gra Đevinski fakultet - grad.hr · pdf fileseminarski rad – gra Đevna statika 2 6...

SVEUČILIŠTE U ZAGREBU

GRAĐEVINSKI FAKULTET

Predmet: GRAĐEVNA STATIKA 2

SEMINARSKI RAD

METODA SILA, METODA POMAKA, CROSS-OV POSTUPAK

Predmetni nastavnik: Prof.dr.sc. Krešimir FRESL

Student: Mario Božinović

ZAGREB 2009.

Seminarski rad – GRAĐEVNA STATIKA 2

2


3

ZADATAK 1.

M E T O D A S I L A


4

OPĆENITO O STATIČKI NEODREĐENIM SISTEMIMA:

Sile u statički neodređenim sustavima (sistemima) ovise o broju i vrsti veza, te o omjeru krutosti njegovih

dijelova.

Uslijed prisilnih pomaka ili promjene temperature u sistemu pojavljuju se unutarnje sile i sile reakcije. S obzirom

da se pod djelovanjem sila sustav deformira, dolazi do iskrivljavanja osi što znači da se javljaju i momenti na

tim sistemima.

Promjena oblika dijela statički neodređenog sistema izazvati će promjenu i u ostalim dijelovima sistema.

Zamjenom zadanog opterećenja statički ekvivalentnim, doći će do promjene sila na cijelom nosaču. Statički

neodređene sisteme moramo uvijek proračunavati kao jednu cjelinu tj., ne mogu se izdvojiti pojedini elementi

da bi se promatrali izdvojeno.

Statički neodređeni sistemi (sustavi) su oni sustavi kod kojih ne možemo odrediti unutarnje sile samo iz

jednadžbi ravnoteže i to iz razloga što imaju veći broj veza, te moramo uspostaviti onoliki broj jednadžbi koliko

je i veza na sistemu.

Za statički neodređen sistem kažemo da je to također sustav kod kojeg je broj veza veći od minimalno

potrebnog za geometrijsku nepromjenjivost. Takva definicija statički neodređenog sustava naziva se

kinematička definicija.

Da bi sistem bio u ravnoteži u ravnini, potrebno je postaviti tri (3) jednadžbe ravnoteže, a najčešće se koriste

jednadžbe: ΣM=0, ΣFx=0 i ΣFy=0. Prema tome, sistem (tijelo) će biti u ravnoteži u ravnini samo ako je vektorski

zbroj svih slia (i momenata) jednak nuli (nul-vektoru).

METODA SILA:

Metodom sila rješavamo statički neodređene sisteme zamišljenim raskidanjem veza pri čemu se zadani sistem

pretvara u statički određeni sistem, koji nazivamo osnovnim sistemom, a raskinute se veze nadomještaju

silama koje odgovaraju silama koje su te veze prenosile.

Vrijednosti tih sila potom izračunavamo iz uvjeta kompatibilnosti pomaka na mjestima raskinutih veza — sile

moraju povratiti narušenu neprekinutost polja pomaka ili osigurati podudaranje pomaka na mjestima uklonjenih


5

ležajeva sa stvarnim ležajnim uvjetima. Prilikom isključivanja sila na sistemu mora se paziti da sistem ne pređe

u mehanizam.

Vrijednosti pomaka koji se pojavljuju u uvjetima kompatibilnosti proračunavamo metodom jedinične sile; na

temelju principa superpozicije možemo to napraviti za zasebna djelovanja zadanoga opterećenja i pojedinih

jediničnih sila u raskinutim vezama.

Završetkom rješavanja osnovnog sustava, nacrta se M0 dijagram, sustav riješimo i za jediničnu silu te i za

njega nacrtamo m1 dijagram. Sada postoje uvjeri za izračun pomaka δ10 i δ11 , tj. pomaka u smjeru i na mjestu

raskinute veze od zadanog vanjskog opterećenja. Za δ10, indeks 1 označava mjesto i smjer a 0 označava

uzrok, tj. vanjsku silu. Za δ11 indeks 1 označava mjesto i smjer a 1 označava uzrok tj. jediničnu silu S=1. Kod

izračuna pomaka δ10 i δ11 potrebno je izračunati dijagrame M0 i m0 , te vrijedi da je ∫⋅

= dxEI

mM 10

10δ , i da je

∫∫ =⋅

= dxEI

mdx

EI

mm 2

111

11δ .

Utjecaj uzdužnih sila najčešće se zanemaruje zbog manjeg utjecaja na rezultat, no to nije uvijek tako, te treba

pripaziti kod zanemarivanja uzdužnih sila da se ne zanemare npr. uzdužne sile u zategama jer one imaju

značajan utjecaj na rezultat, jer je tu uračunata i površina presjeka F.

Osnovna ideja kod METODE SILA prilikom rješavanja neodređenih sistema je da se statički određen (osnovni)

sistem deformira isto kao i zadani statički neodređeni sistem, tj. da je ispunjen uvjet KOMPATIBILNOSTI.

Prema rečenome mora biti zadovoljen uvjet da je: 010111 =+⋅ δδX , ako se radi o jedanput statički

neodređenom sustavu, tj ako se radi o n-puta statički neodređenom sustavu onda mora biti zadovoljena

MATRICA FLEKSIBILNOSTI, koja je uvijek simetrična i pozitivno definirana (matematički definirano),

−=

0

20

10

2

1

333231

232221

131211

........

............

....

....

....

nnX

X

X

nn δ

δ

δ

δ

δδδ

δδδ

δδδ

pri čemu su δij koeficijenti fleksibilnosti, X1, X2, … Xn nepoznate sile, te δ10, δ20, … δnn pomaci.

Odavde se izračunaju nepoznate sile X te se nacrta konačni M dijagram.


6

RJEŠENJE 1. ZADATKA - METODA SILA - POTREBNO NACRTATI M DIJAGRAM ZA SISTEM NA SLICI

Zadano: q=80kN/m', EI1=1,62x105kNm2, EI2=1,94x105kNm2, EI1=2,00x106kNm2

3 3

22

q

EI1

EI1 EI2

EI2

EF

(A) (B)

Određivanje statičke neodređenosti: zadani sustav u ravnini ima dva zgloba koji sprečavaju horizontalne i

vertikalne pomake, tj imaju ukupno 4 veze.

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

Zadani sustav je statički 1 puta neodređen.

OSNOVNI sistem se dobiva zamišljenim isključivanjem jedne veze. Isključio sam vezu u točki B, i omogućio

horizontalni pomak. Naravno, mogao sam isključiti i vezu u točki A.

Sada određujem dijagram M0 na osnovnom sistemu od zadanog vanjskog opterećenja.


7

ODREĐIVANJE DIJAGRAMA M0 na osnovnom sistemu:

(B)(A)

EF

EI2

EI2EI1

EI1

q=80kN/m'

22

33

(C)

Ah

Av Bv

X1

Određivanje sila reakcija:

Σ M(A)=0 ⇒

kNBv

kNBv

Bv

Bv

240

2406

1440

14406

036806

=

==

=

=⋅⋅−⋅

Σ M(B)=0 ⇒

kNAv

kNAv

Av

Av

240

2406

1440

14406

036806

=

=−

−=

−=−

=⋅⋅+⋅−

Σ F(x)=0 ⇒ kNAh 0=


8

SILA U ZATEZI:

Z

Cv

Ch

(B)

EF

EI2

EI2

q=80kN/m'

22

3

(C)

Bv=240Kn

Σ M(C)=0 ⇒

kNZ

kNZ

Z

Z

180

1802

360

3607202

05.138023240

=

=−

−=

+−=−

=⋅⋅−⋅−⋅

Proračun momenata u karakterističnim presjecima:

240kN

(C)

3 3

22

q=80kN/m'

EI1

EI1 EI2

EI2

EF

(A) (B)

240kN

1 1

2 2

3 344

5 5

66

7 788


9

PRESJEK 1-1 i 5-5:

(A)

2

240kN

T

NM

PRESJEK 2-2 i 6-6:

Z

MN

T

240kN

2

(A)

PRESJEK 3-3:

MN

T

240kN

2

(A)

Z=180kN

2

ΣM=0 ⇒ M1-1=M5-5=0kNm

ΣM=0 ⇒ M2-2=M6-6=0kNm

ΣM=0 ⇒ M3-3+180⋅2=0 ⇒ M3-3=-360kNm


10

PRESJEK 4-4: iz ravnoteže čvora

PRESJEK 7-7:

2

Z=180kN

(B)

2

240kN

T

NM

PRESJEK 8-8: iz ravnoteže čvora

Kontrola: moment u zglobu jednak je nuli. Prema tome razlika momenata u presjeku 4-4 i provjesa parabole

MPR, mora mora biti jednaka nuli. ⇒ 044 =−= − PRZGLOB MMM ; kNmlq

M PR 3608

680

8

22

=⋅

=⋅

= ; ⇒

036036044 =−=−= − PRZGLOB MMM ⇒ zadovoljava uvjet.

ΣM=0 ⇒ M4-4+360=0 ⇒ M4-4=-360kNm

M4-4

360kNm

ΣM=0 ⇒ M-180⋅2=0

M-360=0 ⇒ M7-7=360kNm

ΣM=0 ⇒ M8-8+360=0 ⇒ M8-8=-360kNm

M8-8

360kNm


11

MOMENTNI DIJAGRAM OSNOVNOG SISTEMA M0:

Uzdužne sile zanemarujemo jer je njihov utjecaj na konačni rezultat vrlo malen. Međutim, uzdužnu silu u zatezi

ne smije se zanemariti jer je njezin utjecaj na konačan rezultat značajan. Z=180kN (vlačna sila).

ODREĐIVANJE DIJAGRAMA m1 (od jedinične sile):

1

BvAv

Ah

(C)

3 3

22

Z

(A) (B)

360kN 360kN

360kN360kN


12

Određivanje sila reakcija (na osnovnom sistemu sa jediničnom silom):

Σ M(A)=0 ⇒

kNBv

Bv

0

06

=

=⋅

Σ M(B)=0 ⇒

kNAv

Av

0

06

=

=⋅−

Σ F(x)=0 ⇒ kNAh

Ah

1

01

−=

=+

SILA Z U ZATEZI:

1

(C)

3

22

(B)

Ch

Cv

Z

Σ M(C)=0 ⇒

kNZ

kNZ

Z

2

22

4

0241

=

==

=⋅−⋅

- sila u zatezi je vlačna


13

MOMENTI U KARAKTERISTIČNIM PRESJECIMA:

PRESJEK 1-1 i 2-2:

MN

T

2

(A) 1

PRESJEK 3-3:

2

Z=2kN

(A)

2

T

NM

1

PRESJEK 4-4: (iz ravnoteže čvora)

PRESJEK 5-5 i 6-6:

Z=2kN

(B)

2

T

NM

1

ΣM=0 ⇒ M1-1= 1⋅2=0

M1-1=-⋅2kNm M2-2=-2kNm

ΣM=0 ⇒ M3-3+2⋅2-4⋅1=4-4=0 M3-3=0kNm

M4-4

0kNm

ΣM=0 ⇒ M4-4+0=0 M4-4=0kNm

ΣM=0 ⇒ M5-5+2⋅1=0 M5-5=-2kNm M6-6=-2kNm


14

PRESJEK 7-7:

MN

T

2

(B)

Z=2kN

2

1

MOMENTNI DIJAGRAM m1 od jediničnog opterećenja:

2 2

KOEFICIJENTI POPUSTLJIVOSTI (pomak na mjestu i u smjeru jedinične sile):

( )

m

EFEIEIEFEIEI

dxEF

nndx

EI

mm

5

65511

2121

11

1111

11

1023566.7102

24

1094.1

1

1062.1

1

3

16

24

3

16

3

16622

122

3

2

2

22122

3

2

2

221

−⋅=⋅

+

⋅+

⋅=

++=⋅⋅+

⋅⋅⋅

⋅+

⋅⋅⋅

⋅=

⋅+

⋅= ∫∫

δ

δ

δ

ΣM=0 ⇒ M7-7+4⋅1-2⋅2=0 M7-7=4-4=0kNm

Iz ravnoteže čvora ⇒ M8-8=0kNm


15

POMAK (na mjestu i u smjeru od djelovanja vanjskog opterećenja) δδδδ10:

( )

m

mm

EFEIEIEFEIEI

dxEF

nNdx

EI

mM

3

10

33

65510

2121

10

1010

10

10636.1

1008.110716.2102

2160

1094.1

1

1062.1

1240

21601124026180

12)

3

1(

2

236012)

3

1(

2

23601

−

−−

⋅−=

⋅+⋅−=⋅

+

⋅+

⋅−=

+

+⋅=⋅⋅+

⋅−⋅

⋅+

⋅−⋅

⋅=

⋅+

⋅= ∫∫

δ

δ

δ

δ

IZ JEDNADŽBE KONTINUITETA IZRAČUNAMO NEPOZNATU SILU X1:

kNX

kNX

X

X

X

61.22

61.221023566.7

10636,1

10636,11023566.7

010636,11023566.7

0

1

5

3

1

3

1

5

3

1

5

10111

=

=⋅

⋅=

⋅=⋅⋅

=⋅−⋅⋅

=+⋅

−

−

−−

−−

δδ

KONAČNI MOMENTNI DIJAGRAM M (prema principu superpozicije):

110 mXMM ⋅+=

kNmM 22.45261.22011 =⋅+=−

kNmM 22.45261.22022 =⋅+=−

kNmM 360061.2236033 −=⋅+−=−

kNmM 36044 =−

kNmM 22.45261.22055 −=⋅−=−

kNmM 22.45261.22066 −=⋅−=−

kNmM 360061.2236077 =⋅+=−

kNmM 36088 −=−


16

MOMENTNI DIJAGRAM M

45,22kNm

360kNm

360k

Nm

360k

Nm

360kNm

45,22kNm


17

ZADATAK 2.

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


18

INŽENJERSKA METODA POMAKA

Metode pomaka su metode proračuna štapnih sistema u kojima su nepoznanice translacijski pomaci i kutevi

zaokreta odabranih točaka sistema koje nazivamo čvorovima.

Čvorovi su, u metodi pomaka, sve karakteristične točke sistema, poput ležajeva u kojima se sastaje više

štapova, točaka u kojima se dva štapa sastaju pod nekim kutom, točke u kojoj su dva kolinearna štapa spojena

zglobno ili slobodnog kraja prepusta.

Čvorom se može proglasiti bilo koja točka.

Krutim čvorom nazivamo čvor u kojemu su svi stapovi međusobno kruto spojeni a zglobnim čvor u kojem su svi

štapovi spojeni zglobno, čvor može biti i mješoviti kruto-zglobni.

Elementom, nazivamo dio štapa između dva susjedna čvora.

Svaki kruti ravninski čvor j ako nije ležajni, ima dva translacijska stupnja slobode — to su: translacijski pomak

po općem pravcu koji možemo uvijek rastaviti na komponente iuu jj

rr⋅=

u smjeru osi x, i jww jj

rr⋅=

u

smjeru osi z — te jedan rotacijski stupanj slobode — zaokret za kut ϕj oko osi okomite na ravninu sistema.

Zanemarimo li uzdužne deformacije ravnih elemenata, razmak čvorova jednoga elementa se neće mijenjati pa

između njihovih translacijskih pomaka postoji kinematičko ograničenje, te se time broj nepoznanica smanjuje,

ali treba prepoznati neovisne translacijske pomake sistema.

Takav se način metode naziva inženjerskom metodom pomaka.

Svaki (kruti) čvor u ravnini ima tri stupnja slobode gibanja pa je u općoj metodi pomaka broj nepoznanica

približno jednak trostrukom broju čvorova sistema (treba oduzeti broj komponenata pomaka po pravcima

ležajnih veza jer one nisu nepoznanice). Zanemarivanjem utjecaja uzdužnih sila, što je temeljna pretpostavka

inženjerske metode pomaka, broj nepoznanica možemo bitno smanjiti.

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

čvorova.


19

Broj neovisnih translacijskih pomaka određujemo s pomoću zglobne sheme sistema koju oblikujemo

pretvaranjem svih krutih i kruto-zglobnih čvornih veza, uključujući i ležajne, u zglobne pri čemu štapne

elemente u shemi smatramo apsolutno krutima. Tu shemu nazivamo i pridruženom rešetkom. Broj neovisnih

translacijskih pomaka u sistemu jednak je broju stupnjeva slobode zglobne sheme.

Dok smo u metodi sila isključivali veze, u inženjerskoj metodi pomaka dodajemo veze čime sustav pretvaramo

u sustav obostrano upetih greda, ili u npr. sustav upete grede i zglobne veze na krajevima grede. Tražimo

neovisne translacijske pomake, međutim ako ih nema onda su nepoznanice samo kutevi zaokreta čvorova, te

postavljamo jednadžbe ravnoteže čvorova i jednadžbe virtualnih radova. Za slučaj obostrano upetih greda

momenti uslijed zaokreta čvorova određuju se iz jednadžbi:

ijijjijiijij kkkm Ψ⋅−⋅+⋅= 624 ϕϕ ; i ijijjijiijji kkkm Ψ⋅−⋅+⋅= 642 ϕϕ

Za slučaj upete i zglobne veze na gredi, momenti se određuju iz uvjeta STATIČKE KONDENZACIJE određuju

se iz jednadžbi:

ijijiij

C

ij kkm Ψ⋅−⋅= 33 ϕ ; i jiij

C

ij MMM2

1−=

Statička kondenzacija predstavlja ”uklanjanje” nepoznate vrijednosti (poopćenog) pomaka iz izraza za

(poopćene) sile i/ili iz jednadžbi ravnoteže na temelju poznatoga statičkog uvjeta.

mij mji

mij mji


20

RJEŠENJE ZADATKA – INŽENJERSKA METODA POMAKA - POTREBNO NACRTATI M DIJAGRAM ZA

SISTEM NA SLICI: Zadano: K=100kN, EI=1x105kNm2, δn=2mm=2⋅10-3m.

5

5

K

Određivanje koeficijenata krutosti:

kNmkkkk

kNmm

kNm

l

EIk

kNmm

kNm

l

EIk

kNmm

kNm

l

EIk

l

EIk

20000

200005

100000

;200005

100000

;200005

100000

243413

2

24

2

34

2

13

====

===

===

===

=

Zglobna shema:

nδ

EI EI

EI

(1) (2)

(3) (4)

U3 U4


21

OSNOVNI SISTEM:

(1) (2)

(4)(3)

Dodajemo jednu vezu u čvoru (4).

NEPOZNANICE su kutevi zaokreta u čvorovima (3) i (4). Prema tome, nepoznanice su kutevi zaokreta ϕ3, ϕ4

te translacijski pomak U34.

PLAN POMAKA OD NEOVISNOG TRANSLACIJSKOG POMAKA:

5

5

U34 U34

13Ψ 24Ψ5

34

13

U−=Ψ

5

34

24

U−=Ψ


22

PLAN POMAKA OD NEOVISNOG PRISILNOG POMAKA:

5

5

MOMENTI NA KRAJEVIMA ELEMENATA:

013 =M kNm (zglob)

++

⋅=Ψ⋅−⋅+Ψ⋅−=

−

55

1023333 34

3

3

1331331

UkkkkM

C ϕϕ

4334 24 ϕϕ kkM ⋅+⋅=

3443 24 ϕϕ kkM ⋅+⋅=

024 =M kNm (zglob)

+=Ψ⋅−⋅=

5333 34

424442

UkkkM

C ϕϕ

Jednadžbe ravnoteže:

Za čvor 3:

( )

3

3443

43343

3

43

34

3

3

3431

3

102,16,027

0246,03102,1

:02455

1023

0

0

−

−

−

⋅−=++

=++++⋅

=⋅+⋅+

++

⋅

=−−

⇒=Σ

U

U

kkkU

k

MM

M

C

ϕϕ

ϕϕϕ

ϕϕϕ

13Ψ

mn

3102

−⋅=δ

m4

3

13104

5

102 −−

⋅=⋅

=Ψ


23

Za čvor 4:

06,072

0246,03

:0245

33

0

0

3443

34344

3434

4

4342

4

=++

=+++

=++⋅

+

=−−

⇒=Σ

U

U

kkkUk

k

MM

M

C

ϕϕ

ϕϕϕ

ϕϕϕ

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

3

3443

34434

3

3

34

4

34

3

3

1

2442

1

1331

1024,0100

24,06,06,0

0100

5

6,0

5

3

5

6,03

5

102,1

:011005

1

5

33

5

1

5

33

5

1023

01

0

−

−

−

⋅−=⋅+⋅+

=−⋅

++⋅

+⋅+⋅

=⋅+

−⋅

⋅+⋅+

−⋅

⋅+⋅+

⋅⋅

=⋅+Ψ⋅+Ψ⋅

⇒=Σ

kU

k

UUk

kUk

kUk

kk

KMM

W

CC

ϕϕ

ϕϕ

ϕϕ

1 1 K

CM 42C

M 31

1

13Ψ 1

24Ψ

5


24

Sada imamo 3 jednadžbe sa tri nepoznanice, te rješimo sustav:

3443

3

3443

3443

3

3443

3,05,3

1024,0100

24,06,06,0

06,072

102,16,027

U

kU

U

U

⋅−−=⇒

⋅−=⋅+⋅+

=++

⋅−=++

−

−

ϕϕ

ϕϕ

ϕϕ

ϕϕ

( )

( )

( )

mU

m

m

surješenja

mU

k

k

kU

kUU

U

U

UU

03025,0

10963,1

10203,2

:

10203,203025,03,0)10963,1(5,3

03025,0)10963,1(15108,0

10963,14,2

10712,4

10048,01024,020000

1004,2

1024,0100

9,010048,05,1

1024,0100

15108,06,05,1

1024,0100

06,05,1

1024,0100

24,06,03,05,36,0

15108,0

102,15,15,22

102,16,023,05,37

34

3

4

3

3

33

3

33

34

33

4

33

4

33

4

3

4

3

4

3

344

3

344344

4

3

34

3

344

3

344344

=

⋅−=

⋅−=

⋅−=⋅−⋅−−=

=⋅−⋅=

⋅−=⋅

−=⇒

⋅−⋅−=−

⋅−=−⋅+−

⋅−=−⋅+−

⋅−=⋅+−

⋅−=++⋅−−

−⋅=

⇒⋅−=−−

⋅−=⋅++⋅−−

−

−

−−

−−

−−

−−

−−

−−

−

−

−

−

−

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ

ϕϕ

ϕ

ϕϕ

ϕ

ϕ

ϕϕ


25

Proračun momenata na krajevima elemenata:

013 =M kNm

kNmU

kMC

8,2545

03025,010203,2104,0200003

55

1023

3334

3

3

31 =

⋅−⋅⋅=

++

⋅= −−

−

ϕ

( ) ( ) kNmkkM 80,25410963,120000210203,22000042433

4334 −=⋅−⋅+⋅−⋅=⋅+⋅= −−ϕϕ

( ) ( ) kNmkkM 20,24510203,220000210963,12000042433

3443 −=⋅−⋅+⋅−⋅=⋅+⋅= −−ϕϕ

024 =M kNm

( ) kNmU

kMC

20,24503025,05

20000310963,1200003

53

334

442 =⋅⋅

+⋅−⋅=

+= −ϕ

KONAČNI MOMENTNI DIJAGRAM:

254,80kNm

254,

80kN

m

245,20kNm

245,20kNm


26

ZADATAK 3.

C R O S S – ova M E T O D A


27

Crossova metoda.

Crossova metoda izračuna pomaka određenog dijela sustava je relaksacijski tj. iteracijski postupak rješavanja

sistema. Sama ideja rješavanja iteracijom polazi od činjenice da bi za npr. inženjersku metodu pomaka u

slučaju velikog broja nepoznanica bilo potrebno riješiti isto toliki veliki broj jednadžbi što je vrlo težak i

mukotrpan zadatak, pogotovo u vremenu kada nisu postojala računala koja danas takove sisteme relativno

brzo rješavaju.

Prvi koji se je bavio proučavanjem iteracijske metode proračuna konstukcija je Konstantin Čališev, koji se bavio

proučavanjem pomaka u sistemu preko kuteva zaokreta i translacijskih pomaka. Prilikom korištenja iteracijskih

postupaka rješavanja sistema svakom iteracijom smo bliži točnom rješenju. Već druga iteracija može dati

dovoljno točan rezultat.

Međutim, Čališevu metodu usavršio je Cross, koji je vidio da se umjesto kuteva zaokreta i translacijskih

pomaka može raditi sa momentima na krajevima ležajeva, a to je interesantno zbog toga što nas u biti

zanimaju sile i njihova djelovanja.

Crossov postupak se koristi za proračun pomaka kod nepomičnih sistema. Izračunom razdjelnih koeficijenata i

momenata upetosti počinjemo sa iteracijom od onog čvora na kojemu očekujemo da će se pojaviti najveći

neuravnoteženi moment. Važno je napomenuti da su razdjelni koeficijenti pokazatelj koliki će se dio od

ukupnog neuravnoteženog momenta prenijeti na promatrani element.

Nakon određivanja momenta potrebno ga prilikom uravnoteženja raspodijeliti na element u omjeru krutosti, tj.

prema razdjelnim koeficijentima, te prema elementu prijenosnim koeficijentima na drugi kraj elementa

prenesemo moment.

Prijenosni koeficijenti: 1:0,5 i 1:-1.

M

M2

-M

M

1⋅k4

3⋅k

4

1⋅k


28

3. CROSS-ova METODA

Potrebno je Crossovom metodom izračunati vertikalni pomak točke A.

Zadano je: l=3m, q=25kN/m'; EI=100000kNm2

(1) (2) (3) (4)EI 2EI EI

q=25kN/m'

3 3 3

Dodamo vezu na čvoru 3. OSNOVNI SISTEM:

333

EI2EIEI

(4)(3)(2)(1)

KOEFICIJENTI KRUTOSTI ELEMENATA:

312

EIk =

3

223

EIk =

334

EIk =

KOEFICIJENT KRUTOSTI ČVORA 2:

EIEIEIEIEI

kkk ⋅=+=⋅+=+=6

5

233

2

4

3

34

323122

RAZDJELNI KOEFICIJENTI:

5

2

15

6

6

5

3

2

12

21 ====EI

EI

k

kµ


29

5

3

10

6

345

236

6

5

3

2

4

3

4

3

2

23

23 ==⋅⋅

⋅⋅=

⋅

==EI

EI

k

k

µ

Kontrola:

azadovoljav11

15

3

5

2

12321

=

=+

=+ µµ

MOMENTI UPETOSTI:

- element 2-3

(2) (3)

25kN/m'

3

kNmM

kNmlqlqlq

M

MMM

C

C

C

13,28

13,2824

3253

24

3

122

1

12

2

1

23

2222

23

322323

=

=⋅⋅

=⋅⋅

=

⋅−⋅−

⋅=

⋅−=

- element 3-4

3

25kN/m'

(4)(3)

kNmM

kNmlqlqlq

M

MMM

C

C

C

13,28

13,2824

3253

24

3

122

1

12

2

1

34

2222

34

343434

−=

−=⋅⋅−

=⋅⋅

−=

⋅−⋅−

⋅−=

⋅−=


30

ITERACIJA: ČVOR 2:

kNm

kNm

kNm

kNmM

1,28

9,161,285

3

2,111,285

2

1,28

−=Σ

−=⋅−

−=⋅−

=∆

-5,6 -11,2

25 5

3

28,1

-16,9

11,2

-28,1

PRORAČUN SILE V U DODANOM ŠTAPU

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

- element 2-3

3

25kN/m'

(3)(2)

kNT

T

M

76,33

032

33252,11

0

32

32

2

−=

=⋅−⋅⋅−

=Σ

T23

N23

M2=11,2kNm

N32

T32


31

- element 3-4

3

25kN/m'

(4)(3)

kNT

T

M

13,28

032

33251,28

0

34

34

4

−=

=⋅+⋅⋅+−

=Σ

Reakcija V:

⇒=Σ 0yF

kNV

kNTTV

TTV

9,61

9,6113,2876,33)13,28()76,33(

0

3432

3432

=

=+=−−−−=−−=

=++

SISTEM ZA PRISILNI POMAK U1: PLAN POMAKA:

333

(4)(3)(2)(1)

3

123

U−=Ψ

3

134

U=Ψ

T34

N34

M4=28,1kNm

N43

T43

Ψ23 Ψ34

U1


32

ZAMJENJUJUĆI KOEFICIJENTI:

3

1

3

2

3

1

34*

34

23*

23

12*

12

*

==

==

==

=

EI

kk

EI

kk

EI

kk

EI

kk

ij

ij

Uvedemo jednadžbu: EI

UUEIUU

*

111

*

1 =⇒⋅=

Momenti upetosti zbog prisilnog pomaka:

*

1

*

1

*

23

*

123123232323

3

2

3

3

33

333 UUk

EI

UkUkkM

C =⋅=⋅

⋅⋅=⋅=Ψ⋅−=

Sada odaberemo proizvoljnu veličinu *

1U ali u takvom iznosu koji je reda veličine izračunatog momenta

upetosti na osnovnom sistemu., dakle cca 20 do 30kNm.

Odabrano: kNmU 25*

1 =

kNmUM C7,1625

3

2

3

2 *

123 =⋅==

kNmUkEI

UkUkkM

C3,825

3

1

3

3

33

333

*

1

*

34

*

1341

34343443 −=⋅−=⋅−=⋅

⋅⋅−=⋅−=Ψ⋅−=


33

ITERACIJA: ČVOR 2:

kNm

kNm

kNm

kNmM

7,16

0,107,165

3

7,67,165

2

7,16

−=Σ

−=⋅−

−=⋅−

=∆

-8,316,7

-10,0

6,7

355

2

-6,7-3,3

PRORAČUN SILE V1 U DODANOM ŠTAPU

- ukupna sila V1 je zbroj poprečnih sila u čvoru 3 na elementima 2-3 i 3-4.

- element 2-3

3(3)(2)

kNT

T

M

23,2

037,6

0

32

32

2

=

=−

=Σ

T23

N23 M2=6,7kNm N32

T32


34

- element 3-4

3(4)(3)

kNT

T

M

76,2

0333,8

0

34

34

4

=

=⋅+−

=Σ

REAKCIJA V1:

⇒=Σ 0yF

kNV

kNTTV

TTV

0,5

0,523,276,2

0

1

34321

34321

=

=+=+=

=++−

S OBZIROM NA LINEARNOST SISTEMA VRIJEDI ODNOS:

mU

UV

VU

V

V

U

U

A

34

1

111

10095,3105,20,5

9,61 −− ⋅=⋅⋅=

⋅=⇒=

Vertikalni pomak točke A je 3,1mm prema dolje.

T34

N34 M4=8,3kNm

N43

T43

T32=2,23kN T34=2,76kN

V1


35

LITERATURA:

[1] K.Fresl, Bilješke s predavanja iz kolegija Statika I i Statika II sa web stranice Građevinskog fakulteta

Zagreb, http://www.grad.hr/nastava/gs/

[2] H. Werner: Tehnička mehanika, 1986.

[3] M. Anđelić: Statika neodređenih štapnih konstrukcija, Zagreb 1993.

[4] Bilješke s predavanja i vježbi na razlikovnom studiju građevinarstva, Zagreb 2009.

[5] Bilješke sa predavanja iz kolegija Teorija konstrukcija, Varaždin 1998.

gra Đevinski fakultet - grad.hr · pdf fileseminarski rad – gra Đevna statika 2 6...

Documents