31Metoda Sila _ Primer 2

TEORIJA KONSTRUKCIJA 1

PRIMER ZA VEŽBANJE 1/7

8 x 4.0 = 32.0

I

0

1 Fp

2

3

I g = 4

100 kN

5

2

Fp

6

7

I

3

I

8

3

3

X =1X =11 2 X =13

METODA SILA - PRIMER 2

Za dati nosač utvrditi statičku neodređenost i usled zadatog opterećenja odrediti

a) dijagram momenata punog nosača i sile u prostim štapovima primenom metode sila,

b) dijagram vertikalnog pomeranjapoteza štapova 0-8,

c) promenu rastijanja tačaka g i 7.

Pri proračunu koeficijenata uslovnih jednačina uticaj normalnih i transverzalnih sila na deformaciju greda i stubova zanemariti ( I / F = 0, I/Fp = 0.1 m2 , EI=105 kNm2).

Rešenje:

a) Statička neodređenost:

n = zo + zs + zk + zu – 2K = 4 + 17 + 4 + 0 – 2·11 = 3

Osnovni sistem :

α0

tg α0 = 323 f = 7.5 m

f



0.625

I

X =1

-0.625-0.625

1

0.625

3.0

0.625

X =1

0.625

-0.625-0.625

3

3.0

Stanje X1 = 1:

Stanje X1 = 1 je ravnotežno stanje usled koga su reakcije oslonaca jednake nuli.

Stanje X2 = 1:

Va′ = Vb′ = 0 Ha = – 5.7

3 = – 0.4 Hb = 5.7

3 = 0.4

Va = –5.7

3 ·323 = – 0.0375 Vb = 0.0375

Stanje X3 = 1:

2X =1

0.0375

0.4

3.6

3.6

0.625

3.3

-0.625

0.4

-0.6250.625

2.7

0.03752.

4

2.4

1.0

M1

S1

M3

S3

M2

S2



60

960

480

7.5

100 kN

320

106.67

40

640

Stanje Xi = 0:

Sile uprostim štapovima su jednake nuli, pa crtamo samo pun nosač.

Va′ = Vb′ = 50 Ha = 5.7

50 ·16= 106.6 Hb = 5.7

50 ·16= 106.6

Va = 50 + 80·323 = 60 Vb = 50 – 80·

323 = 40

Koeficijenti uslovnih jednačina:

EIδik = ∫ MiMk ds + I / Fp ∑ SiSkl

EIδ11 =2 2

1 1sps

IM ds S l

F+ ∑∫ =

38 · 2 ·32 + 0.1 ·( 4·0.6252· 5 + 8·1.02 ) = 49.5813

EIδ12 = 1 2 1 2sps

IM M ds S S l

F+ ∑∫ =–

68 ·3 ·( 2·3.3 + 3.6 ) –

38 · 3 ·3.3–2·0.1·5·0.6252 = – 67.59

EIδ13 = 1 3 1 3sps

IM M ds S S l

F+ ∑∫ =0

EIδ22 =2 22 2

sps

IM ds S l

F+ ∑∫ =

39 ·3.62 +

38 ·[ ( 3.62 + 3.6·3.3 + 3.32 ) + 3.32 + 2.72 + ( 2.72 +

2.7·2.4 + 2.42 ) ] + 36 ·2.42 + 0.1· ( 4·0.6252·5 + 12·8 ) = 247.8213

EIδ23 = 2 3 2 3sps

IM M ds S S l

F+ ∑∫ = –

38 · 2.7 ·3 –

68 ·3 ·( 2·2.7 + 2.4 ) – 2·5·0.6252= – 53.19

EIδ33 = EIcδ11 = 49.5813

Slobodni članovi :

EIδi0 = ∫ MiM0 ds + I / Fp ∑ SiS0l = ∫ MiM0 ds

M0



21.10

123.190 260.806 124.892

11.0

9

9.50

14.07

77.00 -77.00 86.01-86.01

-84.9484.94 -78.06

78.06

EIδ10 = 68 ·3 ·( 480·2 + 960 ) +

38 · 480 ·3 = 11520

EIδ20 = –39 ·960·3.6 –

68 ·[ 960· ( 2·3.6 + 3.3 ) + 480 · ( 2·3.3 + 3.6 ) ] –

38 ·( 480·3.3 +

320·2.7) –68 ·[ 320· ( 2·2.7 + 2.4 ) + 640· ( 2·2.4 + 2.7 ) ] –

36 ·640·2.4 = – 49664

EIδ30 = 38 · 320 ·3 +

68 ·3 ·( 2·320 + 640 ) = 7680

Uslovne jednačine metode sila i njihovo rešenje :

49.5812 67.59 0

67.59 247.8213 53.19

0 53.19 49.5813

− − − −

·

XXX

3

2

1 =

−

−

7680

49664

11520

⇒

Sile u presecima: M = M0 + M1·X1 + M2·X2 + M3·X3 S = S1·X1 + S2·X2 + S3·X3

X1 = 123.190 X2 = 260.806 X3 = 124.892

M

S



21.1

0

5.00

5

11.0

9

5.54

5

14.0

7

9.50

2.28

54.75

b ) Dijagram vertikalnih pomeranja poteza 0-8 jednak je dijagramu momenata fiktivnog nosača opterećenog fiktivnim opterećenjem EIp

f=M:

Fiktivni nosač poteza 0-8

Fiktivni nosać je jedanput statićki neodređen. Za statički nepoznatu veličinu biramo momenat uznad oslonca u tački g. Statička nepoznata Xf na osnovu Mor-Maksvelove analogije jednaka je vertikalnom pomeranju tačke g datog nosača. Nju određujemo primenom principa virtualnih sila:

EIcX f = EIcvg = 'o

s

MM ds∫

gde je M momenat usled zadatog opterećenja u statički neodređenom nosaču a oM momenat

od virtualne sile, koja odgovara traženom (vertikalnom) pomeranju, u osnovnom sistemu.

Fiktivno opterećenje

EIpf=M

v0=0

ϕ0≠0

v8=0

ϕ8≠0

vg,l= vg,d≠0

ϕg,l≠ϕg,d ≠0

EIcXf

21.10

123.190 260.806 124.892

11.0

9

9.50

14.07

77.00 -77.00 86.01-86.01

-84.9484.94 -78.06

78.06M

S

M f0=0

T f0≠0

T f8=0

T f8≠0

M fg,l= M

fg,d≠0

T fg,l≠T

fg,d ≠0



Zadajemo vertikalnu silu P=1 u tački g u osnovnom sistemu. Momenat od virtualne sile

jednak je stotom delu momenta od opterećenja u osnovnom sistemu100

oo

MM = . Iz principa

virtalnih sila dobija se da je:

EIcX f = EIcvg = 100

1 o

s

MM ds∫ = 100

1 ·{ 39 ·960·21.10 +

68 ·[ 21.10· ( 2·960 + 480 ) – 11.09·

( 960 + 2·480 ) ] –38 · ( 480·11.09 + 320·9.50 ) +

68 ·[ – 9.50· ( 2·320 + 640 ) + 14.07· ( 320 +

2·640 ) ] +36 ·640·14.07= 1094.08

Da bi odredili dijagram momenata raspodeljeno opterećenje EIpf zamenjujemo koncentrisanim silama:

1 1( 4 )6i i i iP p p pλ

− += + + ,

gde je λ=4 m. Dijagram momenata fiktivnog nosača EIMf usled sistema koncentrisanih sila određujemo na poznat način. Dijagram vertikalnog pomeranja jednak je dijagramu momenata Mf.

42.406

31.4

70

20.0

20

29.9

33

22.1

80

6.86

3

1094.08

19.0

00

26.9

77

9.14

0

20.2

83

59.481

295.

504

671.

088

926.

904

1094

.08

922.

380

674.

668

319.

056

2.95

6.71

9

.27

10

.94

9.

22

6.74

3.

19 v = EIMf x10-2

[mm]

EIP f



c ) Promena rastojanja tačaka g i 7 :

Promenu rastojanja određujemo primenom principa virtualnih sila:

EIδg7 = 'o o

sps

IM Mds S Sl

F+ ∑∫

gde je M momenat usled zadatog opterećenja u statički neodređenom nosaču, S sila u prostom štapu u statički neodređenom nosaču, oM momenat a oS sila u prostom štapu u

osnovnom sistemu od virtualne sile koja odgovara traženom pomeranju. Da bi odredili oM i

oS u osnovnom sistemu zadajemo par jediničnih u pravcu rastojanja čiju promenu tražimo,

suprotne orijentacije.

Reakcije:

Va′ = Vb′ = 0 Ha = Hb = 0

Promena rastojanja:

EIδg7 = 'o o

sps

IM Mds S Sl

F+ ∑∫

EIδg7 = 38 ·9.50·1.9403 +

8

6·1.9403·( 2·9.50-14.07 ) – 0.1·5·78.06· ( 0.8085 + 0.4042 )

EIδg7 = 14.577

δg7 = 14.577 x 10-5 m = 0.146 mm

__ M0

_ S0

0.970

P=1

-0.4042

0.970

0.2425

S10.8085

0.2425

1.94

03

1P =

Documents

31Metoda Sila _ Primer 2