrama momenata, a ne da li je dijagram s gornje ili donje strane nosača.


1.) Dijagram T

• t1 = horizontalno ⇒ 0=dx

dM X ⇒ tg t1 = 0 T1 = 0

• funkcija dijagrama momenata ima lom jer su t2 i t3 različite ⇒ što znači da dijagram poprečnih sila ima skok

* 40140

2 −=−

=

−=

dxdMT X kN

* 1305,1

4050,225,1323 =

++=T kN

• t4 i t5 ⇒ lom u M dijagramu ⇒ sok u T dijagramu :

705,1

)5,225,132(2604 =

+−=T kN

305,1

)5,225,192(2605 −=

+−−=T kN

• tangente t6 , t7 i t8 međusobno paralelne ⇒ nema loma u M , nema skoka u T

905,1

8050,225,1926 −=

−+−=T kN

900,322515

7 −=+

−=T kN

900,3

152558 −=

+−=T kN

• tangente t8 i t9 imamo lom u M, skok u T

1305,1

602559 =

−=T kN

• t10 ⇒ ima nagib

405,1

6010 ==T kN

2.)Iz dobivenog T dijagrama može se izračunati opterećenje ⇒ na mjestima gdje imamo linearni

dio T dijagrama

−

−=dx

TTq 122,1

202

0402,1 =

−−−=q kN/m 20

313070

4,3 =−

−=q kN/m

203

)30(906,5 =

−−−−=q kN/m 30

313040

10,9 =−

−=q kN/m

• iz skokova u T dijagramu izračunamo koncentrirane sile P2,3 = 40 +130 = 140 kN P4,5 = 70+30 = 100 kN P8,9 = 90+130 = 220 kN P10 = 40 kN M6,7 = 80 -15 = 65 kNm ( očitamo iz M dijagrama )


" ZRNCA MUDROSTI " - što je dobro znati –

Predznak poprečne sile ovisi o nagibu tangenata + i -

22

28

22

28

2

2

2

1

lql

lq

T

lql

lq

T

×−=

××

−=

×=

××

=

21 22

4 TPl

lP

T ==

×

=2

2

443

Pl

lP

TT −=

×

−==


T2 = 0 ( t2 je horizontalna ) T2 = 0

Pl

lPTT =×

== 21 Pl

lPTT −=×

−== 21

lql

lq

T ×=

×

=

2

2

2

1 lql

lq

T ×−=

×−

=

2

2

2

1


GERBEROV NOSAČ - statički određen sustav ; - Može biti : • punostijeni • rešetkasti

• kombinirani Primjer 1.: Određivanje ležajnih veza – reakcija

Ukupno 5 nepoznanica

000

=Σ=Σ=Σ

Myx

+ 0

0

=Σ

=ΣLE

LD

M

M ili

0

0

=Σ

=ΣDE

DD

M

M

Moramo riješiti sustav od 5 jednadžbi s 5 nepoznanica Jednostavnije ⇒ "rastavljanje" Gerberovog nosača I. nivo

II. nivo * prvo odredimo "reakcije" za I. nivo ( VD i VE ) ⇒ budući da tu u stvarnosti ne postoji ležaj te "reakcije" prenosimo s obrnutim predznakom na II. nivo i nađemo konačno stvarne reakcije


Primjer 2.:

- imamo 6 nepoznanica : V1, V3, V4 ,V7 , H7, M7 - 3 jednadžbe ravnoteže

000

=Σ=Σ=Σ

Myx

+ dopunska jednadžba

0

0

0

6

5

2

=Σ

=Σ

=Σ

L

L

L

M

M

M

ili

0

0

0

6

5

2

=Σ

=Σ

=Σ

D

D

D

M

M

M

6 nepoznanica ⇒ 6 linearnih jednadžbi ; treba riješiti sustav od 6 jednadžbi sa 6 nepoznanica ! Jednostavnije ako sustav rastavimo na način kako je on nastajao

1.) Riješimo 1. nivo ⇒ (1) i (2) i s dobivenim reakcijama opteretimo 2. nivo 2.) Riješimo 2. nivo , zatim 3. nivo 3.) Kad bi imali na bilo kojem nivou neku kosu silu, horizontalnu komponentu te sile morali bi"seliti" do ležaja 7, pa zato na nekim mjestima možemo pretpostaviti nepomični ležaj.


ili Primjer 3.: * opterećenje kosom silom

• svaka kosa sila može se rastaviti na komponente i radimo superpoziciju • za Py kao u prethodnom slučaju I. nivo II. nivo odredimo reakcije VA, MA, VB i VC te M i T dijagrame • za Px opterećenje

odredimo reakciju HA i N dijagram od djelovanja sile P1x ( N dijagram postoji od točke djelovanja P1X do nepomičnog ležaja A ) * neki primjeri "rastavljanja" Gerberovog nosača Primjer 4.:


Primjer 5.: Primjer 6.: Primjer 7.: S = 3 D + 2 Č + 3 Z0 – 2 Z1 – 4 Z2 – Š – L S = 3×4 + 0 + - 2×3 – 0 – 6 = 12 – 6 – 6 = 0 ali nepravilan raspored zglobova, odnosno unutarnjih veza


Zadatak 1: Za zadani Gerberov nosač treba odrediti M ,T i N dijagrame analitičkim postupkom

* u I. nivou imamo dvije proste grede AB i EF - redoslijed rješavanja je proizvoljan * u II. nivou imamo prostu gredu s prepustima BCDE i konzolu FG • za okomito opterećenje redoslijed rješavanja je proizvoljan, ali da smo imali i horizontalno opterećenje ili kosu silu trebali bi voditi računa gdje je nepomičan ležaj (G) te da prvo treba riješiti nosač BCDE i zatim konzolu kao bi uzdužna sila došla do nepomičnog ležaja 1.) Nosač AB

ΣMA = 0 - AV×5 + q1×5×25 = 0 AV = 25 kN

ΣMB = 0 - BV×5 + q1×5×25 = 0 BV = 25 kN

Σx = 0 BH = 0 Kontrola ! Σy = 0 AV + BV – q1×5 = 0

2.) Nosač EF ΣMF = 0 - EV×5 + q2×5×2,5 = 0 EV = 50 kN ΣME = 0 FV×5 - q2×5×2,5 = 0 FV = 50 kN Σx = 0 FH = 0 Kontrola ! Σy = 0 EV + FV – q2×5 = 0


3.) Nosač BCDE

ΣMD = 0 -CV×7,5 + BV×10 + P×5 - EV×2,5 +

q1×2,5×

+ 5,7

25,2 - q2×2,5×

25,2 = 0

CV = 5,725,781 = 104,17 kN

ΣMC = 0 DV×7,5 + BV×2,5 - P×2,5 – EV×10 + q1×2,5×25,2 - q2 ×2,5×

+ 5,7

25,2 = 0

DV = 5,775,1093 = 145,83 kN

Kontrola ! Σy = 0 ⇒ -25 -100 – 50 - 10×2,5 – 20×2,5 + 104,17 + 145,83 = 0 4.) Nosač FG

Σ x = 0 GH = 0 Σ y = 0 GV – FV – q2×2,5 = 0 GV = 100 kN

ΣMG = 0 FV×2,5 + q2×2,5×25,2 - MG = 0 MG = 187,5 kNm

Kontrola ! ΣMF = 0 ⇒ -q2×2,5×25,2 + GV×2,5 – MG = 0

Određivanje dijagrama unutarnjih sila * možemo raditi za cijeli Gerberov nosač ili za svaki "podijeljeni" nosač 1.)

∑M=0 M1 = 0 M2 = 0 8

2

0lqm ×

=

∑y=0 T1 = 25 kN T2 = -25 kN 8

510 2

0×

=m

∑x=0 N1= 0 N2 = 0 25,310 =m kNm

2.)

∑M=0 M3 = 0 M4 = 0 8

2

0lqm ×

=

∑y=0 T3 = 25 kN T4 = -25 kN 8

520 2

0×

=m

∑X=0 N3= 0 N4 = 0 5,620 =m kNm


3.) Presjek 5.: ∑x=0 N5 = 0 ∑y=0 T5 = -25 kN ∑M=0 M5 = 0 Presjek 6.: ∑x=0 N6 = 0 ∑y=0 T6 = -50 kN ∑M=0 M6 = - 93,75 kNm Presjek 7.: N7 = 0 Σ y = 0 T7 = 54,17 kN ΣM7 = 0 M7 = - 93,75 kNm Presjek 8.: N8 = 0 Σ y = 0 T8 = 54,17 kN ΣM8 = 0 M8 = 41,675 kNm

Presjek 12.: N12 = 0 T12 = 50 kN M12 = 0 Presjek 11.: N11 = 0 Σ y = 0 T11 = 100 kN ΣM11 = 0 M11 = - 187,5 kNm


Presjek 10.: N10 = 0 Σ y = 0 T10 = - 45,83 kN ΣM10 = 0 M10 = - 187,5 kNm M10 = M11 Presjek 9.: N9 = 0 Σ y = 0 T9 = - 45,83 kN ΣM9 = 0 M9 = 41,65 kNm M9 = M8 4.) Presjek 13.: N13 = 0 Σ y = 0 T13 = - 50 kN M13 = 0 Presjek 14.: N14 = 0 Σ y = 0 T14 = - 100 kN ΣM14 = 0 M14 = - 187,5 kNm


Dijagrami unutarnjih sila M i T Mjerila : 0.5 cm :: 1m 1 cm :: 50 kNm 1 cm :: 50 kN


Gerberov nosač – određivanje M i T dijagrama

- grafoanalitički postupak -


Promatramo 3 proste grede A-C AV = CV = 37,5 kN

3,708

5,7 210 =

×=

qm kNm

C-D 67,665,7

5100=

×=C kN

675,335,7

5,2100=

×=D

675,1665,220 =×= Cm kNm

D-G D = G = 100 kN

25081020 2

30 =

×=m kNm


Obrazloženje grafoanalitičkog postupka

A = A0 + A' = 37,5 – 12,5 = 25 kN C = C0 + C' = 104,2 – 0,03 = 104,17 kN D = D0 + D' = 133,33 + 12,5 = 145,83 kN G = G0 + G' = 100 + 0 = 100 Kn MG' = MG = 187 kNm


Djelovanje para momenata na Gerberov nosač 1.) 2.)


REŠETKE Naučili smo da nosači, odnosno konstruktivni sustavi, mogu biti punostijeni ili rešetkasti . Rešetkasti → sustav se sastoji samo od štapova, a opterećenje se prenosi isključivo u čvorovima. Prema statičkom sustavu, odnosno karakteru ležajnih veza možemo imati prostu gredu, konzolu, trozglobnu konstrukciju, Gerberovu rešetku. Rešetka je ulančani sustav i u "igri" su samo štapovi kao unutarnje veze. Rešetke mogu biti jednostavne i složene. * jednostavne - točno se zna redoslijed spajanja štapova - opterećenje se preko štapova prenosi na čvrsto tlo • rješavanje može biti :

analitičko ili grafičko Σx=0 poligon sila zatvoreni lik Σy=0

! kod rješavanja uvijek krećemo od čvora gdje nam se javljaju samo 2 nepoznate sile • rešetka je nastala tako da smo dodavali štapove na čvrstu točku (1) koja je s dva štapa vezana na tlo • redoslijed rješavanja rešetke: prvo čvor (6) → 5→ 4→ 3 → 2 →1

→A→B→ C ⇒ veze s podlogom Kontrola ! Σ x = 0 ; Σ y = 0


* složene 1.) A, B, C 2.) 1,2,…,6 3.) Kontrola u točki (K) Σ x = 0 ; Σ y = 0 * kombinacija rešetke + punostijeni


Zadatak 1: Odredite sile u štapovima rešetke te nacrtajte skicu realnih djelovanja

Analitički čvor (3) * pretpostavljamo vlačne sile u štapovima

Σ x = 0 ; Σ y = 0 ; 23

=αtg → α = 56,31°

1.) Σ y = 0 Dy + Ey = 0 Σ x = 0 -Dx + Ex + P = 0 Dy = D×sin α = 0,832 D Dx = D×cos α = 0,5547 D Ey = E×sin α = 0,832 E Ex = E×cos α = 0,5547 E 0,832 D = - 0,832 E - 0,5547 D + 0,5547 E + 100 = 0 D = - E ⇒ 0,5547 E + 0,5547 E + 100 = 0 1.1094 E + 100 = 0 E = -90,139 kN ( tlak) D = 90,139 kN ( vlak) Ex = -90,139×0,5547 = -50 kN Ey = -75 kN Dx = 50 kN Dy = 75 kN čvor (2) * skiciramo čvor (2) i silu E ucrtavamo s njezinim stvarnim

djelovanjem, tj. sila E je tlačna i crtamo strelicu u čvor. Σ x = 0 Ex – I = 0 ⇒ I = Ex = 50 kN ( vlak ) Σ y = 0 Ey + F = 0 ⇒ F = -Ey = -75 kN ( tlak ) čvor (1) Σ x = 0 Gx + Dx + I = 0 Σ y = 0 Dy - H – Gy = 0

°=⇒= 4544 ββtg Gx = 0,707 G


Gy = 0,707 G

1.) 0,707 G + 50 +50 = 0 4,141707,0

100−=−=G kN ( tlak )

Gy = -100 kN Gx = -100 kN 2.) Dy – H – Gy = 0 75 – H – (-100) = 0 H = 175 kN (vlak) Ležajne veze – reakcije Σ y = 0 A + H = 0 ⇒ A = -175 kN ili Σ MBC = 0 ⇒ A×4 + P×7 = 0

1754

700−=−=A kN

B = F = 75 kN C = G = 141,4 kN

Kontrola ! Σ y = 0 A + B + Cy = 0 Σ x = 0 - Cx + P = 0 - 175 + 75 + 100 = 0 - 100 + 100 = 0 OBAVEZNO! – skica stvarnog djelovanja Σ x = 0 i Σ y = 0 u svakom čvoru


grafički postupak Očitamo : D = 4,5 cm ⇒ D = 90 kN ( vlak ) E = 4,5 cm ⇒ E = 90 kN ( tlak ) ( tlak zato jer sila gleda u čvor (3) )

Očitamo : I = 2,5 cm ⇒ I = 50 kN ( vlak ) F = 3,7 cm ⇒ F = 74 kN ( tlak ) Očitamo : H = 8,7 cm ⇒ H = 174 kN ( vlak ) G = 7,0 cm ⇒ G = 140 kN ( tlak )


Zadatak 2: Odredite vrijednosti sila u štapovima prikazane rešetke. Nacrtajte skicu realnih djelovanja

°=⇒= 435,63

48 ααtg

Ax = A×cos α = 0,4472 A ; Ay = A×sin α = 0,8944 A γ I. Prvo trebamo odrediti ležajne veze – reakcije A, B i C jer niti u jednom čvoru nemamo samo dvije nepoznate sile Σ M3 = 0 -C×16 – P2×10 + P1×8 = 0

75,2816

1011088016

108 21 −=×−×

=×−×

=PPC kN

Σ x = 0 -Ax + P1 = 0

Ax = P1 = 80 kN ⇒ 89,178cos

==α

xAA kN

Ay = A×sin α = 178,89×0,8944 = 160 kN Σ y = 0 Ay + P2 + C +B = 0 B = -Ay – P2 –C = - 160 – 110 – (- 28,75 ) = - 241,25 kN Kontrola ! Σ M2 = 0 Ay×20 + P2×6 + B×16 = 0 160×20 + 110×6 + ( - 241,25) ×16 = 0 • ucrtamo stvarni smjer reakcija , odnosno ucrtamo stvarne smjerove sila u štapovima koji vežu rešetku s podlogom ( A, B, C )


čvor (2) °=⇒= 13,5368 ββtg

Σ y = 0 Dy + 28,75 = 0 Dy = - 28,75 kN ( tlak)

94,35sin

−==βyD

D kN

Dx = D×cos β = - 21,56 kN Σ x = 0 - E + 80 – Dx = 0

E = 80 – ( - 21,56 ) = 101,56 kN

čvor (4) °=⇒= 6598,38108 γγtg

Σ y = 0 -Gy + Dy –P = 0 Gy = 28,75 – 110 = - 81,25 kN ( tlak)

06,130sin

−==γ

yGG kN

Gx = G×cos γ = - 101,56 kN

Σ x = 0 - F – Gx – Dx = 0 F = - Gx – Dx = - ( -101,56 ) – 21,56 = 80 kN Gx je negativno jer smo tako izračunali Dx je pozitivno jer smo u čvor (4) ucrtali stvarni smjer čvor (3) Σ x = 0

=+−=+−

080800FAx ovo je kontrola!

Σ y = 0 - Ay– H = 0 H = - Ay = -160 kN ( tlak )


čvor (1) ⇒ kontrolni čvor ⇒ treba provjeriti, a ne samo zaključiti

Σ x = 0 Σ y = 0

Skica stvarnog djelovanja


Ritterova metoda Zadatak: U označenim štapovima rešetke odrediti vrijednosti djelovanja.

°=⇒= 69,3332 ααtg

1.) Reakcije Σ y = 0 R1- P = 0 R1= 60 kN Σ M(1) = 0 R2×4- P1×9 = 0 R2 = 135 kN Σ x = 0 P2 + R2 – R3 = 0 R3 = 215 kN 2.) Određivanje vrijednosti u označenim štapovima rešetke a.) Σ MRA = 0 ( desni dio ) A×2- P1×3 – R3×2 = 0

3052

2215 360=

×+×=A kN

b.) Σ MRC = 0 ( lijevi dio ) C×2 + P2×4 + R2×8 – R1×3 = 0

6102

360 8135 480-−=

×+×−×=C kN

c.) Σ y = 0 ( lijevi dio ) R1- By = 0

By = R1= 60 kN ; 17,1085547,060

sinBy ===α

B kN ; Bx = B×cos α = 90 kN


Culmanova metoda

Očitano : Reakcije : A = 310 kN R1= 60 kN B = 110 kN R2= 135 kN C = - 610 kN R3= 215 kN U presjeku poligon sila mora biti zatvoreni lik tj. 013 =++++ CBAPR

rrrrr


TROZGLOBNI NOSAČI Trozglobni nosači su sastavljeni od dva diska:

- Mogu biti lučni ili okvirni - Mogu biti punostijeni i rešetkasti ili kombinirani

Reakcije su u smjeru štapova ⇒M = 0 ; T = 0 Disk AC 0,, ≠≠≠⇒ ACNTM

Štap 0,0,0 ≠==⇒ BCNTMBC

opaskaDiskŠtap

→→

štapoviopter zgloba 2izmedju


Zadatak 1: Treba odrediti dijagrame unutarnjih sila M, T, i N za zadani trozglobni okvir.

1.) Određivanje reakcija – ležajnih veza - imamo nepoznato : AV, AH, BV i BH = 4 nepoznate velične 3 jednadžbe ravnoteže Σ x = 0 1 jednadžba Σ MC

l = 0 ili Σ MCd = 0

Σ y = 0 + jer znamo da je u zglobu C moment jednak nuli. Σ M = 0 1. Σ MA = 0 - BV×8 + BH×1 + P×6 + q×6×1= 0 BV = 93,64 kN BH = 29,1 kN 2. Σ MC

d = 0 P×2 + BH×6 - BV×4 = 0 3. Σ MB = 0 AV×8 + AH×1 - q×6×7 - P×2 = 0 AV = 126,36 kN AH = 29,1 kN 4. Σ MC

l = 0 AV×4 – AH 5 -q×6×3 = 0 Kontrola : Σ x = 0 AH – BH = 0 Σ y = 0 AV + BV - q×6 – P = 0 2. Određivanje unutarnjih sila - unutarnje sile određujemo u karakterističnim točkama tj. na mjestima gdje funkcije dijagrama unutarnjih sila imaju istaknute , karakteristične vrijednosti - predznaci unutarnjih sila – predmet dogovora → moment crtamo uvijek na vlačnoj strani , T i N → isto kao u Tehničkoj mehanici tzv. skok funkcije → funkcija prekidna tzv. lom funkcije → derivacija funkciji prekidna

- uočimo sve točke ( presjeke ) u kojima funkcije M,T i N imaju korakteristčne vrijednosti , a između tih točaka imamo neprekidne derivabilne funkcije, uglavnom I, II i III reda i možemo ih narisati.

⇒

⇒


Karakteristične točke su u presjecima 1 do 12

Karakteristični presjeci :

Presjek 1: Σ x = 0 N1 = 0 Σ y = 0 T1 = 0 ΣM=0 M1 = 0 Presjek 2: Σ x = 0 N2 = 0 Σ y = 0 T2 + q×2 = 0 T2 = -40 kN ΣM2=0 M2 + q×2×1 = 0 M2 = -40 kNm Presjek 3: Σ x = 0 T3 + AH = 0 T3 = -29,1 kN Σ y = 0 AV + N3 = 0 N3 = -126,36 kN ΣM3 = 0 M3 = 0 Presjek 4: Σ x = 0 T4 + AH = 0 T4 = -29,1 kN Σ y = 0 N4 + AV = 0 N4 = -126,36 kN ΣM4=0 M4 + AH×5 = 0 M4 = -145,5 kNm ( vlak lijevo)


Presjek 5: Σ x = 0 N5 + AH = 0 N5 = -29,1 kN Σ y = 0 -q×2 - T5 + AV = 0 T5 = 86,36 kN ΣM5=0 M5 + AH×5 + q×2×1= 0 M5 = -185,5 kNm (vlak gore) Presjek 6: Σ x = 0 N6 + AH = 0 N6 = -29,1 kN Σ y = 0 AV - q×6 – T6 = 0 T6 = 6,36 kN ΣM6=0 → M6 = MC = 0 → u točki C imamo zglob što znači da moment mora biti jednak nuli.(To nam je bila jedna od točki oko koje smo računali naše reakcije) Presjek 7: Σ x = 0 T7 - BH = 0 T7 = 29,1 kN Σ y = 0 N7 + BV = 0 N7 = -93,64 kN ΣM7= 0 M7 = 0 Presjek 8: Σ x = 0 T8 - BH = 0 T8 = 29,1 kN Σ y = 0 N8 + BV = 0 N8 = -93,64 kN ΣM8=0 - M8 - BH×3 = 0 M8 = - 87,3 kNm ( vlak desno) Presjek 9: Tehm.meh. → projekcije u smjeru T i N ! sinα = 0,6 cosα = 0,8 Σ N = 0 N9 + BV×sinα + BH×cosα = 0 N9 = -79,3 kN Σ T = 0 T9 + BV×cosα - BH×sinα = 0 T9 = -57,45 kN ΣM9= 0 M9 + BH×3 = 0 M9 = -87,3 kNm ( vlak desno gore)


Presjek 10: Σ N = 0 N10 = N9 = -79,3 kN Σ T = 0 T10 = T9 = -57,45 kN ΣM10= 0 M10 + BH×4,5 – BV×2 = 0 M10 = 56,3 kNm Presjek 11: Σ N = 0 N11 + BV×sinα + BH×cosα - P×sinα = 0 N11 = -19,46 kN Σ T = 0 T11 + BV×cosα - BH×sinα - P×cosα = 0 T11 = 22,50 kN ΣM11= 0 M11= M10 = 56,3 kNm

Presjek 12: Σ N = 0 N12 + AH×cosα - AV×sinα + q×6×sinα = 0 N12 = -19,46 kN → N11 Σ T = 0 T12 - AV×cosα + AH×cosα + q×6×cosα = 0 T12 = 22,50 kN → T11 M12= M6 = MC = 0


DIJAGRAMI UNUTARNJIH SILA


Grafičko određivanje unutarnjih sila u zadanim presjecima r-r , s-s i t-t

Zadano: K= 80 kN α = 30°

0rrrr

rrr

rr

=++

+=

=BAK

AKR

BR

l

d

B = 69 kN A = 102,5 kN Očitamo: Presjek r-r ; Nr-r = + 98 kN Tr-r = + 31 kN Mr-r = + rr ×A = 0,45 × 102,5 = + 46 kNm Presjek s-s ; Ns-s = - 65 kN Ts-s = - 23 kN Ms-s = - rs ×B = -0,9 × 69 = - 62 kNm (vlak s gornje strane) Presjek t-t ; Nt-t = - 37 kN Tt-t = - 57 kN Mt-t = rt ×Rl = 2,55 × 69 = 176 kNm Mt-t = rt ×B = 2,55 × 69 = 176 kNm


Trozglobni okvir sa zategom Zadatak 2: Za zadani trozglobni okvir sa zategom odredite dijagrame unutarnjih sila M, T i N

Reakcije: iste kao u prethodnom zadatku. Ležajne veze su ostale iste, postoji samo razlika u unutarnjim vezama. Javljaju se poluzglob D i štap Š1 AV = 126,36 kN BV = 93,64 kN AH = 29,1 kN BH = 29,1 kN - karakteristični presjeci – Desni dio nosača, tj. od presjeka 5-12

računa se kao u prethodnom zadatku tj. unutarnje sile ostaju nepromijenjene. • prvo trebamo odrediti silu u štapu Š1 koji nazivamo zategom.- to je unutarnja veza Iz sume momenata oko zgloba D → odredimo silu u zatezi, tj. moment u presjeku 4, koji je identičan sa zglobom D mora biti jednak nuli → M4 = 0 Σ M4 = 0 AH×5 - ŠH×2 = 0 → ŠH = 72,75 kN

88,10245cos

==o

HŠŠ kN → ŠV = 72,75 kN


Unutarnje sila u lijevom dijelu nosača Presjek 1: Σ x = 0 N1 + ŠH = 0 → N1 = -72,75 kN Σ y = 0 T1 + ŠV = 0 → T1 = -72,75 kN ΣM(1)=0 → M1 = 0 Presjek 2: Σ x = 0 N2 + ŠH = 0 → N2 = -72,75 kN Σ y = 0 T2 + ŠV + q×2 = 0 → T2 = -112,75 kN ΣM(2)=0 M2 + ŠV + q×2×1 = 0 → M2 = -185,5 kNm Presjek 3: → isto kao prije Σ x = 0 T3 + AH = 0 T3 = -29,1 kN Σ y = 0 AV + N3 = 0 N3 = -126,36 kN ΣM3 = 0 → M3 = 0 Presjek 4: Σ x = 0 T4 + AH – ŠH = 0 T4 = 43,65 kN Σ y = 0 N4 + AV + ŠV = 0 N4 = -199,11 kN ΣM(4)=0 M4 + AH×5 – ŠH×2 = 0 → M4 = 0 = MD Presjek 13: Σ x = 0 T13 + AH = 0 → T13 = -29,1 kN Σ y = 0 N13 + AV = 0 → N13 = -126,63 kN ΣM13= 0 M13 + AH×3 = 0 M13 = - 87,3 kNm ( vlak lijevo) Presjek 14: Σ x = 0 T14 + AH - ŠH = 0 T14= 43.75 kN Σ y = 0 N14 + AV + ŠV = 0 N14 = -199,11 kN ΣM14=0 M14 + AH×3 = 0 M14= M13 = -87,3 kN


DIJAGRAMI UNUTARNJIH SILA


TROZGLOBNI OKVIR SA ZATEGOM

Postupak kod analitičkog određivanja reakcija te sila u zatezi: Reakcije: Σ x = 0 → C Σ MB = 0 → A Σ MA= 0 → B Sila u zatezi: Σ MC

l = 0 A×a - C×c - Zh×d + Zv×a – P1×l1 = 0 → Z ili Σ MC

d = 0 B×b - Zh×e - Zv×b – P2×l2 = 0 ZH=Z×cosα ZV=Z×sinα Unutarnje sile određujemo kao kod svakog drugog nosača u karakterističnim točkama. Sila u zatezi za nas je samo još jedna od koncentriranih sila pa imamo karakteristične presjeke ispred i iza mjesta djelovanja zatege.


Zadatak: Za zadani trozglobni okvir sa zategom odredite dijagrame unuatrnjih sila ∑x = 0 ⇒ Ah + P = 0 ⇒ Ah = -100 kN

∑MB= 0 ⇒ -Av *4 + Ah*1 –P*3 + q*4*2=0 ⇒Av=-60 kN ∑y=0 ⇒ Av + Bv - q*4=0 ⇒ Bv=140 kN Kontrola! ∑MA= 0 ⇒ Bv*4-q*4*2-P*4=0 +3

Dijagrami unutarnjih sila Prvo treba izračunati silu u zatezi. Računamo je iz uvjeta da moment u zglobu C mora biti jednak 0, tj . ∑MC= 0. Napravimo presjek kroz zglob i promatramo sile s lijeve strane ili s desne strane. tgα=3/4 ⇒ α=36.870 ∑MC= 0∑MC= 0 Av*2 – Ah*4 + Zh*3 – Zv*2 + q*2*1=0 60*2-100*4+Z*cosα*3 – Z*sinα *2 + 20*2*1=0 120-400+Z*0.8*3 – Z*0.6*2 + 40 = 0 -240 + 1.2Z=0 ⇒ Z=200 kN Kompjutorska rješenja

Reakcije stvarni smjer djelovanja

Dijagram momenata Dijagram poprečnih sila Dijagram uzdužnih sila


Postupak kod grafičkog određivanja reakcija te sila u presjeku t-t za zadani trozglobni okvir sa zategom

Kod grafičkog rješavanja prvo odredimo Mjerilo sila --kN:: -- cm Odredimo reakcije A i B.

Očitamo reakcije u mjerilu sila i dobijemo: A=141,4 kN; B= 100 kN

Nakon što smo odredili reakcije, tražimo silu u zatezi Z. Silu nađemo iz uvjeta da rezultanta reakcije B i sile u zatezi Z R(B+Z) mora proći kroz zglob C (moment u zglobu C mora biti 0). Očitamo: Z= 100 kN

Rezultantu R(B+Z) zatim uravnotežimo unutarnjima silama

Ttt i Ntt. Očitamo: Ttt= 100 kN; Ntt= - 100 kN.

Moment izračunamo kao umnožak horizontalne komponente

R (B+Z)h * udaljenost do presjeka t-t. (R(B+Z)h =Z)

Mtt= 100*1 = 100 kNm (vlak s vanjske strane)


Kompjutorska rješenja: Reakcije Dijagram momenata

Dijagram poprečnih sila Dijagram uzdužnih sila


Zadatak: Za zadani trozglobni nosač sa zategom odrediti grafički sile u presjeku t-t Reakcije - grafički

Očitamo: A= 400 kN; B= 312 kN

reakcije kompjutorski

određivanje sile u zatezi Z - grafički

Sila u zatezi Z=260 kN M=-R(Z+A) x 1=-250 kNm ( s gornje strane)

T= 250 kN; N= 0


Dijagrami unutarnjih sila za zadani trozglobni okvir sa zategom – kompjutorska rješenja m dijagram

t dijagram

n dijagram


Trozglobni luk sa zategom – grafičko određivanje unutarnjih sila u zadanom presjeku Očitamo: Reakcije ⇒ A= 141 kN; B= 100 kN

U presjeku t-t Rezultanta reakcije B i sile u zatezi Z tj. Rd mora proći kroz zglob C (Mc=0) Vidimo da od djelovanja sile P u presjeku t-t imamo samo uzdužnu silu Ntt= -133 kN U presjeku s-s Ako gledamo s desne strane do presjeka ss djeluju nam B, Z i P, odnosno Rd+P

Nss= 0 Tss= Rd+P =-33 kN

Mss= (Rd+P)*2= 66kNm (vlak s unutarnje strane)


Kompjutorska rješenja Reakcije Mss =66.66 kNm

Tss = -33.33 kN Ntt= -133.33 kN

Djelovanje para sila i para momenata na trozglobni okvir

AH×h – 1x 0,5×h =0

ΣMA=0; ΣMB=0; =>AV = BV = 0

ΣMA=0; ΣMB=0; =>AV = BV = 0

AH = BH = h1

5,05,0=

×=

hhAH


OJAČANA GREDA - LANGEROVA GREDA -analitički postupak-

1.) Reakcije: odgovarajuća prosta greda

Σ MG = 0 AV×10 - q×4×8 - P×2 = 0 → AV = 52,0 kN → AV = AV° Σ MA = 0 GV×10 - q×4×2 - P×8 = 0 → GV = 88,0 kN → GV = GV° Kontola ! Σ y = 0 52 + 88 - 10×4 – 100 = 0 2.) Unutarnje sile: a) prvo riješimo "ojačanje" – sile u štapovima Σ MD

l = 0 ili Σ MDd = 0


02350

2 =×+×−×=Σ

SPGM

V

dD

4434421

MD° → moment na odgovarajućoj prostoj gredi

702

3004402

35 2 −=

+−=

×+×−=

PGS V kN ( S2 je tlačna sila )

ili 702140

2 00

2 −=−

===f

MMS DD kN

S2 = H → horizontalni štap Čvor (1) Σ x = 0 S2 + S1H = 0 Σ y = 0 V1 + S1V = 0 S1H = -S2 = -H = -70 kN V1 = - S1V = 70 kN

99cos

701 −=

−=

αS kN

S1V = S1×sin α = -70 kN

Čvor (2) Σ x = 0 S3H + S2 = 0 Σ y = 0 V2 + S3V = 0 S3H = -S2 = -H = -70 kN V2 = - S3V = 70 kN

99cos

33 −==

αHS

S kN

S3V = S3×sin α = -70 kN

Dijagrami unutarnjih sila

MA = 0

MB = AV×2 - 842

22

=×q kNm

MC=AV×4- 1222

41

2

−=×−× VSq kNm

MD = AV×5 - q×4×3 – S1V×3 + V1×1 = 0 ⇒ kontrola MG = 0 MF = GV×2 = 176 kNm ME = GV×4 – ( P + S3V )×2 = 12 kNm

MC° = AV×4 - q×4×2 = 128 kNm Mx – dijagram na zadanom nosaču MD° = AV×5 - q×4×3 = 140 kNm Mx° - dijagram na odgovarajućoj prostoj gredi MF° = GV×2 = 176 kNm


TA = AV = 52 kN TB

l = AV - q×2 = 32 kN TB

d = AV - q×2 – S1V = -38 kN TC

l = TBd = q×2 = -58 kN

TCd = TC

l + V1= 12 kN TE

l = TCd = 12 kN

TEd = TE

l + V2 = 82 kN TF

l = TEd = 82 kN

TFd = TF

l – S3V – P = - 88 kN TG

l = GV = - 88 kN

Σ x = 0 Nx = S1H = 70 kN

Ojačana greda-Langerova greda -" kosi " štap -

Σ x = 0 → AH = 0 Σ MB = 0 → AV Σ MA = 0 → BV Sila u štapu Š2 = ?¸

Š2H = Š2×cos α Š2V = Š2×sin α

Σ MC

l = 0 AV×l + Š2H×b + Š2V×a = 0 AV×l + Š2×cosα ×b + Š2×sinα ×a = 0 ⇒ Š2


Ojačana greda - Langerova greda - grafoanalitički postupak -

Mx = AV×x - 2

2xq× - S1H× y(x)

Mx = AV° ×x - 2

2xq× - H× y(x)

Mx = Mx° - H× y(x)

Mx° MA° = 0 ; MC° = 128 kNm ; MF° = 176 kNm ; MG° = 0

Tx = AV - q×x – S1V Tx = AV° - q×x – H×tg α1 ⇒ Tx = Tx°- H×tg αi TA° = AV° = 52 kN ; TC°= 52 – 40 = 12 kN ; T0

Fl = 12 kN ; T0Fd = -88 kN ; TG° = -GV° = -88 kN


Grafičko određivanje unutarnjih sila u zadanom presjeku

Mjerila 1cm :: 1m

1cm :: 20 kN Očitamo : B = 20 kN A = 104 kN Nt-t = 50 kN Tt-t = -20 kN Mt-t = + rt×RC

l = +0,2×54 Mt-t = + 10,8 kNm

lCRHA

KBArrr

rrrr

=−

=++

.2

0.1 ili d

CRHKBrrrr

=++

Djelovanje para momenata i para sila na Langerovu gredu

Σ y = 0 AV = BV = 0 MC

l = MCd = 10 kNm

52

== CMH kN

Sile u štapovima H = 5 kN V = -5 kN S = 7,07 kN


m = 10 kNm Σ y = 0 AV = BV = 0 Σ MC

l = 0 ⇒ H = 0 ⇒ V2 = S2 = 0 Presjek t-t S1V×2 = 10 ⇒ S1V = 5 kN S1 = 7,07 kN Σ y(1) = 0 S1V = -V1 = 5 kN N34 = -S1H = -5 kN T34 = S1V = 5 kN

T14 = 2m = -5 kN

Σ y = 0 AV = BV = 0 Σ x = 0 AH = 0 Σ MC

l = 0 H×2 + P1V×1 = 0 H = -3,54 kN Sile u štapovima Čvor 1 V1 = 3,54 kN S1 = -5,0 kN Čvor 2 V2 = -10,61 kN S2 = 5,0 kN


PRORAČUN KONSTRUKCIJA - 1. KOLOKVIJ šk.god. 2003./2004.

1. Za zadani Gerberov nosač potrebno je odrediti M i T dijagram. ZADATAK JE POTREBNO OBAVEZNO RJEŠAVATI (30 bodova; 10 reakcije + 10 M dij.+ 10 T dij.).

2. Za zadani rešetkasti nosač potrebno je naći sile u označenim štapovima Ritterovim postupkom. (20 bodova; 5 reakcije + 3x5 =15 za sile).

3. Za zadani trozglobni nosač potrebno je grafičkim postupkom naći unutarnje sile Mtt, Ttt i Ntt u zadanom presjeku i dokazati da je sustav statički određen (formulom). (30 bodova; 5 reakcije + 3x5=15 za (Mtt, Ttt i Ntt) +10 dokaz)

4. Za zadanu ojačanu gredu potrebno je naći vrijednost sile u zadanom štapu. (20 bodova; 10 reakcije + 10 sila u štapu).

proracun-1-dio-odredeni

Documents