SVEUČILIŠTE JOSIPA JURJA STROSSMAYERA U OSIJEKU ZAVRŠNI RAD Osijek, 15.09.2014 Anita Mutabdžić
ZNANSTVENO PODRUČJE : ZNANSTVENO POLJE: ZNANSTVENA GRANA: TEMA: PRISTUPNIK: TEHNIČKE ZNANOSTI DRUGE TEMELJNE TEHNIČKE ZNANOSTI TEHNIČKA MEHANIKA (MEHANIKA KRUTIH I DEFORMABILNIH TIJELA) ZAVRŠNI RAD Sveučilišni preddiplomski studij Pristupnica treba prikazati metodu sila matrični pristup rješavanja jednadžbi u istoj. Treba pokazati i sve načine skraćivanja jednadžbi metode sila, a posebno obratiti pažnju na simetriju i antisimetriju. Treba dati po dva rješena primjera za svaki slučaj koji opisuje. Rad treba sadržavati tekstualni dio, grafičke priloge, te popis literature i internet stranica sa koji su prikupljeni podatci za rad. Rad treba izraditi u 3 primjerka (original + 2 kopije), ukoričene u A4 format. Osijek, 2014 Mentorica: Prof. dr. Silva Lozančić Predsjednica Odbora za Završne i diplomske ispite: prof.dr.sc.mirjana Bošnjak-Klečina 1
SADRŽAJ SADRŽAJ... 2 1. UVOD... 3 2. METODA SILA... 4 2.1 Pravilo predznaka... 5 2.2 Primjer... 8 2.3Primjer :... 10 2.4 Primjer... 14 2.5 Primjer... 15 3. SIMETRIJA I ANTISIMETRIJA U METODI SILA... 19 3.1. Jednadžbe kompatibilnosti kod simetričnih sistema... 21 3.2. Simetrične i antimetrične parne nepoznanice... 22 3.3. Primjer... 24 4. ZAKLJUČAK :... 28 5. IZVORI... 30 2
1. UVOD Tema ovog završnog rada je metoda sila.metoda sila je postupak riješavanja statičkih neodređenih sustava koje ne možemo proračunati samo pomoću statičkih uvijeta ravnoteže. Statički neodređeni sustavi se razlikuju od statički određenih sustava po tome, što se kod njih javljaju i prekobrojne veze, povrh onih veza, koje su potrebne da bi se dobio nepromenljivi statički određeni sustav. Kroz sadržaj rada upoznat ćemo se bolje o postupcima metode sila, odnosno načinima riješavanja problema neodređenih sustava. Upoznat ćemo se sa izrazima za momente i sile proći ćemo kroz proračun sa jednom i sa dvije statički neodređene veličine. Zatim kako temperatura utiječe na statički neodređeni sustav, te slučaj simetrije i asimetrije. Te pojednostavljenje jednadžbe u slučaju velikog broja nepoznanica, numeričke primjere pojedinih slučajeva te gdje se najčešće primjenjuje. 3
2. METODA SILA Metoda sila je metoda proračuna statički neodređenih sistema u kojoj su nepoznanice sile i momenti. Zadani se statički neodređeni sistem u proračunu zamjenjuje osnovnim sistemom koji nastaje tako da se na zadanom sistemu raskine stanoviti broj vanjskih ili unutarnjih veza.raskinute se veze nadomještaju odgovarajućim silama ili momentima kako bi se povratio narušeni kontinuitet. Osnovni sistem mora biti geometrijski nepromjenjiv, a najčešće je i statički određen. Odstranjivanje prekobrojnih veza iz nekog statički neodređenog sistema može se izvršiti na više raznih načina, tako da i osnovni sistemi mogu biti različiti. Ovo se jasno vidi na sl.1 gdje je prikazan jedan rešetkasti dvaput statički neodređeni nosač. On se može svesti na osnovni, statički određeni sistem na više načina: Slika.1- Prikaz rešetkastog nosača 4
1) Odstranjivanjem dvaju srednjih oslonaca (sl1.a) pretvaramo sistem u rešetkastu prostu gredu na dva oslonca, sa dvjema nepoznatim silama X1 i X2 2) Odstranjivanjem dva štapa ab i cd (sl.1b) dobijamo osnonvni sistem od tri rešetkaste proste grede sa nepozanim silama Y1 i Y2 3) Odstranjivanjem štapa ef i oslonca 2 (sl.1c) dobijamo osnovni sistem koji se sastoji iz proste grede s prepustom I sa još jednom prostom gredom, na koje djeluje dopunske, nepoznate sile Z1 i Z2 Osnovne jednadžbe metode sila dobivaju se iz uvjeta neprekinutosti na mjestima raskinutih veza, pa se te jednadžbe nazivaju i jednadžbama neprekinutosti, kontinuiteta ili kompatibilnosti. Prvi korak u rješavanju sustava metodom sila nam je da od početnog statički neodređenog sustava napravimo statički određeni sustav, osnovni sistem. To ćemo učiniti tako da maknemo prekobrojnu vezu, pri tome pazeći da sustav ne pretvorimo u mehanizam. Sljedeći korak je riješitit statitčki određeni sistem, čime dobivamo unutarnje sile Mo i No Posljedica uklanjanja prekobrojnih veza je ta da progibna linija osnovnog sustava ne odgovara progibnoj liniji stvarnog sustava. 2.1 Pravilo predznaka Izbor smjera sila i momenata, koji se uvode u osnovni sistem kao zamjena za odstranjene prekobrojne veze možemo izvesti proizvoljno. Pravi smjer nepoznatih sila određuje znak koji dobijamo u krajnjem rezultatu. Ako dobijemo rezultat s pozitivnim znakom, to nam pokazuje da je unaprijed uzeti smjer bio dobro pogođen, negativni znak u rezultatu znači da je stvarni smjer tražene sile ili momenta suprotan od smjera koji smo na početku pretpostavili, pa ga treba preokrenuti. Ako u sistemu ima više zatvorenih kontura (sl.2) onda se i znaci momenta u pojedinim štapovima određuju tako što promatrač postupno prelazi iz jedne zatvorene konture u drugu. Na taj način moment u srednjem štapu ima prema konturi I pozitivan znak, a u odnosu na konturu II negativan. Transverzalne sile u tom istom štapu imaju za obje konture jedan te isti znak. 5
Pozitivnim pravcem aksijalnih sila smatra se za bilo koje pravac i nagib osi štapova onaj slučaj, kad sila prelazi iz presjeka štapa. Slika 2. Prikaz zatvorene konture Uklonjene prekobrojne veze moramo nadomjestiti generaliziranim silama i X čiji će iznosi biti točno takvi da osiguraju podudaranje progibnih linija ili neprekinutost polja pomaka. Ako smo oslobodili translacijski pomak vezu ćemo nadomjestiti silom na mjestu i na pravcu oslobođenog pomaka, a ako smo oslobodili zaokret vezu ćemo nadomjestiti momentom. Uklanjanjem prekobrojnih veza oslobađa se par sila, ali ako oslobodimo vezu koja spaja element s podlogom, druga sila djeluje na nepomičnu podlogu te je izostavljamo iz proračuna. Vrijednosti prekobrojnih sila i X izračunat ćemo iz uvjeta iščezavanja pomaka njihovih hvatišta. Uvjeti kompatibilnosti pomaka ne mogu se zadovoljavati pojedinačno, jer svaka prekobrojna sila utječe na pomake hvatišta svih prekobrojnih sila, pa se rješenje dobiva rješavanjem sustava jednadžbi: n (δ i,j X j + δ i,0 = 0) j=1 i = 1. n 6
Te jednadžbe nazivamo jednadžbama kompatibilnosti. Uδ i, j prvi indeks, i [1,n], označava da je riječ o pomaku hvatišta sile Xi po pravcu njezina djelovanja. Drugi indeks,j [1,n], je oznaka sile Xj koja je uzrokovala taj pomak. δ i,0 je pomak hvatišta sile Xi uzrokovan vanjskim djelovanjem. Pomake δ i,j i δ i,0 računamo primjenom jedinične sile. Na mjestu i u smjeru svake prekobrojne veze stavimo jediničnu silu i odredimo dijagrame unutarnjih sila mi. Pomak na mjestu i u smjeru jedinične sile tada će biti δ i,j = (e) le 0 m i (ξe)m j (ξe) EI(ξe) + n i ( ξe)n j (ξe) dx EA(ξe) δ i,0 = (e) le 0 m i (ξe)m 0 (ξe) EI(ξe) + n i ( ξe)n 0 (ξe) dx EA(ξe) pri čemu se zbroj proteže po svim elementima sistema, a ξe označava lokalne koordinatne osi pojedinih elemenata. Uvrštavanjem pomaka i rješavanjem sustava jednadžbi kompatibilnosti dobijemo vrijednosti prekobrojnih sila X i Pretpostavljamo statičku linearnost, tj. Da se uvjeti ravnoteže vanjskih i unutarnjih sila postavljaju na nedeformiranoj konstrukciji, a njena je posljedica linearnost uvjeta ravnoteže. Uz to pretpostavljamo i materijalnu linearnost, tj. Da je odnos unutarnjih sila i odgovarajućih deformacijskih sila linearan. Tada konačne vrijednosti unutarnjih sila u statički neodređenom sistemu možemo izračunati kao algebarski zbroj vrijednosti tih veličina u osnovnom sistemu uzrokovanih vanjskim silama i onih uzrokovanih prekobrojnim silama: M(x) = M 0 (x) + n i=1 X i m i (x) 7
T(x) = T 0 (x) + N(x) = N 0 (x) + n i=1 X i n i=1 X i t i (x) n i (x) 2.2 Primjer Računamo reakcije za dva raspona kontinuiranog opterećenja. EI=const. 8
Ds = 2, Rb, Rc 1L = 1 EI [ 120 x 5 6 = - 9500 / EI 2L = 1 EI [ 120 x 5 6 = - 25750 / EI δ11 = 1 EI [1 3 δ12 = δ21 = 1 EI [1 6 δ22 = 1 EI [1 3 (2 x 10 + 5) + (2 x 20 + 15) + x 10 x 10 x 10] = 1000 3 EI 10 x 10 6 HL 6 180 x 15 6 (2h1 + h2) {2 x ( 180) + ( 60)} ] (2 x 20 + 5) ] hhl x 10 x 10 (2 x 20 + 10)] = 2500 EI x 20 x 20 x 20] = 8000 3EI 3 [δ] = 1 3EI [1000 2500 2500 8000 ] koristimo, [P] = [δ]-1 {[ ] [ L]} [ ] = 0 neto pomaci nula [ p1 2500 ] = - 3EI [1000 p2 2500 8000 ]-1 [ 9500/EI 25750/EI ] = [19.93 3.43 ] tj. P1= Rb= 19.93 kn & P2=Rc= 3.43 kn 9
2.3Primjer : Metodom sila riješiti zadani sustav i nacrtati dijagram momenta savijanja, ako je h=3/2l I1=2I2, q = 1,0 l = 6,0 Možemo za ovaj nosač konstatirati da je jedanput statički neodređen. Osnovni sistem ćemo ovdje najpogodnije dobiti ako ležaj B oslobodimo horizontalne veze i nadomjestimo je silom X1 u pravcu te veze. Za jediničnu silu X1 = 1 imamo dijagram momenta savijanja slici 2,1 pa ćemo kombinacijom momentnih ploha dobiti jedinični dijagram. Slika 2.1 Prikaz dijagrama momenta savijanja opterećenog vanjskim silama δ11 = 2 1 * EI1 *h² 2 *2h + 1 *h * l* h 3 EI2 δ11 = 1 E (2h³ 3I1 + h²l I2 ) Kada uvrstim vrijednosti dobijemo da je δ11 = 2 9³ + 9² 6 = 972,0 3 1 10
Prikaz dijagrama momenta savijanja od jediničnog opterećenja Pošto kombinacija dijagrama momenta od stvarnog i jediničnog opterećenja nije najjednostavniji, pomak ćemo odrediti integracijom: Sada će se odrediti pojedini pomaci, u obzir će se uzeti samo prvi dio izraza koji predstavlja utjecaj momenata na pomak, tako da koeficijenti imaju sljedeći oblik : 6 0 δ 11 = M x1 M x1 E I 6 0 dx odnosno E * I * δ 11 = M x1 M x1 * dx 6 0 Δ 1P = M x1 M p E I 6 dx odnosno E * I * Δ 1P = M x1 M 0 p * dx Kako bi se pojednostavilo riješavanje ovih integrala koristi se pravilo Vereščagina, koje za riješavanje integrala oblika : x 0 M x1 M x2 * dx Izračuna se površina prvog dijagrama M x1 koja se onda množi s ordinatom na drugom M x2,koja se nalazi ispod težišta prvog dijagrama. Važno je istaknuti kako vrijedi I obrnuto 11
množenje,ali samo za slučaj kada su dijagrami pravolinijski. Množe se samo oni dijelovi dijagrama koji se preklapaju Δ 1P = 1 E ( 5 q h4 24 I + q h3 6 ) = 5 1 94 + 1 9³ 6 = 1366,87 + 1093,5 = 2460,37 4 I 24 4.Koeficijenti potrebni za formiranje sustava jednadžbi elastičnosti za ovaj primjer su: Uvrštavanjem u prednji izraz za x1 dobijamo: x1 = - 1p δ11 x1 = - qh 8 I1 5h+6l I2 2h+3l I1 I2 Za slučaj gdje je I1 = I2 x1 = 13 ql = 0,406 ql 32 Za q=1,0 i l= 6 numerička vrijednost sile iznosi : x1 =2,44 Dobivena vrijednost x1 označava vrijednost reakcije Bh, ostale vrijednosti reakcija dobivamo iz osnovnog sustava koji je statički određen iz jednadžbi ravnoteže. 12
Vrijednosti reakcija su : Bh = 2,44 kn Ah = q h Bh =9-2,44 = 6,56 kn 13
Av = Bv = q h ² 2l = 1 9² 2 6 = 6,75 kn Mc = Ah h q h² 2 = 6,56 9 1 9² 2 = 18,54 knm Md = Bh h = 2,44 9 = 21,96 knm 2.4 Primjer Zadana je obostrano upeta greda sa kontinuiranim opterećenjem q = 5 kn/m EI = 10² knm² l= 6m δ 11 = δ22 = 1 I 2 δ 21 = 1 I 2 1 3 2 3 δ 13 = δ23 = δ12 = 0 1,0/EI δ 11 = δ22 = 1 6 2 2 3 1,0 10 ² = 0,02 1,0/EI δ 21 = 1 6 2 1 3 1,0 10 2 = 0,01 gl² 2 p1 = p2 = l 1 5 6² /EI p1 = p2 = 8 3 2 8 δ 33 = 1 l/ea δ 33 = 1 6 10 2 = 0,06 δ 31 = δ 32 = 0 p3 = 0 2 3 6 1 2 10 2 = 0,45 14
Jednadžba neprekidnosti glasi : δ11 δ12 δ13 X1 p1 [ δ21 δ22 δ23] [ X2] = [ p2] δ31 δ32 δ33 X3 p3 0,02 0,01 0 X1 0,45 [ 0 0,02 0 ] [ X2] = [ 0,45] 0 0 0,06 X3 0 X1 = Riješenje : X3= 0 X2= 0,45 0,02 = 22,5kN 0,02X1 + 0,01X2= 0,45 0,01 22,5+0,45 0,02 = 11,25 kn 2.5 Primjer Stupanj statičke neodređenosti je tri. Opterećenje je koncentrirana sila od 4,0kN modul elastičnosti E i moment tromosti I su konstantni. 15
δ11 X1 + δ12 X2 + δ13 X3 + 1p = 0 δ21 X1 + δ22 X2 + δ23 X3 + 2p = 0 δ31 X1 + δ32 X2 + δ33 X3 + 3p = 0 Dijagrami momenata na osnovnom sustavu od jediničnih sila, jediničnog momenta i vanjskog opterećenja E I δ11 = 1 2 3 3 2 3 3 + 3 3 = 36,0 E I δ12 = E I δ21 = 1 2 3 3 3 = 13,5 E I δ13 = E I δ31 = 1 2 3 3 1 + 3 3 1 = 13,5 16
E I δ22 = 1 2 3 3 2 3 3 = 9,0 E I δ23 = E I δ32 = 1 3 3 1 = 4,5 2 E I δ33 = 3 1 1 + 3 1 1 = 6,0 E I 1p = 1 1,5 6,0 ( 3 + 2 3 ) + 3 ( 6,0) 3,0 = 65,25 2 2 3 2 E I 2p = 1 2 3,0 3 ( 6,0) = 27,0 E I 3p = 1 2 1,5 6 1,0 3 6,0 1,0 = 22,5 Sustav jednadžbi izgleda: δ11 δ21 δ31 X1 1p D =[ δ12 δ22 δ32] [ X2] = [ 2p] δ13 δ23 δ33 X3 3p 36 13,5 13,5 X1 62,25 [ 13,5 9 4,5 ] [ X2] = [ 27 ] 13,5 4,5 6 X3 22,5 Množimo drugi redak sa -3 i zbrajamo sa prvim. 4,5 13,5 0 18,5 [ 13,5 9 4,5]=[ 27 ] 13,5 4,5 6 22,5 Množimo treći redak sa -0,75 i zbrajamo sa drugim. 4,5 13,5 0 18,75 [ 3,375 5,625 0]=[ 10,125] 13,5 4,5 6 22,5 Množimo drugi redak sa 2,4 i zbrajamo sa prvim. 3,6 0 0 5,55 [ 3,375 5,625 0]=[ 10,125] X1 = 5,55 = 1,54 kn 3,6 13,5 4,5 6 22,5 3,375 1,54 + 5,625X2 = 10,125 X2 = 5,1975+10,125 5,625 = 2,75 kn 13,5 1,54 + 4,5 2,75 + 6X3 = 22,5 X3 = 20,79+12,375+22,5 6 Ma = X3 = 9,28 knm Ra = X2 = 2,75 kn Ra =X1 = 1,54 kn = 9,28 knm 17
Moment u pojedinim točkama se traži iz izraza : Mx = Mᵖx + Mx1 X1 + Mx2 X2 + Mx3 X3 Vrijednosti momenata u označenim presjecima su : MA = 0 + 0 + 0 + 1,0 ( -1,875 ) = -1,875 knm MB = 0 + 1,5 2,375 + 0 + 1,0 ( -1,875 ) = 1,6875 knm MC = -6,0 + 3 2,375 + 0 + 1,0 ( -1,875 ) = -0,75 knm MD = -6,0 + 3 2,375 + 3 0,375+ 1,0 ( -1,875 ) = 0,375 knm 18
3. SIMETRIJA I ANTISIMETRIJA U METODI SILA Pojednostavljenje proračuna metodom sila korištenjem osi simetrije nosača, smanjujemo opseg proračuna. Uvjet korištenja simetrije je geometrijska i fizikalna simetrija (materijalna). Svako opterećenje možemo prikazati kao zbroj simetričnog i antisimetričnog.prvi način korištenja simetrije je uvođenje simetričnih i antisimetričnih nepoznanica.(sl.3.1) Slika 3.1 - Prikaz nepoznanica Rješavanje sistema jednadžbi je velik i dugotrajan posao čim je sistem više od dva puta statički neodređen. Taj posao postaje sve veći i teži, kako se broj nepoznanica povećava. X1*δk1 + X2*δk2 + +Xkk*δn + Xn*δkn + Δkp=0 (1) Broj članova u tim jednadžbama se može smanjiti samo ako su neke od nepoznanica Xk jednake nuli ili ako su neki od koeficijenata δkm jednaki nuli. 19
Usporedivši dijagrame momenata izazvane jediničnim opterećenjem na osnovnom sistemu, možemo doći do zaključka da će sporedni pomaci δ23= δ32 i δ13= δ31 biti jednaki nuli. Sporedni pomaci nastaju kombinacijom dijagrama od simetričnih i antisimetričnih nepoznanica. 20
3.1. Jednadžbe kompatibilnosti kod simetričnih sistema Kod sistema simetričnih u geometrijskom i elastičnom smislu, simetrično i nesimetrično opterećenje uzrokuje simetrične i nesimetrične deformacije, a takve iste i linije unutarnjih sila i momenata. Ovo isto važi i za slučaj kad na simetrični sistem djeluju sile i momenti kojima zamjenjujemo odstranjujemo prekobrojne veze, jer su te sile i ti momenti po svojem djelovanju na osnovni sistem isti kao i vanjske sile. Simetrične nepoznate sile i momenti koji djeluju u presjecima odvojenih štapova, uvijek imaju smjerove simetrične ili nesimetrične u odnosu na presjek, budući da je to uvjet za njihovu ravnotežu u presjeku (sl.4). Moment i normalna sila su simetrični, dok je transverzalna sila obratno simetrična ( nesimetrična ). Iz ovog proističe sljedeće : ako presjek leži u osi simetrije sistema, onda će momentna linija, odnosno linije normalnih i transverzalnih sila, koje djeluju na presjek biti simetrične, odnosno nesimetrične. Zahvaljujući ovom promjene izazvane simetričnim utjecajima na pravcima nesimetričnih utjecaja postaju jednaka nuli. Slika 4 Prikaz simetričnih nepoznatih sila 21
Da bismo ovo bolje razumjeli, razmotriti ćemo pitanje: Gdje treba napraviti presjek okvira prikazanog na slici, kako bi se bar jedan dio pomicanja (koeficijenta u jednadžbama kompatibilnosti) pretvorilo u nulu? Okvir ima dvije geometrijske osi simetrije i jednu os elastične simetrije. Načelno govoreći mi možemo izabrati bilo koji položaj presjeka, ali ako želimo da nam se bar jedan dio izjednači sa nulom, onda presjek treba da leži na osi geometrijske i elastične simetrije. Iz skupnog promatranja dijagrama jasno se vidi da su pomaci δ12 = δ21 = δ13 = δ31 =0 Prema tome, razdvajanjem zatvorenog okvira (sl.4) po osi geometrijske i elastične simetrije postižemo to da nam se jedan dio pomaka pretvara u nulu, a time dobivamo da nam se prvobitni sistem od tri nepoznanice raspada na dvije grupe, simetričnim i nesimetričnim nepoznanicama: X1 δ11 = - Δ1p X2 δ22 + X3 δ32 = - Δ2p X2 δ23 + X3 δ33 = - Δ3p 3.2. Simetrične i antimetrične parne nepoznanice Kod nekih simetričnih sistema izbor osnovnog sistema prati uvođenje u sistem nepoznatih simetričnih po svom položaju, ali ne i jednakih po svojim veličinama (sl.5). Stoga bočna pomicanja koja povezuju te nepoznanice, nisu jednaka nuli. U ovakvim slučajevima postižemo pretvaranje u nulu bočnim pomicanjima razlaganjem svake dvije simetrične nepoznanice na nove parne nepoznanice od kojih je jedan par simetričan, a drugi antimetričan. Obje nove nepoznanice moraju zadovoljiti uvijete : Y1 + Y 3 = X1 Y1 - Y 3 = X3 Ovakvo razlaganje je uvijek ostvarljivo jer je ono zadovoljeno jednom od mogućih veličina neponanica : 22
1 Y1 = 2 (X1 + X3 ) i 1 Y3 = (X1 - X3 ) 2 Slika 5.- Prikaz simetričnih sistema Slika 6.- Prikaz dijagrama Naprimjer, u isti taj sistem ( sl.4 ) ulazi osim nepoznatih Y1 i Y3 još i nepoznanica X2 koja leži simetrično, pa stoga se u jednadžbama koje sastavljamo za taj sistem, izjednačuju sa nulom i bočna pomicanja δ23 = δ32 ( sl.6). Zahvaljujući tome, jednadžbe se raspadaju na dvije grupe : Y1 δ11 + X2 δ12 = - Δ1p Y1 δ21 + X2 δ22 = - Δ2p Y3 δ33 = - Δ3p Pomicanja δ koja ulaze kao koeficijenti pored nepoznanica u ove jednadžbe izračunavamo iz jediničnih dijagrama ( linija ) od parnih nepoznanica, prema istim dijagramima pronalazimo i konačne momentne linije : M =Mº + M1* Y1 +M2* X2 + M3* Y3 23
3.3. Primjer Za dati nosač odrediti : Dijagrame horizontalnih pomjerana točaka poteza a b c d Rješenje : Horizontalna pomjerana čvorova a b c d postoje samo u slučaju antisitmetrične deformacije nosača Nosač u slučaju antisimetrične Osnovni sistem : deformacije : 24
Utijecaj vanjskog opterećenja : Stanje X1 = 1 Stanje X2 = 1 Stanje X3 = 1 Koeficijenti su : EI δ11 = 5 5 5 ( 1 + 1 + 1 ) + 1 1 1,5 2 3 5³ = 312.5 EI δ22 = 5 5 5 ( 1 1,5 + 1 2 ) + 1 2 + 1 3 EI δ33 = 5 5 5 1 2 + 1 3 1 3 5³ = 76.389 5³ = 166,667 25
EI δ12 = 5 5 5 ( 1 2 + 1 1,5 ) = 145.833 EI δ13 = EI δ23 = 5 5 5 1 2 = 62.5 Slobodni članovi : EI δ10 = 5 5 ( 250) + 5 5 ( 750) 1,5 + 5 5 ( 1250) 2 = 34375 EI δ20 = 5 5 ( 750) 1,5 + 5 5 ( 1250) 2 = 28125 EI δ30 5 5 ( 1250) 2 = 15625 Matrica metode sila i njihova rješenja : [ 312,5 145,833 62,5 145,833 166,666 62,5 62,5 62,5 76,389]*[ X1 X2 X3 [ 34375 ] ]= 28125 15625 Množimo drugi redak sa -1 i zbrajamo sa prvim. 166,66 20,83 0 6250 [ 145,833 166,666 62,5 ] = [ 28125] 62,5 62,5 76,389 15625 Djelimo treći redak sa -1,2224 i zbrajamo sa drugim. 166,66 20,83 0 6250 [ 94,7 115,54 0 ] = [ 15342,77] 62,5 62,5 76,389 15625 Djelimo drugi redak sa 5,5468 i zbrajamo sa prvim. 183,74 0 0 9016,05 [ 94,7 115,54 0 ] = [ 15342,77] X1 = 9016,05 = 49,071kN 183,74 62,5 62,5 76,389 15625 94,7 49,071 + 115,54 X2 = 15342,77 X2 = 4647,0237+15342,77 115,54 X3 = 62,5 49,071 62,5 92,57+15625 76,389 Konačni dijagram momenta savijanja : = 88,662 kn M = Mo + 49,071 * M1 +92,565*M2 + 8,662*M3 = 92,57 kn 26
27
4. ZAKLJUČAK : Kao što smo primjerima u prethodnom sadržaju pokazali, u proračunu metodom sila zadani se statički neodređeni sistem zamjenjuje osnovnim sistemom. Osnovni sistem nastaje tako da se u zadanom sistemu raskine određeni broj vanjskih ili unutarnjih veza. Umjesto njih na sistem se nanose pomoćne sile koje su te veze prenosile. Broj raskinutih veza ne smije biti veći od stupanja statičke neodređenosti, ali može biti manji, što znači da osnovni sistem ne mora biti statički određeni, iako se takav najčešće odabire. Bitno je, međutim da osnovni sistem bude geometrijski nepromjenjiv. Sile i momente te parove sila i momenata, uvedene umjesto raskinutih veza nazivamo statički neodređenim veličinama, prekobrojnim veličinama ili jednostavno prekobrojnim silama. Njihove su vrijednosti na početku proračuna nepoznate. Te smo nepoznanice označili sa X i, i =...n gdje je n broj raskinutih veza. Kako su vrijednosti pomoćnih sila osnovne nepoznanice proračunski je postupak nazvan metodom sila. Izbor osnovnog sistema bitno utječe na složenost i trajanje proračuna metodom sila. Usporedimo li izraze za geometrijsku integraciju ( primjena Vereščaginova teorema ) u izračunavanju vrijednosti pomaka i kutova zaokreta izazvanih silom P na tri osnovna sistema za jednostrano upetu gredu, možemo zaključiti da je taj izraz najdulji i najsloženiji za prostu gredu. Budući da je izračunavanje vrijednosti pomaka gotovo uvijek najdugotrajniji i greškama svakako najpodložniji korak. Osnovni sistem treba izabrati tako da integracijski postupak bude što kraći i jednostavniji. Nažalost, teško je, pa i nemoguće sastaviti kuharicu i dati opći, uvijek primjenjiv recept. No, svakako će pomoći ako momenti savijanja na većem dijelu sistema iščezavaju, pogodno je također i da se položaji lomova i skokovi na dijagramu Mo i mi podudaraju, treba pokušati iskoristiti i simetriju ili djelomičnu simetriju sistema. 28
Osnovne jednadžbe u metodi sila nazivamo: jednadžbama kompatibilnosti, jednadžbama kontinuiteta, ili jednadžbama neprekidnosti. Sustav jednadžbi kompatibilnosti možemo zapisati i u matričnom obliku : δ1,1 δ1,2 δ1, n X1 δ1,0 0 [ δ2,1 δ2,2 δ2, n] [ X2] + [ δ2,0] = [ 0] δn, 1 δn, 2 δn, n X3 δn, 0 0 Nazivamo je matricom popustljivosti ili matricom fleksibilnosti. Njezine komponente δi,j nazvane koeficijentima popustljivosti ili koeficijentima fleksibilnosti, su gledano kinematičkih, vrijednosti pomaka hvatišta sila Xi po pravcima njihova djelovanja zbog pojedinačnih djelovanja jediničnih sila u hvatištima, na pravcima i u smislu sila Xj. Za kraj možemo zaključiti da se matrični pristup primjenjuje kod sustava koji su simetrični ili djelomično simetrični, te sa većim brojem nepoznanica. 29
5. IZVORI I.P. Prokofjev (1960 ). Teorija konstrukcija ( drugi dio ) Beograd, Izdavačko poduzeće Minerva Svetozar Bogunović (1964 ) Thenička Mehanik (treći dio ) Statika arhitektonskih konstrukcija Sarajevo, Univerzitet u Sarajevu V. Akmadžić, B. Crnjac ( 2003 ) Zbirka zadataka iz statike 2 (1 izdanje) Mostar http://elearning.vtu.ac.in/p7/enotes/cv51/unit5-ssm.pdf http://www.engr.uky.edu/~gebland/ce%20382/ce%20382%20four%20slides%20per%20pa ge/l11%20-%20force%20method.pdf http://nptel.ac.in/courses/webcoursecontents/iit%20kharagpur/structural%20analysis/pdf/m2l7.pdf 30