Modeliranje konstrukcija

Modeliranje konstrukcija

Ivica Kožar 1


Ivica Kožar

Sveučilište u Rijeci Grañevinski fakultet


Ivica Kožar 2

Uvod u modeliranje

1 VRSTE MODELA KONSTRUKCIJA

Dvije glavne grupe modela su materijalni modeli i matematički modeli, pri čemu svaki ima svoje dobre i loše strane, kao i specifičnosti o kojima treba voditi računa. Ovdje će biti riječ samo o matematičkim modelima.

1.1 Ravninske konstrukcije

Rezultati: deformacije čvorova, momenti, uzdužne i poprečne sile za svaki štap, sile i reakcije u čvorovima (i kontrola!), sve za razne kombinacije opterećenja; grafički prikaz nedeformirane i deformirane konstrukcije, dijagram momenata, poprečnih i uzdužnih sila (grafički i tekstualni prikaz se može prebaciti i u druge Windows programe). Primjer izračuna programom OKVIRW :

v

PPP

Most opterećen pokretnim opterećenjem

Dijagram momenata nakon 0.8 sec.

Dijagram momenata nakon 2 sec.

1. vlastiti oblik vibracija

2. vlastiti oblik vibracija


Ivica Kožar 3

Dijagram momenata od 1.tona

Dijagram momenata od 2.tona

Dijagram poprečnih sila

Dijagram uzdužnih sila

1.2 Ravninske konstrukcije opterećene u svojoj ravnini

Statički i dinamičke izračun ravninskih konstrukcija po metodi konačnih elemenata s trokutnim i štapnim elementima. Posebna karakteristika programa je mogućnost toplinskih izračuna koji uključuje mogućnost analize prelaska topline na konstrukciju iz okolnog zraka i tranzientni proračun topline (prolaz topline u realnom vremenu).

Rezultati uključuju grafički prikaz pomaka i naprezanja (σx, σy, σxy, σ1, σ2), a kod dinamičke analize tu su svojstvene frekvencije i oblici po tonovima, kao i odgovarajuće sile prema dinamičkim propisima (Eurocode). Primjer dinamičke analize velikog zida: R e z u l t a t i : =================== ton 1 period titranja = 0,075 sec svojst.vrijedn. = 83,848 ton 2 period titranja = 0,019 sec svojst.vrijedn. = 324,193 Seizmicke sile: --------------- koeficijent seizmicnosti = ,02 Ukupne sile: ------------ Pu 1 = 0,562 Pu 2 = 2,055 Pu 3 = 3,561 Pu 4 = 3,403 Pu 5 = 2,647


Ivica Kožar 4

1.3 Ravninske konstrukcije opterećene izvan svoje ravnine (ploče i roštilji)

Rezultati: pomaci čvorova, rezne sile za štapove, rezne sile u čvorovima (momenti Mx, My i Mxy, glavni momenti M1 i M2 i kut glavnih osi, poprečne sile) konačnih elemenata, sile i reakcije u čvorovima (i kontrola!). Grafički izlaz je unutar programa ili kao DXF fileovi za CAD programe (crtež ploče i reznih sila je moguće prebaciti na pr. u AutoCAD). Svi grafički i tekstualni prikazi se mogu prebaciti i u Windows programe. Program je posebno pogodan za rješavanje vrlo velikih ploča proizvoljnog oblika.

Okrugli poklopac rezervara: shema i pomaci


Ivica Kožar 5

Prikaz glavnih momenata savijanja: vektorski prikaz i sjenčani momenti M1

Vibracije pločaste konstrukcije mosta: 1.ton

1.4 Potporni zidovi

Rezulati : Za statičku i dinamičku analizu dobivamo položaj rezultante, naprezanja na tlo ispod zida, stabilnost zida na prevrtanje i klizanje. Podaci za dimenzioniranje uključuju naprezanja u betonu, potrebnu armaturu u vlačnoj zoni zida.


Ivica Kožar 6

Ulazni podaci i rezultati su prikazani grafički :

1.5 Štapovi po teoriji II reda (stupovi)

Štap može imati promjenjive karakteristike po dužini, a može biti opterećen bočnim i vertikalnim opterećenjem u točkama po svojoj dužini (rezultat su rezne sile) ili se može tražiti kritična sila štapa. Oslonci mogu biti kruti ili opruge u točkama po volji. Korištena je metoda konačnih razlika. Moguće je izvršiti podjelu na veliki broj točaka, a ispis rezultata dati za manju gustoću. Dobiva se i grafički izlaz oblika izvijenog ili deformiranog štapa. Rezultati: za rezne sile to su momenti, poprečene sile i progibi za točke po izboru, a za kritičnu silu to je kritična sila koja dovodi štap u labilnu ravnotežu.


Ivica Kožar 7

1.6 Rotacione ljuske

Rezultati: pomaci, momenti i poprečne sile i glavni momenti savijanja, reakcije u oprugama i osloncima (sve numerički i grafički).

2 PRINCIPI IZRADE MODELA

Kod izrade modela ne možemo se rukovoditi principom geometrijske sličnosti. Na pr. želimo modelirati gredu koja je u stvarnosti: L=10m b=0.50m h=1.0m dakle, I=0.042m4

progib takve grede je δ=500E/P Ukoliko načinimo 10 puta manji model L=1.0m b=0.05m h=0.1m dakle, I=4.2E6m4 progib takve grede je δ=5000E/P, dakle 10 puta veći. Vidimo da slučnost vrijedi kod linearno elastičnih problema. Pretpostavimo sada da računamo nosivost AB grede istih dimenzija i presjeka, uz MB 30 (fB=20.5 Mpa), GA 240/360 (σ02=240 Mpa) zaštitni sloj 2cm i 1% armature Aa=50cm2. Za deformaciju εa=10ppm i εb=1.5ppm nosivost je Nu=381.11 kN (vlak) i Mu=946,2 kNm. Greda kojoj su sve dimenzije smanjene 2 puta (i zaštitni sloj), a armatura je ostakla 1% (Aa=12.5cm2) nosivost je 8 puta manja Nu=95.28 kN (vlak) i Mu=118.27 kNm. Greda kojoj su sve dimenzije smanjene 4 puta (i zaštitni sloj), a armatura je ostakla 1% (Aa=3.125cm2) nosivost je 64 puta manja Nu=23.30 kN (vlak) i Mu=15.02 kNm. Greda kojoj su sve dimenzije smanjene 10 puta (i zaštitni sloj), a armatura je ostakla 1% (Aa=0.5cm2) nosivost je 1000 puta manja Nu=3.81 kN (vlak) i Mu=0.95 kNm. Isto vrijedi ako pretpostavimo da je naša greda od armiranog betona i računamo joj nosivost jer se po našim (i skoro svim drugim) propisima za AB ne uzima u obzir veličina konstrukcije (“size effect”), tj. nosivost AB konstrukcije je linearno zavisna o njenoj veličini.

3 MODELIRANJE KAMENIH, ZEMLJANIH I KONSTRUKCIJA OD OPEKE

Ovaj tip konstrukcija se najčešće javlja kod sanacije povijesnih grañevina. Karakterizira ih ponašanje koje nije elastično, te se u pravilu trebaju koristiti metode nelinearne analize, u prvom redu zbog male ili nikakve vlačne čvrstoće.


Ivica Kožar 8

Primjer nelinearnog modeliranja AB grede (program MASA : Kožar & Ožbolt)

Slike: Dijagram sila-pomak, naprezanja u betonu, naprezanja u armaturi.


Ivica Kožar 9

Modeliranje štapnih konstrukcija programom OKVIRW (Ivica Kožar) • broj cvorova konstrukcije • broj stapova konstrukcije • broj razlicitih tipova presjeka/materijala stapova konstrukcije • broj slucajeva opterecenja koja zelimo zasebno racunati (i koje po zavrsenom proracunu

mozemo kombinirati po zelji; Podaci o presjecima E = modul elasticnosti materijala G = modul smika materijala A = povrsina poprecnog presjeka stapa I = moment inercije poprecnog presjeka stapa ar = korekcioni faktor za uticaj smika na presjek gama = specificna tezina materijala stapa u [kN/m3] alfa = koeficijent termicke ekspanzije materijala h = visina poprecnog presjeka stapa PODACI O GEOMETRIJI Tipovi cvorova POMAK U SMJERU OSI 'X', POMAK U SMJERU OSI 'Y', ROTACIJA. Na pr.: TIP...........0, 0, 0 - pomaci u svim smjerovima sprijeceni TIP...........0, 1, 1 - pomak "X" sprijecen, os "Y" i rotacija slobodni TIP...........0, 0, 1 - pomaci "X" i "Y" sprijeceni, rotacija slobodna TIP...........1, 1, 0 - pomaci "X" i "Y" slobodni, rotacija sprijecena Tipovi stapova tip (1) – upeto obostrano tip (4) – zglob obostrano tip (2) – zglob lijevo tip (3) – zglob desno Spoj stapova u cvorove Kraj konzolnog nosaca se smatra upet u pomicni cvor! A/ Svi stapovi medjusobno upeti; oslonac prema tipu sprijecenog pomaka:


Ivica Kožar 10

oslonac kontinuiranog nosaca B/ Svi stapovi zglobno vezani; oslonac na rotaciju upet, dva pomaka prema stvarnom stanju

C/ Kombinacija, tj. barem dva stapa su medjusobno kruto vezana; oslonac oznacavamo kao sto je navedeno prema tipu pomaka koji je sprijecen:

PODACI O OPTERECENJIMA broj opterecenja, na cvorove i na stapove TIP 1).JEDNOLIKO OPTERECENJE:


Ivica Kožar 11

TIP 2).DVA TROKUTA:

TIP 3).DVA TROKUTA + TRAPEZ:

TIP 4).TRAPEZNO OPTERECENJE:

TIP 5).KONCENTRIRANO OPTERECENJE:


Ivica Kožar 12

TIP 6).DEFORMACIJE KRAJEVA STAPA - izduzenje (skracenje) stap - zaokret lijevog cvora - zaokret desnog cvora TIP 7).TEMPERATURNA PROMJENA - jednolika promjena temperature cijelog stapa - diferencijalna promjena temperature po visini stapa (razlika u temperaturi s donje i gornje strane stapa - gore i dole u odnosu na polozaj lokalne osi X) TIP 8).VLASTITA TEZINA - tretira se kao jednoliko opterecenje u smjeru -Y - intenzitet opterecenja je -gama*A (podaci iz PRESJEKa) TIP 9).PREDNAPREYANJE - ravni ekscentricni kabel s uzduznom silom N - ekscentricitet lijevo, desno, uzduzna sila lijevo, desno


Ivica Kožar 13

Prikaz mogucih orjentacija globalnih i lokalnih osi stapa : -cvor "i" je uvijek lijevi cvor (cvor "j" je desni cvor); X,Y= globalne osi, x,y= lokalne osi

slika 1.4.1

slika 1.4.2

slika 1.4.3

slika 1.4.4 Prikaz primjera jednolikog opterecenja


Ivica Kožar 14

OPCENITO O REZULTATIMA izabrati opciju PRORACUN, zatim izlazni meni:


Ivica Kožar 15

P - PO OPTERECENJIMA K - KOMBINACIJE C - CRTEZ E - KRAJ =============== I Primjer Crtez konstrukcije iz primjera i osnovni podaci:

slika 5.1.1 Broj cvorova = 18 Broj stapova = 25 Broj presjeka= 2 Broj opterec.= 4 Opterecenja su:

1. vlastita tezina 2. korisno opterecenje 3. vjetar na stapove 1 do 5 4. temperaturno opterecenje na stapove 11 do 15

Rezultati:


Ivica Kožar 16


Ivica Kožar 17


Ivica Kožar 18

Stabilnost štapnih konstrukcija Često se teorija stabilnosti štapnih konstrukcija naziva teorija II reda, što je preuzeto iz njemačkog jezika, ali predstavlja uži pojam. Najopćenitiji pojam je 'geometrijska nelinearnost' koji nam govori da jednadžbe ravnoteže postavljamo na deformiranom tijelu čije smo pomake opisali bez pojednostavljenja (bez pretpostavke da su neke veličine 'male'). Budući da je geometrijski nelinearna teorija štapova dosta složena, mi ćemo se zadržati na pojmovima stabilnosti, tj. Na odreñivanju kritične sile pritisnutog štapa i na odreñivanju promjene reznih sila grede od utjecaja uzdužne sile (teorija II reda).


Ivica Kožar 19


Ivica Kožar 20


Ivica Kožar 21


Ivica Kožar 22


Ivica Kožar 23


Ivica Kožar 24

Primjeri izračun greda (stupova) po teoriji II reda

Vidi FRaK 18/19 od prosinca 1986. IZVIJANJE STAPOVA duzina = 10.000 broj cvorova = 19 modul elast. = 3.000E+07 Rubni uvjeti gornji rub : zglob donji rub : zglob ================= I 1= 0.10000000 K 1= 0.000 P 1= 0.000 Q 1= 500.000 I 2= 0.10000000 K 2= 0.000 P 2= 0.000 Q 2= 500.000 I 3= 0.10000000 K 3= 0.000 P 3= 0.000 Q 3= 500.000 I 4= 0.10000000 K 4= 0.000 P 4= 0.000 Q 4= 500.000 I 5= 0.10000000 K 5= 0.000 P 5= 0.000 Q 5= 500.000 I 6= 0.10000000 K 6= 0.000 P 6= 0.000 Q 6= 500.000 I 7= 0.10000000 K 7= 0.000 P 7= 0.000 Q 7= 500.000 I 8= 0.10000000 K 8= 0.000 P 8= 0.000 Q 8= 500.000 I 9= 0.10000000 K 9= 0.000 P 9= 0.000 Q 9= 500.000 I10= 0.10000000 K10= 0.000 P10= 0.000 Q10= 500.000 I11= 0.10000000 K11= 0.000 P11= 0.000 Q11= 500.000 I12= 0.10000000 K12= 0.000 P12= 0.000 Q12= 500.000 I13= 0.10000000 K13= 0.000 P13= 0.000 Q13= 500.000 I14= 0.10000000 K14= 0.000 P14= 0.000 Q14= 500.000 I15= 0.10000000 K15= 0.000 P15= 0.000 Q15= 500.000 I16= 0.10000000 K16= 0.000 P16= 0.000 Q16= 500.000 I17= 0.10000000 K17= 0.000 P17= 0.000 Q17= 500.000 I18= 0.10000000 K18= 0.000 P18= 0.000 Q18= 500.000 I19= 0.10000000 K19= 0.000 P19= 0.000 Q19= 500.000 Rezultati : gore : M = 0.000 Q = 4750.000 N = 0.000 y 1= 6.93 M 1= 2375.000 Q 1= 4250.000 N 1= 0.000 y 2= 13.66 M 2= 4500.000 Q 2= 3750.000 N 2= 0.000 y 3= 20.01 M 3= 6375.000 Q 3= 3250.000 N 3= 0.000 y 4= 25.83 M 4= 8000.000 Q 4= 2750.000 N 4= 0.000 y 5= 30.99 M 5= 9375.000 Q 5= 2250.000 N 5= 0.000 y 6= 35.36 M 6= 10500.000 Q 6= 1750.000 N 6= 0.000 y 7= 38.86 M 7= 11375.000 Q 7= 1250.000 N 7= 0.000 y 8= 41.42 M 8= 12000.000 Q 8= 750.000 N 8= 0.000 y 9= 42.97 M 9= 12375.000 Q 9= 250.000 N 9= 0.000 y10= 43.49 M10= 12500.000 Q10= -250.000 N10= 0.000 y11= 42.97 M11= 12375.000 Q11= -750.000 N11= 0.000 y12= 41.42 M12= 12000.000 Q12= -1250.000 N12= 0.000 y13= 38.86 M13= 11375.000 Q13= -1750.000 N13= 0.000 y14= 35.36 M14= 10500.000 Q14= -2250.000 N14= 0.000 y15= 30.99 M15= 9375.000 Q15= -2750.000 N15= 0.000 y16= 25.83 M16= 8000.000 Q16= -3250.000 N16= 0.000 y17= 20.01 M17= 6375.000 Q17= -3750.000 N17= 0.000 y18= 13.66 M18= 4500.000 Q18= -4250.000 N18= 0.000 y19= 6.93 M19= 2375.000 Q19= -4750.000 N19= 0.000 dole : M = 0.000 Q = -4750.000


Ivica Kožar 25

Uzduzno opterecen stap ================= Rezultati : gore : M = 0.000 Q = 5046.944 N = 20000.000 y 1= 7.42 M 1= 2523.472 Q 1= 4538.533 N 1= 20000.000 y 2= 14.64 M 2= 4792.739 Q 2= 4022.557 N 2= 20000.000 y 3= 21.45 M 3= 6804.017 Q 3= 3499.877 N 3= 20000.000 y 4= 27.70 M 4= 8553.956 Q 4= 2971.364 N 4= 20000.000 y 5= 33.23 M 5= 10039.638 Q 5= 2437.898 N 5= 20000.000 y 6= 37.93 M 6= 11258.587 Q 6= 1900.370 N 6= 20000.000 y 7= 41.69 M 7= 12208.772 Q 7= 1359.674 N 7= 20000.000 y 8= 44.43 M 8= 12888.609 Q 8= 816.712 N 8= 20000.000 y 9= 46.10 M 9= 13296.965 Q 9= 272.389 N 9= 20000.000 y10= 46.66 M10= 13433.159 Q10= -272.389 N10= 20000.000 y11= 46.10 M11= 13296.965 Q11= -816.712 N11= 20000.000 y12= 44.43 M12= 12888.609 Q12= -1359.674 N12= 20000.000 y13= 41.69 M13= 12208.772 Q13= -1900.370 N13= 20000.000 y14= 37.93 M14= 11258.587 Q14= -2437.898 N14= 20000.000 y15= 33.23 M15= 10039.638 Q15= -2971.364 N15= 20000.000 y16= 27.70 M16= 8553.956 Q16= -3499.877 N16= 20000.000 y17= 21.45 M17= 6804.017 Q17= -4022.557 N17= 20000.000 y18= 14.64 M18= 4792.739 Q18= -4538.533 N18= 20000.000 y19= 7.42 M19= 2523.472 Q19= -5046.944 N19= 20000.000 dole : M = 0.000 Q = -5046.944


Ivica Kožar 26



Ivica Kožar 27



Ivica Kožar 28

Uzduzno opterecen stap ================= Rezultati : gore : M = 0.000 Q =-263063.402 N = 300000.000 y 1= -446.36 M 1=-131531.701 Q 1=-256986.817 N 1= 300000.000 y 2= -881.75 M 2=-260025.110 Q 2=-244485.562 N 2= 300000.000 y 3= -1295.48 M 3=-382267.891 Q 3=-225872.167 N 3= 300000.000 y 4= -1677.35 M 4=-495203.974 Q 4=-201611.969 N 4= 300000.000 y 5= -2017.95 M 5=-596009.959 Q 5=-172311.470 N 5= 300000.000 y 6= -2308.89 M 6=-682165.694 Q 6=-138703.185 N 6= 300000.000 y 7= -2542.97 M 7=-751517.286 Q 7=-101627.322 N 7= 300000.000 y 8= -2714.44 M 8=-802330.947 Q 8= -62010.774 N 8= 300000.000 y 9= -2819.04 M 9=-833336.334 Q 9= -20843.957 N 9= 300000.000 y10= -2854.19 M10=-843758.312 Q10= 20843.958 N10= 300000.000 y11= -2819.04 M11=-833336.333 Q11= 62010.775 N11= 300000.000 y12= -2714.44 M12=-802330.946 Q12= 101627.322 N12= 300000.000 y13= -2542.97 M13=-751517.285 Q13= 138703.186 N13= 300000.000 y14= -2308.89 M14=-682165.692 Q14= 172311.470 N14= 300000.000 y15= -2017.95 M15=-596009.957 Q15= 201611.968 N15= 300000.000 y16= -1677.35 M16=-495203.973 Q16= 225872.167 N16= 300000.000 y17= -1295.48 M17=-382267.890 Q17= 244485.561 N17= 300000.000 y18= -881.75 M18=-260025.109 Q18= 256986.816 N18= 300000.000 y19= -446.36 M19=-131531.701 Q19= 263063.402 N19= 300000.000 dole : M = 0.000 Q = 263063.402


Ivica Kožar 29

Uzduzno opterecen stap ================= Rezultati : gore : M = 0.000 Q = 4261.086 N = -40000.000 y 1= 6.11 M 1= 2130.543 Q 1= 3775.290 N 1= -40000.000 y 2= 12.05 M 2= 4018.188 Q 2= 3302.078 N 2= -40000.000 y 3= 17.64 M 3= 5669.227 Q 3= 2839.873 N 3= -40000.000 y 4= 22.77 M 4= 7089.163 Q 4= 2387.134 N 4= -40000.000 y 5= 27.31 M 5= 8282.730 Q 5= 1942.352 N 5= -40000.000 y 6= 31.15 M 6= 9253.906 Q 6= 1504.045 N 6= -40000.000 y 7= 34.23 M 7= 10005.928 Q 7= 1070.751 N 7= -40000.000 y 8= 36.47 M 8= 10541.304 Q 8= 641.026 N 8= -40000.000 y 9= 37.83 M 9= 10861.817 Q 9= 213.438 N 9= -40000.000 y10= 38.29 M10= 10968.536 Q10= -213.438 N10= -40000.000 y11= 37.83 M11= 10861.817 Q11= -641.026 N11= -40000.000 y12= 36.47 M12= 10541.304 Q12= -1070.751 N12= -40000.000 y13= 34.23 M13= 10005.928 Q13= -1504.045 N13= -40000.000 y14= 31.15 M14= 9253.906 Q14= -1942.352 N14= -40000.000 y15= 27.31 M15= 8282.730 Q15= -2387.134 N15= -40000.000 y16= 22.77 M16= 7089.163 Q16= -2839.873 N16= -40000.000 y17= 17.64 M17= 5669.227 Q17= -3302.078 N17= -40000.000 y18= 12.05 M18= 4018.188 Q18= -3775.290 N18= -40000.000 y19= 6.11 M19= 2130.543 Q19= -4261.086 N19= -40000.000 dole : M = 0.000 Q = -4261.086


Ivica Kožar 30

Uzduzno opterecen stap ================= Rezultati : gore : M = 0.000 Q = 2360.185 N =-400000.000 y 1= 2.99 M 1= 1180.092 Q 1= 1938.857 N 1=-400000.000 y 2= 5.88 M 2= 2149.521 Q 2= 1582.159 N 2=-400000.000 y 3= 8.59 M 3= 2940.601 Q 3= 1278.199 N 3=-400000.000 y 4= 11.05 M 4= 3579.700 Q 4= 1016.846 N 4=-400000.000 y 5= 13.22 M 5= 4088.123 Q 5= 789.387 N 5=-400000.000 y 6= 15.04 M 6= 4482.816 Q 6= 588.242 N 6=-400000.000 y 7= 16.50 M 7= 4776.937 Q 7= 406.704 N 7=-400000.000 y 8= 17.55 M 8= 4980.289 Q 8= 238.723 N 8=-400000.000 y 9= 18.19 M 9= 5099.651 Q 9= 78.700 N 9=-400000.000 y10= 18.40 M10= 5139.001 Q10= -78.700 N10=-400000.000 y11= 18.19 M11= 5099.651 Q11= -238.723 N11=-400000.000 y12= 17.55 M12= 4980.289 Q12= -406.704 N12=-400000.000 y13= 16.50 M13= 4776.937 Q13= -588.242 N13=-400000.000 y14= 15.04 M14= 4482.816 Q14= -789.387 N14=-400000.000 y15= 13.22 M15= 4088.123 Q15= -1016.846 N15=-400000.000 y16= 11.05 M16= 3579.700 Q16= -1278.199 N16=-400000.000 y17= 8.59 M17= 2940.601 Q17= -1582.159 N17=-400000.000 y18= 5.88 M18= 2149.521 Q18= -1938.857 N18=-400000.000 y19= 2.99 M19= 1180.092 Q19= -2360.185 N19=-400000.000 dole : M = 0.000 Q = -2360.185


Ivica Kožar 31

Analiza stabilnosti stapova

Slika 1.a), 1.b), 1.c) Model stapa opterecenog uzduznom silom, pomaci i uzduzne sile stapa.


Ivica Kožar 32


Ivica Kožar 33

Drugaciji model koji ukljucuje inicijalnu zakrivljenost stapa


Ivica Kožar 34

Rezne sile u gredi (od uzduzne sile N=100) Stap :5 Veza :5 - 6 L====N===========Q===========M=====L D====N===========Q===========M=====D 100.00 -2.40 -47.60/ -100.00 2.40 50.00 Stap :6 Veza :6 - 7 L====N===========Q===========M=====L D====N===========Q===========M=====D 100.00 2.40 -50.00/ -100.00 -2.40 47.60

Rezne sile usljed utjecaja uzduzne sile N=100 i poprecne sile P=10 Stap :3 Veza :3 - 4 L====N===========Q===========M=====L D====N===========Q===========M=====D 100.00 -6.10 -19.40/ -100.00 6.10 25.50 Stap :4 Veza :4 - 5 L====N===========Q===========M=====L D====N===========Q===========M=====D 100.00 -2.10 -25.50/ -100.00 2.10 27.60 Stap :5 Veza :5 - 6 L====N===========Q===========M=====L D====N===========Q===========M=====D 100.00 2.60 -27.60/ -100.00 -2.60 25.00 Stap :6 Veza :6 - 7 L====N===========Q===========M=====L D====N===========Q===========M=====D 100.00 -2.60 -25.00/ -100.00 2.60 27.60 Stap :7 Veza :7 - 8 L====N===========Q===========M=====L D====N===========Q===========M=====D 100.00 2.10 -27.60/ -100.00 -2.10 25.50 Stap :8 Veza :8 - 9 L====N===========Q===========M=====L D====N===========Q===========M=====D 100.00 6.10 -25.50/ -100.00 -6.10 19.40


Ivica Kožar 35

Objekti na tlu Ivica Kožar travanj 1999

Primjer analize potpornog zida ─┐ ULAZNI PODACI: ░░└─┐ PODACI O TLU: ░ ß└─┐ ├s┼r┤ kut unutrasnjeg trenja = 18.00° ░ ----└─╔═╗ ┬ kut nagiba tla = 10.00° ░░░░░░░░║ ║ │ specificna tezina tla = 14.0 kN/m3 ░░░tlo░░║ ╚╗ │ ░░░░░░░░║ ║ │ PODACI O GEOMETRIJI: ░░░░░░░░║ ╚╗ h visina zida <h> = 1.00 m ░░░├─a──║ ║ │ sirina stope <b> = 0.50 m ░░░╔════╝ ╚═══╗░░┬ │ unutrasnji istak <a> = 0.20 m ░░░║ zid ║░░t │ sirina vrha zida <s> = 0.20 m ░░1╚════════════╝2░┴ ┴ prosirenje zida <r> = 0.10 m ░░░├──────b─────┤░░ debljina temelja <t> = 0.20 m ░░░░░░░░░░░░░░░░░░░ REZULTATI: Horizontalna komponenta sile Sx = 4.28 kN Vertikalna komponenta sile Sy = 0.75 kN Vertikalna rezultanta sile Ry = 9.79 kN Stabilizirajuci moment Ms = 2.79 kNm Moment prevrtanja Mr = 1.48 kNm Koefic.sigurn. prevrtanja µr = 1.89 Koefic.sigurn. klizanja µs = 0.74 Naprezanje tla σ1 = 0.00 kN/mý Naprezanje tla σ2 = 48.77 kN/mý

POTPORNI ZID


Ivica Kožar 36

============ ─┐ ULAZNI PODACI: ░░└─┐ PODACI O TLU: ░ ß└─┐ ├s┼r┤ kut unutrasnjeg trenja = 18.00° ░ ----└─╔═╗ ┬ kut nagiba tla = 10.00° ░░░░░░░░║ ║ │ specificna tezina tla = 14.0 kN/m3 ░░░tlo░░║ ╚╗ │ ░░░░░░░░║ ║ │ PODACI O GEOMETRIJI: ░░░░░░░░║ ╚╗ h visina zida <h> = 1.00 m ░░░├─a──║ ║ │ sirina stope <b> = 0.60 m ░░░╔════╝ ╚═══╗░░┬ │ unutrasnji istak <a> = 0.20 m ░░░║ zid ║░░t │ sirina vrha zida <s> = 0.20 m ░░1╚════════════╝2░┴ ┴ prosirenje zida <r> = 0.10 m ░░░├──────b─────┤░░ debljina temelja <t> = 0.20 m ░░░░░░░░░░░░░░░░░░░ REZULTATI: Horizontalna komponenta sile Sx = 4.28 kN Vertikalna komponenta sile Sy = 0.75 kN Vertikalna rezultanta sile Ry = 10.29 kN Stabilizirajuci moment Ms = 3.87 kNm Moment prevrtanja Mr = 1.48 kNm Koefic.sigurn. prevrtanja µr = 2.62 Koefic.sigurn. klizanja µs = 0.78 Naprezanje tla σ1 = 5.53 kN/m2 Naprezanje tla σ2 = 28.77 kN/m2


Ivica Kožar 37

Primjer analize dvoosno opterećenog temelja ULAZNI PODACI TEMELJA: ░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░ ░┌─────────────────────────┐ ┬ Mx = 288.00 kNm ░│4 3 3│ │ My = 192.00 kNm ░│ ╔══╪══╗ ┬ │ │ N = 1600.00 kN ░│ ║ My ║ │ │ │ ░│ ┬ 4╫ ╬> ╫2 sd │ │ B = 2.00 m ░│ e2 ║ Mx║ │ │ │ D = 3.00 m ░│ │ Y ╚══╪══╝ ┴ │ │ T = 0.00 m ░│ ┴ ╬>X 1 │ │ ░│ │ D sb = 0.00 m ░│ ├─e1─┤ │ │ sd = 0.00 m ░│ │ │ e1 = 0.00 m ░│ ├─sb──┤ │ │ e2 = 0.00 m ░│ │ │ ░│ TLOCRT │ │ Nuk = 1600.00 kN ░│1 TEMELJA 2│ │ EX = 0.18 m ░└─────────────────────────┘ ┴ EY = 0.12 m ├────────────B────────────┤ REZULTATI : slucaj 1 (0.138E+01 0.658E+00) iskoristenost = 100.00%


Ivica Kožar 38

ULAZNI PODACI TEMELJA: ░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░░ ░┌─────────────────────────┐ ┬ Mx = 288.00 kNm ░│4 3 3│ │ My = 1192.00 kNm ░│ ╔══╪══╗ ┬ │ │ N = 1600.00 kN ░│ ║ My ║ │ │ │ ░│ ┬ 4╫ ╬> ╫2 sd │ │ B = 2.00 m ░│ e2 ║ Mx║ │ │ │ D = 3.00 m ░│ │ Y ╚══╪══╝ ┴ │ │ T = 0.00 m ░│ ┴ ╬>X 1 │ │ ░│ │ D sb = 0.00 m ░│ ├─e1─┤ │ │ sd = 0.00 m ░│ │ │ e1 = 0.00 m ░│ ├─sb──┤ │ │ e2 = 0.00 m ░│ │ │ ░│ TLOCRT │ │ Nuk = 1600.00 kN ░│1 TEMELJA 2│ │ EX = 0.18 m ░└─────────────────────────┘ ┴ EY = 0.75 m ├────────────B────────────┤ REZULTATI : slucaj 3 (0.434E+00 0.109E+01) iskoristenost = 71.92%


Ivica Kožar 39

Dimenzioniranje pravokutnih i T-presjeka (Ivica Kožar) Dimenzioniranje se vrši putem interakcijskog M-N dijagrama: za zadane karakteristike presjeka računaju se ekstremno mogući momenti i uzdužne (tlačne ili vlačne) sile. Inžinjer samo treba provjeriti da li su njegove rezne sile iz statičkog izračuna unutar dobivenog dijagrama nosivosti presjeka, i to je sve! Za izradu interakcijskog dijagrama potreban je računalni program zbog opsežnih izračuna koji su potrebni. Teoretski, za rješavanje problema izrade interakcijskog dijagrama svaki put treba riješiti dvije nelinearne jednadžbe s dvije nepoznanice. U praktičnoj primjeni to se dade izbjeći i ubrzati proračun. Uobičajeni inžinjerski presjeci su pravokutni i T presjek i za izradu njihovih interakcijskih dijagrama načinjen je računalni program DIM3W. Ulazni parametri su:

B (cm) = ukupna širina presjeka H (cm) = ukupna visina presjeka Aa(cm2) = površina vlačne armature a (cm) = zaštitni sloj vlačne armature Aa'(cm2) = površina tlačne armature a' (cm) = zaštitni sloj tlačne armature σ02 (MPa) = granica razvlačenja čelika fB (MPa) = tlačna čvrstoća betona dodatno za T-presjek (ako su jednali nuli, program računa

pravokutni presjek) b (cm) = širina hrpta T-presjeka d (cm) = debljina ploče T-presjak Izlazni parametri su: Za zadane dimenzije presjeka, marku betona i tip čelika dobiva se količina vlačne i tlačne armature; za zadane dimenzije i usvojenu armaturu dobiva se dijagram nosivosti presjeka sa ili bez koeficijenta sigurnosti na slom; za vlačnu uzdužnu silu i zadanu armaturu dobiva se proračun pukotina. Grafički rezultat je dijagram nosivosti presjeka (interakcijski dijagram).

(+)N=vlak,(+)M=supr.sat ├──────────B─────────┤ ┬┌────────────────────┐ ││ ═════Aa'═════ │ │└──────┐ ┌───────┘ │ │ │ │ │ │ H │ │ │ │ │ │ │ │ │ │ ═Aa═│ ┴ └─────┘ ├──b──┤


Ivica Kožar 40

Izračun pukotina Pritiskom na tipku <PUKOTINE> otvara se dodatni ekran s podacima za izračun pukotina prema EC2. Poznati ulazni podaci se automatski prenose u izračun pukotina, a one koji nisu poznati, treba zadati (na pr. profil armature). Ulazni parametri: b (cm) = širina presjeka d (cm) = visina presjeka x (cm) = položaj neutralne osi presjeka Φ (mm) = profil armature σ02 (MPa) = granica razvlačenja čelika MB (MPa) = marka betona Avl(cm2) = površina vlačne armature avl (cm) = zaštitni sloj vlačne armature N (MN) = vlačna sila u armaturi drugi dodatni parametri ovisni o stanju naprezanja (svijanje ili vlak i drugi) Izlazni parametri: AVl.potr. (cm2) = potrebna površina vlačne armature

glede pukotina µVl.eff (%) = efektivni postorak armiranja vlačne

zone betona σapukot (MPa) = naprezanje u armaturi pri pojavi prve

pukotine σa (MPa) = stvarno naprezanje u armaturi


Ivica Kožar 41

εsred.arm.(promili) = srednja deformacija armature βBvl. (MPa) = vlačna čvrstoća betona otvor pukotine (mm) = maksimalni otvor pukotine razmak pukotina (cm)= prosječni razmak pukotina


Ivica Kožar 42

GREDA NA ELASTIČNOJ PODLOZI (Ivica Kožar, FraK br.6, rujan 1983.)

Greda na elastičnoj podlozi često se javlja kao inženjerski problem za čije se rješavanje obično utroši mnogo vremena i truda. Stoga je vrlo praktično imati program na računalu. Ja ću u ovom članku dati prikaz najosnovnije teorije potrebne za razumijevanje jednog takvog računarskog programa, a dat ću i gotov program u BASIC-u s rješenim primjerima. No, prvo malo teorije: Diferencijalna jednadžba grede na elastičnoj podlozi je, kao što je poznato:

xkqdx

ydEI

dx

d⋅−=

⋅

2

2

2

2

Mi ćemo razmatrati samo gredu konstantnog poprečnog presjeka, pa je tada:

xkqdx

ydEI ⋅−=

4

4

Rješenja te jednadžbe su rješenja našeg problema, jer kad dobijemo progibe, lako nalazimo rezne sile budući da vrijede relacije:

2

2

dx

ydEIM −=

3

3

dx

ydEIQ −=

Rješavanju te jednadžbe je moguće pristupiti na više načina, a ja ću ovdje prikazati dva najuobičajnija.

Prvi način je da se diferencijalna jednadžba riješi matematičkim metodama, tako da se dobije rješenje u obliku funkcije: y = f (P,x) tj. progib je funkcija opterećenja i položaja točke na gredi.

Takva je rješenja moguće naći za najčešće tipove opterećenja i tada je lako programirati rješavajući algoritam na računalu. Rezne sile se, takoñer, lako nañu matematičkim metodama prema navedenim formulama.

Ovdje ću prikazati rješenje te jednadžbe za slučaj grede opterećene koncentriranom silom na bilo kojem mjestu. Rubni uvjeti za rješenje diferencijalne jednadžbe su uzeti za slobodne krajeve grede jer je to najopćenitiji slučaj; sve je druge slučajeve moguće dobiti simulacijom na gredi slobodnih krajeva (kao što ću pokazati na primjeru).

Dakle, diferencijalna jednadžba je linearna nehomogena dif. jedn. 4. reda koju rješavamo tako da prvo nañemo homogeno rješenje, a zatim partikularno za zadani slučaj opterećenja. Konačno je rješenje zbroj ta dva rješenja.

Dif. jedn. pišemo kao (suvremenija notacija):

D4y + 4 · a4 · y = q(x)/EI

Gdje je: a = (K/4EI)1/4 K – koeficijent podloge.


Ivica Kožar 43

Često se taj koeficijent izražava kao koeficijent posteljice (K0) i tada je:

K = K0 · b, b – širina grede.

Rješenje homogene dif. jedn. je:

yh = A · ef · cosf + B · ef · sinf + C · e-f · cosf + D · e-f · sinf

gdje je f = a · x.

Konstante možemo i drugačije pisati: A = C1 + C2 – C4

B = C1 – C2 + C4 C = C2 + C3 + C4

D = C2 – C3 + C4

Tada je:

Yh = C1(ef + e-f)cosf + C2(e

f + e-f)sinf + C2(ef - e-f)cosf + C3(e

f - e-f)sinf + C4(ef + e-f)sinf - C4(e

f -

e-f)cosf.

Uz uvoñenje: C1=C1/2 , C2=C2/4 , C3=C3/4 , C4=C4/8

i (ef - e-f)/2=sh(f) , (ef + e-f)/2=ch(f);

yh= C1 · chf·cosf + C2 · (chf·sinf+shf·cosf)/2 + C3 · shf·sinf/2 + C4 · (chf·sinf - shf·cosf)/4.

Uvedimo ovdje pojam Krylov-ih funkcija koje glase: Y1= chf · cosf Y2=(chf · sinf+shf · cosf)/2 Y3= shf·sinf/2 Y4= (chf · sinf – shf · cosf)/4.

Te je funkcije lako derivirati i integrirati, što bitno olakšava posao oko izvoñenja rezultata.

Pokažimo derivacije Krylov-ih funkcija tablično:

Yk Yk` Yk`` Yk``` Yk```` Y1 -4y4 -4Y3 -4Y2 -4Y1 Y2 Y1 -4Y4 -4Y3 -4Y2 Y3 Y2 Y1 -4Y4 -4Y3 Y4 Y3 Y2 Y1 -4Y4

¸što je lako provjeriti.

Sada je homogeno rješenje: yh = C1Y1 + C2Y2 + C3Y3 + C4Y4. Partikularno rješenje dobivamo prema prijedlogu Krylov-a:

yp= ∫ ⋅−1

0

)()(44

dttqtfYK

y= yh + yp, a iz rubnih uvjeta odreñujemo vrijednost konstanti C1, C2, C3 i C4. Za koncentriranu silu imamo:


Ivica Kožar 44

yp= )(44

cfYK

aP−⋅

⋅⋅, za 0 < f < g

yp= 0, za g < f < 1. Rubni uvjeti: f = 0 _ _ M = 0, Q = 0

Iz toga slijedi C3 = 0, C4 = 0 f = 1 M = 0, Q = 0

tj.

0= -4· C1 ·Y3 - 4· C2·Y4 + ))((2

2

fydf

dp

0= -4· C1 ·Y2 - 4· C2·Y3 + ))((3

3

fydf

dp

))((2

2

fydf

dp = )(2

4gfY

K

aP−⋅

⋅⋅

))((3

3

fydf

dp = )(1

4gfY

K

aP−⋅

⋅⋅

Iz pretpostavljenih jednadžbi, nakon rješavanja, dobivamo:

C1 = Y4(l)Y2(1)-)1(3)1(3

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

⋅⋅⋅−−⋅−

⋅⋅

YY

YgYYgY

K

aP

C2 = Y4(l)Y2(1)-)1(3)1(3

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

⋅⋅⋅−−⋅−

⋅⋅

YY

YgYYgY

K

aP

Rješenje za interval 0 < f < g. y= C1 ·Y1(f) + C2 ·Y2(f) +yp(f), gdje su C1 i C2 navedene konstante, a Y1, Y2, Y3 i Y4 navedene Krylove funkcije.

Još nam preostaje izračunati vrijednosti reznih sila. To postižemo korištenjem navedenih formula (derivacije funkcije za progib). Postupak je vrlo sličan te se na njemu nećemo duže zadržavati. Pogledajmo na primjeru kako izgleda primjena računarskog programa baziranog na navedenim teoretskim rješenjima.

Iako smo izveli teoretska rješenja samo za opterećenje koncentriranom silom, moguće je simulirati sva ostala opterećenja na način za praksu zadovoljavajući. Stoga je i razvijen program koji prima samo koncentrirano opterećenje (moment = par sila, jednoliko podjeljeno opterećenje = nekoliko sila jedna do druge).

Buduću da u praki imamo često nekoliko slučajeva opterećenja jednog te istog nosača, to je u programu predviñeno automatsko traženje anvelope momenata i poprečnih sila od zadanih opterećenja. Na ulazu je potrebno zadati točke za koje nas interesiraju podaci. To je moguće učiniti na dva načina:

a) podjeliti nosač na «n» jednakih dijelova b) podjeliti odreñeni interval na «m» jednakih dijelova.

Tako smo u mogućnosti detaljnije ispitati interesantnije dijelove nosača (obično oko sila) bez da dobijemo mnoštvo nepotrebnih podataka ( u slučaju da je moguć upis samo kao pod točkom «a»).

Program za zadane točke ispisuje progib, kut zaokreta, moment i poprečnu silu. PRIMJER:


Ivica Kožar 45

Imamo 3 slučaja opterećenja, npr. kamion u sredini i na rubu nosača (karakteristični slučajevi koji se javljaju pri prelasku kamiona preko grede. (vidi primjer!) Ukoliko želimo promijeniti rubne uvjete to možemo lako simulirati; napr. neka je greda oslonjena na rubovima, ovako:

Simulacija izgleda ovako:

Veličine sila R1 i R2 možemo naći po metodi sila (uvjet kompatibilnosti deformacija).

Znamo da progib na krajevima mora biti nula, dakle, uz ove usvojene oznake: y11 – progib od jedinične sile na kraju (1) y22 – progib od jedinične sile na kraju (2)

Napomene vezane uz primjer:

- sve veličine su u kompatibilnim mjernim jedinicama (tj. progib je u m) - veličine uz oznake "A1", "A2" itd., su vrijednosti ispod same sile (jer u programu kojim je

primjer riješen sile ne moraju biti točno na mjestu gdje je greda podijeljena ) - anvelopa se automatski računa i za točke ispod sila - oznake "YG", "YD" i sl. se odnose na gornji ("G") i donji ("D") dio nosača; što se može vidjeti i

po predznaku, ali je ovako praktičnije (posebna anvelopa za gornji, a posebna za donji dio nosača)

UKUPNO 3 OPTEREĆENJA S MAX. 2 SILA U JEDNOM OPT. DUŽINA NOSAČA = 6 m ŠIRINA NOAČA = 1 m EI = 67500 kN KOEFICIJENT PODLOGE = 42000 kN/m2 BROJ PODJELA NOSAČA = 4 LAMBDA = 0.628016974

OPT 1 OPT2 OPT3 P1=100 kN P1=200 kN P1=100 kN A1=1.5 m A1=0 m A1=6 m P2=200 kN A2=3 m

POSEBNO I ANVELOPA

OPTEREĆENJE 1 TOČKA PROGIB KUT Z. MOMENT POPREČNA SILA X0=0 Y0=4E-04 T0=9E-04 M0=0 Q0=0 X1=1.5 Y1=1.7E-03 T1=7E-04 M1=39.8 Q1=66.81 X2=3 Y2=2E-03 T2=-3E-04 M2=80.23 Q2=91.15 X3=4.5 Y3=9E-04 T3=-9E-04 M3=-1.26 Q3=-12.47 X4=6 Y4=-5E-04 T4=-9E-04 M4=0 Q4=0


Ivica Kožar 46

A 1 Y=1.7E-03 T=7E-04 M=39.8 Q=56.81

A 2 Y=2E-03 T=-3E-04 M=80.23 Q=91.15

OPTEREĆENJE 2

TOČKA PROGIB KUT Z. MOMENT POPREČNA SILA X0=0 Y0=6E-03 T0=-3.8E-03 M0=0 Q0=0 X1=1.5 Y1=1.4E-03 T1=-2.1E-03 M1=-100.31 Q1=17.23 X2=3 Y2=-3E-04 T2=-4E-04 M2=-46.26 Q2=37.73 X3=4.5 Y3=-4E-04 T3=2E-04 M3=-7.69 Q3=13.33 X4=6 Y4=-1E-04 T4=2E-04 M4=0 Q4=0 A 1 Y=6E-03 T=-3.8E-03 M=0 Q=0 A 2 Y=6E-03 T=-3.8E-03 M=0 Q=0

OPTEREĆENJE 3 TOČKA PROGIB KUT Z. MOMENT POPREČNA SILA X0=0 Y0=0 T0=-1E-04 M0=0 Q0=0 X1=1.5 Y1=-2E-04 T1=-1E-04 M1=-3.84 Q1=-6.66 X2=3 Y2=-1E-04 T2=2E-04 M2=-23.13 Q2=-18.87 X3=4.5 Y3=7E-04 T3=1E-03 M3=-50.16 Q3=-8.62 X4=6 Y4=3E-03 T4=1.9E-03 M4=0 Q4=100 A 1 Y=3E-03 T=1.9E-03 M=0 Q=100 A 2 Y=0 T=-1E-04 M=0 Q=0

ANVELOPA TOČKA PROGIB KUT Z. MOMENT POPREČNA SILA X0=0 YG0=0 TG0=-3.8E-03 MG0=0 QG0=0 YD0=6E-03 TD0=9E-04 MD0=0 QD0=0 X1=1.5 YG1=-2E-04 TG1=-2.1E-03 MG1=-100.31 QG1=66.81 YD1=1.7E-03 TD1=7E-0.4 MD1=39.8 QD1=-6.66 X2=3 YG2=-3E-04 TG2=-4E-04 MG2=-46.26 QG2=91.15 YD2=2E-03 TD2=2E-04 MD2=80.23 QD2=-18.87 X3=4.5 YG3=-4E-04 TG3=-9E-04 MG3=-50.16 QG3=13.33 YD3=9E-04 TD3=1E-03 MD3=0 QD3=-12.47 X4=6 YG4=-5E-04 TG4=-9E-04 MG4=0 QG4=100 YD4=3E-O3 TD4=1.9E-03 MD4=0 QD4=0 A 1 YG=0 TG=-3.8E-03 MG=0 QG=100 YD=0.01 TD=1.9E-03 MD=39.8 QD=0 A 2 YG=0 TG=-3.8E-03 MG=0 QG=91.15 YD=0.01 TD=0 MD=80.23 QD=0

y12=y21 – progib od jedinične sile koja djeluje na suprotnom kraju nosača y1v , y2v – progibi od opterećenja na kraju (1), odnosno (2) nosača. Formula:

y11·R1 + y12·R2 + y1v = φ y21·R1 + y22·R2 + y2v = φ

U konkretnom slučaju rješenje možemo naći tako da rezultatima prvog opterećenja zbrojimo one od drugog i trećeg, pomnožene odgovarajućim koeficijentima (R1/P3 i R2/P4). Tako su rezultati za slučaj grede zglobno oslonjene na krajevima:


Ivica Kožar 47

: TOČKA PROGIB MOMENT POPR. SILA PROGIB 0 0 0 0 U cm 1 0.08 12.32 26.48 2 0.16 44.45 64.90 3 0.20 38.09 21.40 4 0.21 78.08 85.77 5 0.16 15.57 -55.99 6 0.10 -9.26 -14.94 7 0.05 -10.25 -8.09 8 0 0 0

Ovdje možemo primijetiti jedan nedostatak metode, a to je pojava vlačnog naprezanja u tlu. Naime, vlačna sila daje iste rezultate kao i jednako velika tlačna, samo suprotnog predznaka, što ne odgovara realnom stanju. S druge strane to omogućuje primjenu principa superpozicije i primjenu metode sila za rješavanje složenih uvjeta oslanjanja (kao u navedenom primjeru), takoñer i simulaciju svih vrsta opterećenja koncentriranim silama. Stoga treba kontrolirati progibe grede, pa ako je prevelik dio grede izdignut (slučaj vlaka), rezultate treba primiti s rezervom i izvršiti kontrolu odabranog statičkog sustava. To je, ukratko, prikaz prve metode (točnije i općenito, praktičnije). U prilogu je dano rješenje jednog zadatka programom u BASIC-u koji koristi tu metodu.

Druga metoda rješavanja problema razlikuje se u načinu rješavanja diferencijalne jednadžbe; za to se koristi metoda konačnih razlika. Ovdje je izložen kratki prikaz te metoda (koja ima veliku primjenu u grañevinarstvu i drugdje). Greda se podijeli na odreñeni broj konačnih dijelova i na njihovim spojevima se postavljaju uvjeti kompatibilnosti. Osnovna ideja je prikazivanje derivacije kao konačne razlike malih veličina:

)(1

12/

−−

−≅

ii

li

yyhdx

dy , gdje je "h" duljina intervala.

Isto: )(1

12/

iili

yyhdx

dy−≅

+

+

.

Druga je derivacija: ililii

dx

dy

dx

dy

hdx

yd

−

≅

−+ 2/2/2

2 1

( )1122

2

21

−+ +−≅

iii

i

yyyhdx

yd

Na sličan način možemo dobiti i formule za derivacije višeg reda. Grešku koju pritome činimo možemo odrediti tako da funkciju razvijemo u Taylor-ov red:

( ) ...!6

2

!4

22

1 )6(4

)4(2

1122

2

iiiii

i

yh

yh

yyyhdx

yd⋅

⋅−⋅

⋅−+⋅−≅

−+

Greška za drugu derivaciju je(usporediti izraze): ..36012

)6(4

)4(2

2 −⋅−⋅−= ii yh

yh

e


Ivica Kožar 48

Na sličan način možemo odrediti greške i za više derivacije. Pri tome je bitno uočiti da je greška obrnuto proporcionalna veličini intervala "h", tj. što je gušće podjela grede – to je greška manja. Pogledajmo sada kako izgleda predmetna diferencijalna jednadžba: D4y + 4 · a4 · y = q(x)/EI

Uz konstantan EI jednadžba glasi: ( ) EIqyayyyyyh

iiiiiii /44641 4

21124=⋅⋅++⋅−⋅+⋅− ++−−

Poradi jednostavnijeg pisanja uvodi se oznake: B = 6 + 4 · a4 · h4

T = Q · h4 / EI, Q = qi · h, odnosno Q = qi · h/2 za rubne točke. (Q odgovara koncentriranoj sili u čvoru "i"). Jednadžba zapisana matrično glasi: AYQ =⋅

ili [ ] i

i

i

i

i

i

T

y

y

y

y

y

B =

⋅−−

+

+

−

−

2

1

1

2

1441

Ta jednadžba vrijedi za sve unutrašnje točke osim za prve dvije i zadnje dvije. Ako se uzmu u obzir rubni uvjeti za x = 0 i x = L, slijedi M = 0 i Q =0. Tako su diferencijalne jednadžbe za krajnje (rubne) točke grade:

⋅

−−

−

−

2

11222

n

n

n

y

y

yB

ili nT

y

y

y

=

2

1

0

ili T0 .

Za prve dvije unutrašnje točke (prva i pretposljednja) dobiva se:

[ ] 1

3

2

1

0

1412 T

y

y

y

y

B =

⋅−−− i [ ] 1

3

2

11412 −

−

−

− =

⋅−−− n

n

n

n

n

T

y

y

y

y

B

Može se uočiti da je vrlo jednostavno složiti matricu čijim se rješavanjem dobiva progibe grede:

⋅

−−

−−−

−−

−−

−−

−−−

−−

−

−

n

n

n

T

T

T

T

T

T

T

BB

B

B

B

B

B

1

2

3

2

1

0

...

22

21000......0

214100......0

14410......0

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

0......14410

0......01441

0.........01412

0.........001222


Ivica Kožar 49

Uz ovako napisane jednadžbe matrica je simetrična, to se može iskoristiti za uštedu memorije računala. Rezne sile je jednostavno izračunati po formulama:

)2( 1122

2

+− +⋅−=−= iiii yyyh

EI

dx

ydEIM

)22(2

211233

3

++−− −⋅−⋅−=−= iiiii yyyyh

EI

dx

ydEIQ

Moguća je i drugačija formulacija za poprečnu silu:

)33( 1113 ++− −⋅−⋅+−= iiiii yyyyh

EIQ ili

)33( 1123 +−− +⋅−⋅+−= iiiii yyyyh

EIQ

(za lijevi i desni kraj respektivno). Vidljivo je da je prva iznesena formulacija zapravo aritmetička sredina dviju posljednjih. No, sve su tri formule razvijene polazeći direktno od diferencijalne jednadžbe grede na elastičnoj podlozi bez uzimanja u obzir utjecaja horizontalne sile. Kako bi se ista uzela u obzir potrebne su neke izmjene u formulama:

)(1

11 iiii MMh

V −= +++

uz uzimanje u obzir uzdužnih sila:

2/)(1

1 iiiD

i PMMh

V +−= +

2/)(1

111 +++ +−= iiiL

i PMMh

V

2

Di

Li

i

VVQ

+=

22

)(1

2)(

111

iii

iii

i

PMM

h

PMM

hQ+−++−

=+−

, tj 2

)(2

111

iiii

PMM

hQ +−

⋅= −+ .

2)22(

2

121122

iiiiiiii

Pyyyyyy

h

EI

hQ +−⋅+−+⋅−⋅

⋅= ++−−

2)22(

221123

iiiiii

Pyyyy

h

EIQ +−⋅+⋅−

⋅= ++−−


Ivica Kožar 50

To je konačna formula za poprečnu silu koja će biti primijenjena za sve točke grede osim za drugu i pretposljednju, jer za njih nisu definirane sve točke čiji progib treba poznavati za primjenu predmetne formule. Za te točke primjenjivati će se formule:

2)33( 2113

iiiiii

Pyyyy

h

EIQ ++⋅−⋅+−= ++− , odnosno

2)33( 1123

iiiiii

Pyyyy

h

EIQ ++⋅−⋅+−= +−−

Rezultati po ovoj metodi bitno ovise o broju točaka (gustoći) na koje je podijeljena greda, o čemu treba voditi računa. Svakako je potrebno gusto računati progibe, dok se momente i poprečne sile kasnije može računati i rjeñe (koristeći samo neke od izračunatih progiba). Primjer koji je riješen matematičkim metodama riješiti će se metodom konačnih razlika (isti primjer radi kontrole!).

Greda je podijeljena na osam točaka:

P1 = 100 kN, EI = 67500 kNm2 P2 = 200 kN, K = 42000 kN/m2

TOČKA PROGIB MOMENT POPR. SILA 0 0.04 0 0 1 0.11 4.91 40.47 2 0.17 35.26 67.19 3 0.20 30.70 25.76 4 0.21 73.91 90.57 5 0.15 16.56 -52.10 6 0.09 -4.25 -14.15 7 0.02 -4.66 -0.55 8 -0.04 0 0

Da bismo vidjeli utjecaj gustoće točaka na rezultat, riješimo isti primjer s podjelom na 16 točaka.

TOČKA PROGIB MOMENT POPR. SILA 0 0.04 0 0 1 0.07 1.17 14.72 2 0.11 6.69 23.18 3 0.14 18.55 42.64 4 0.17 38.67 66.91 5 0.19 31.23 -4.97 6 0.20 34.94 25.86 7 0.21 50.63 58.32 8 0.21 78.69 0.91 9 0.19 43.88 -78.22 10 0.16 20.02 -51.35 11 0.12 5.37 -29.44 12 0.09 -2.06 -12.91 13 0.05 -4.31 -1.81 14 0.02 -3.41 3.97 15 -0.01 -1.33 5.54 16 -0.05 0 0


Ivica Kožar 51

Vidimo da su odstupanja u primjeru s osam točaka primjetna, a već sa šesnaest točaka su odstupanja zanemarivo mala. Radi mogućnosti točnije usporedbe dani su točni progibi grede u cm na četiri decimale (izračun po ranije navedenoj točnoj metodi pomoću već spomenutog programa).

OPTEREĆENJE 1 TOČKA TOČKA PROGIB KUT Z. MOMENT POPREČNA SILA P1=100 X0=0 Y0=0.0389 T0=9E-04 M0=0 Q0=0 A1=1.5 X1=0.75 Y1=0.1072 T1=9E-04 M1=7.3 Q1=23.06 P2=200 X2=1.5 Y2=0.1677 T2=7E-04 M2=39.8 Q2=66.81 A2=3 X3=2.25 Y3=0.2028 T3=3E-04 M3=36.38 Q3=25.90

X4=3 Y4=0.2041 T4=-3E-04 M4=80.23 Q4=91.15 PROGIB U cm X5=3.75 Y5=0.1562 T5=-8E-04 M5=21.22 Q5=-51.08 X6=4.5 Y6=0.088 T6=-9E-04 M6=-1.26 Q6=-12.47 X7=5.25 Y7=0.0194 T7=-9E-04 M7=-2.95 Q7=4.37 X8=6 Y8=-0.047 T8=-9E-04 M8=0 Q8=0

U prilogu je i program za proračun grede na elastičnoj podlozi po metodi konačnih razlika. Program je pregledan, izrañen je po izloženoj teoriji i vrlo dobro ilustriran REM naredbama radi lakšeg razumijevanja. Te se naredbe mogu izostaviti prilikom upisivanja programa pa će program biti znatno kraći. Za rješavanje sustava linearnih jednadžbi koji se javlja pri uporabi metode konačnih razlika korišten je GAUSS-ov sustav eliminacije, ali bez mogućnosti zamjene redaka ( dakle, bez kontrole pojave '0' na dijagonali) budući je matrica koja se javlja kod ovakvih problema uvijek pozitivno definirana. Ako se '0' ipak javi na dijagonali, znači da problem nije dobro postavljen i program će na ekranu ispisati 'singularno' i zaustaviti se uz poruku ''division by zero error in...'' ili ekvivalentno. Moguće je primjenjivati i druge algoritme za rješavanje sustava linearnih jednadžbi ali je ovaj najjednostavniji, vrlo brz i efikasan za dani slučaj. Uštedu memorije je moguće ostvariti tako da se iskoristi simetričnost matrice, kao i to što su prisutni samo elementi uz dijagonalu (ostali su '0'), ali je tada program za rješavanje sustava linearnih jednadžbi puno složeniji. Takoñer, 16-ak do 20-ak točaka podjele na nosaču je skoro uvijek potpuno dovoljno za točnost potrebnu u praksi, a i matrica takve veličine zahtjeva manje memorije. Tako je ovaj program sasvim upotrebljiv za praksu i može se bez daljnjega koristiti. Jedino treba biti oprezan prilikom simulacije opterećenja momentom parom sila; tada je potreban veći broj podjela za postizanje zadovoljavajuće točnosti (no taj je slučaj opterećenja greda na elastičnoj podlozi u praksi relativno rijedak). Primjeri analize grede na elastičnoj podlozi

Jednoliko opterećenje (5.0 kN/m, ukupno 5.0*20m=100 kN)


Ivica Kožar 52

Koncentrirano opterećenje (P u čv.11 = 100 kN) meko tlo (Etla=1.E+4)


Ivica Kožar 53

srednje tlo (Etla=1.E+6)


Ivica Kožar 54

tvrdo tlo (Etla=1.E+8)


Ivica Kožar 55

srednje tlo (Etla=1.E+6) nelinearna analiza (nema vlačnih štapova)


Ivica Kožar 56


Ivica Kožar 57

Modeliranje ravninskih konstrukcija Veza naprezanja i deformacija Komponente deformacija dvodimenzionalne linearne teorije elastičnosti

ε∂∂

xu

x= , ε

∂∂

yv

y= , γ

∂∂

∂∂

xyu

y

v

x= +

Veza izmeñu naprezanja i deformacija

( )zyxx Eνσνσσε −−=

1

( )zyxy Eνσσνσε −+−=

1

( )zyxz Eσνσνσε +−−=

1

( )xyxy E

τν

γ+

=12

ravninsko stanje naprezanja

( )

σστ

νν

νν

ν ν

ν

εεγ

x

y

xy

x

y

xy

E E

E E

E

=

− −

− −

+

1 10

1 10

0 02 1

2 2

2 2

ravninsko stanje deformacija

( )( )( ) ( )( )

( )( )( )

( )( )

( )

+

−+−

−+

−+−+−

=

xy

y

x

xy

y

x

E

EE

EE

γεε

ν

ννν

ννν

ννν

ννν

τσσ

1200

0211

1

211

0211211

1

veza naprezanja i pomaka čvorova konačnog elementa s DBd= Odreñivanje reznih sila iz naprezanja Rezne sile se odreñuju po principu ravnoteže:


Ivica Kožar 58

dAPA∫= σ

Na temelju tog principa mogu se dimenzionirati AB konstruktivni elementi na slom

a

a

PA

σ=

Granična stanja pomaka (progiba) i deformacija (pukotina) ne mogu se odrediti iz linearno elastičnih modela materijala koje koristimo u ovim konačnim elementima. Ti se parametri odreñuju iz propisa za AB. Primjer


Ivica Kožar 59

DISKRETIZACIJA KONSTRUKCIJA ŠTAPNIM ELEMENTIMA U ovom će se poglavlju razmatrati analiza elastičnih dvodimenzionalnih konstrukcija diskretiziranih pomoću štapnih elemenata. Naime, štapne elemente možemo primjeniti, osim za analizu rešetki, i za analizu drugih konstrukcija ukoliko se pridržavamo nekih pravila koja će nam pomoći u odreñivanju parametara. Ideja o primjeni štapova za analizu ploča potice još s početka stoljeća kad su razvijene prve metode analize ploča putem roštiljnih konstrukcija (na pr. Grashof). Rezultati nisu uvijek bili zadovoljavajući jer su modeli bili bazirani na jednostavnim idejama fizičke sličnosti roštiljne konstrukcije i ploče koja se analizirala. Temeljiti pristup problemu izložio je Hrennikoff (1941). Predloženi framework method omogućuje općeniti pristup analizi ploča, zidova, pa čak i trodimenzionalnih konstrukcija. Brojni radovi potvrñuju vrijednost metode u praktičnoj primjeni. U nešto suremenijem obliku problem je preformulian od strane Absi-ja koji napušta upotrebu isključivo štapnih i gradnih elemenata (“laticce network”) i uvodi prave konačne elemente za analizu kontinuuma. Upotrebljivost štapnih elemenata za analizu kontinuuma je ograničena (naročito za nepravilne domene) i možemo reći da je metoda imala značaj kad su kapaciteti memorije i brzina računala bili mali. Ipak, edukativni značaj metode je u tome da se logično nastavlja na predavanja na dodiplomskom studiju i konceptualno je bliska studentima koji još nisu ovladali energetskim metodama analize.

3.1 Modeliranje konstrukcije kao rešetke (trusswork)

Ploče opterećene u ravnini (zidovi) su pogodne za modeliranje kao rešetkasta konstrukcija. Osnovne pretpostavke koje usvajamo su da je model materijala linearno elastičan i da su

deformacije male; dakle, tražimo raspodjelu naprezanja σx, σy i τ. Analizu započinjemo kao kod bilo koje numeričke metode, diskretizacijom zida na dijelove veličine a*b koji su dovoljno maleni prema dimenziji zida A*B. Svaki dio a*b zamijenjuje se elementarnom rešetkom istih dimenzija. Elementarne rešetke (elementi) nisu spojeni cijelom dužinom, nego samo u odreñenim točkama (čvorovima). Svaki element se odupire uzdužnim i poprečnim silama štapovima po rubu i zaokretanju (posmičnim silama) putem dijagonalnih štapova. Pri tome dijagonalni elementi sudjeluju i u prezimanju uzdužnih i poprečnih sila simulirajući tako poprečnu kontrakciju materijala (uticaj Poissonovog koeficijenta); tako na pr. sila u smijeru x izaziva pomake i u smijeru y. Diskretizacijom zida kao na slici dobili smo, zapravo, iznutra statički neodreñenu rešetkastu konstrukciju koju možemo analizirati nekom od poznatih metoda. Vrlo je pogodna već prije opisana matrična metoda kod koje pretpostavljamo da je svaki štap jedan konačni element (nemojmo se zabuniti, ovdje je osnovni konačni element pravokutnik a*b).


Ivica Kožar 60

Osnovni elementi su dvostruko osno simetrični što odgovara homogenom i izotropnom materijalu zida.

3.2 Uvjeti ravnoteže

Osnovna pretpostavka analize po Hrennikoffu je ekvivalentno ponasanje “stvarne” i diskretizirane konstrukcije. Pri tome mozemo uspostaviti dva kriterija: a) kinematicki kriterij kao uvjet ekvivalentnih pomaka, b) energetski kriterij koji zahtjeva ekvialentnu energiju deformacije za obadvije konstrukcije.

3.2.1 kinematicki kriterij

Najjednostavnija pretpostavka koja odgovara kinematickom kriteriju je konstantna (homogena) distribucija naprezanja unutar osnovnog elementa. Za element debljine d se tada mogu izracunati deformacije i pomaci koje treba imati i odgovarajuci resetkasti osnovni element. Princip superpozicije nam omogucuje zasebno razmatranje svakog od tri osnovna stanja naprezanja.

a) uzduzni vlak

b) poprecni vlak

c) smicuca sila. Odgovarajuci pomaci za element dimenzija a*b su: a) od uzduzne sile


Ivica Kožar 61

u smijeru djelovanja sile up

dEaxx

x=

poprecno na djelovanje sile up

dEbyx

x= −ν

b) od poprecne sile

u smijeru djelovanja sile vp

dEbyy

y=

poprecno od djelovanja sile vp

dEaxy

y= −ν

c) od smicuce sile

γτ

=G

, odnosno ( )

γν

=+2 1

dEpxy .

Sada je potrebno dobivene pomake prenijeti na osnovni resetkasti element i odrediti potrebne uvjete da bi pomaci bili ekvivalentni. Pri tome usvajmo slijedece oznake za stapove

Najprije prenesimo opterecenja na resetkasti element kao koncentrirane sile u cvorovima: a) za uzduznu silu

Rijesimo li problem pomaka cvora resetke opterecene koncentriranim silama u cvorovima (nekom uobicajenom metodom), dobijemo izraze za pomak cvorova

utE

p b A

b

A

l

b

lxx

x y xy= +

1

2

2

vtE

p b A

l

ab

lyx

x xy=−

1

2 2

pri cemu je


Ivica Kožar 62

tA A

ab

A

l

A b

a

A a

bx y xy x y= + +

3

2 2

b) za poprecnu silu

Pomaci cvorova se dobiju po istom postupku kao i prije i iznose

vtE

p b A

a

A

l

a

lyy

y x xy= +

1

2

2

utE

p a A

l

ab

lxy

y xy=−

1

2 2

pri cemu je t isti kao i prije. Kako zelimo da pomaci resetkastog elementa budu isti kao i kod modela kontinuuma, postavljamo jednadzbe:

u uxx xx= ; v vyy yy= ; u uyx yx= ; v vxy xy= .

Nepoznanice su povrsine stapova Ax, Ay i Axy. Zadnje dvije jednadzbe su zapravo jedna te ista jednadzba napisana dva puta, tako da je sistem jednadzbi jednoznacno odredjen i dade se rijesiti. Nakon sredivanja dobijemo sistem jednadzbi

A A

ab

A

l

A b

a

A a

b

bd

a

A

b

A

lb

x y xy x y y xy+ +

= +

3

2 2

32

2

A A

ab

A

l

A b

a

A a

b

ad

b

A

a

A

la

x y xy x y x xy+ +

= +

3

2 2

32

2

A A

ab

A

l

A b

a

A a

b

A abd

l

x y xy x y xy+ +

=3

2 2

32 ν

koji se moze pojednostavniti tako da od 1. i 2. jednadzbe oduzmemo 3. i od 1. oduzmemo 2. jednadzbu, te tako dobijemo nove 3 jednadzbe za koje se odmah vidi da su 3 linearne jednadzbe s 3 nepoznanice. Rjesenje su potrebne povrsine stapova elementarne resetke uz koje su pomaci diskretnog sistema bili jednaki pomacima kontinuiranog sistema


Ivica Kožar 63

( )( )

Adb

x =−

−2

1

1

2

2

ν α

ν

( )( )

Ada

y =−

−2

1

1

2

2

ν β

ν

( )( )

Adl

xy =+

−2 1 2

α β ν

ν

pri cemu su

α =a

b; β =

b

a.

Primjetimo da je za materijal kod kojeg je ν=0 povrsina dijagonalnih stapova jednaka nuli, tj. oni nestaju iz resetke. Takav je sistem u principu nestabilan i dovodi do poteskoca kod rjesavanja diskretnog modela; potrebno je ostaviti barem malu vrijednost Poissonovog koeficijenta.

3.2.2 Izjednačavanje smičućih deformacija

U prethodnim jednadzbama nije iskoristen uvjet jednakosti smicucih deformacija koji donosi novu jednadzbu ravnoteze, te imamo situaciju da imamo 4 jednadzbe sa samo 3 nepoznanice. Takav je sistem preodredjen i postavlja dodatna ogranicenja pri simuliranju kontinuiranih konstrukcija resetkama. U cvorove resetke postavljamo sile koje odgovaraju stanju cistog smika (vidi sliku kontinuiranog konacnog elementa prije). Tada u smijeru dijagonalnog stapa djeluje sila

p a p b p lxy xy xy

2 2 2

2 2

+

= .

Nakon toga racunamo odgovarajuci pomak cvora resetke, vodeci racuna o tome da se samo dijagonalni stapovi izduzuju/skracuju, a oni na rubu se samo zaokrecu bez promjene duzine.

Promjena duzine dijagonalnog stapa je ∆lp l l

EAxy

xy

=2

, odnosno, rastavljeno na dvije

komponente ∆lp l

EA

a

lxxy

xy

=2

2, ∆l

p l

EA

b

lyxy

xy

=2

2.

Podsjetimo se sto je smicuca deformacija (promjena kuta izmedju dvije ortogonalne ravnine

deformacije) γ∂∂

∂∂

= +

u

y

v

x gdje su u i v deformacije u smijeru x i y. Prema tome je


Ivica Kožar 64

smicuca deformacija na osnovnom resetkastom elementu (kada derivacije izrazimo preko konacnih razlika)

γ = + = +

∆ ∆l

b

l

a

p l

EA

a

b

b

ax y xy

xy2

Uvjet jednakosti deformacija γ γ = daje nam dodatnu jednadzbu za izracun povrsina stapova

(nakon kracenja pojedinih clanova)

( ) ( )2 1

2

+= +

να β

d

l

Axy

Ako u ovu jednadzbu uvrstimo prethodni izraz za Axy, dobivamo ( )2 11 2

+ =−

νν

ν

,

sto nam kao konacnu vrijednost Poissonovog koeficijenta dajeν =1

3.

Dakle, resetkasti model zidnih konstrukcija daje tocne rezultate samo za materijale kod kojih je

Poissonov koeficijent ν =1

3, a za ostale, kao sto su beton (ν = 016. ) , celik (ν = 0 30. ) i

drugi, smicuce i poprecne (okomito na smijer sile) deformacije nisu tocne. Uvrstimo li navedeno ogranicenje, izrazi za povrsine postaju

( )A

dbx =

−

2

9 3 2α

8,

( )A

day =

−

2

9 3 2β

8, ( )A

dlxy = +

2

3

8α β .

Vidimo da je povrsina dijagonala uvjek pozitivna, dok okvirni stapovi mogu imati i negativnu

povrsinu ukoliko omjer stranica a

b prijedje 3 .

Napomena: Nedostatak navedenog modela da je tocan za samo odredjenu vrijednost Poissonovog koeficijenta se moze ispraviti uvodjenjem dodatne nepoznanice, ako da iz 4 jednadzbe racunamo 4 nepoznanice. To je najlakse izvesti uvodjenjem energetskog kriterija kod kojeg postavljamo uvjet da je elasticna energija deformacije kod konstrukcije u kontinuumu jednaka elasticnoj energiji deformacije resetkaste konstrukcije. Dodatna neponanica je krutost dijagonala resetke na savijanje, a rezultat je dodatni cvor s ukljstenjem u sredini resetke. Time model postaje nepraktican za brza racunanja i gubi svaku prednost pred modelima temeljenim na klasicnim konacnim elementima.

3.3 Interpretacija rezultata

Nakon sto smo odredili povrsine stapnih elemenata, analiziramo ekvivalentnu resetkastu konstrukciju. Rezultati su pomaci cvorova ui i vi i sile u stapnim elementima Fi . Iz tih

podataka mozemo odrediti naprezanja σx, σy i τ u zidu, ali uz pretpostavku konstantne raspodjele naprezanja unutar svakog osnovnog elementa (kao sto smo prepostavili i kod odredjivanja ekvivalentnog stapnog osnovnog elementa). Konstantna deformacija (i naprezanje) su u nasem slucaju prosjecne vrijednosti podataka u cvorovima (pomaci cvorova elementa u kontinuumu su na slici).


Ivica Kožar 65

( ) ( )

ε∂∂

xxu

x

l

a

u u u u

a= ≅ =

− + −∆ 2 1 3 4

2

( ) ( )ε

∂∂

yyv

y

l

b

v v v v

b= ≅ =

− + −∆ 4 1 3 2

2

( ) ( ) ( ) ( )γ

∂∂

∂∂

= + ≅

− + −+

− + −u

y

v

x

u u u u

b

v v v v

a4 1 3 2 2 1 3 4

2 2

Prosjecna naprezanja dobivamo prema Hookovom zakonu za linearno elasticne materijale

( )σ

νν

x

x yE l

a

l

b=

−+

1 2

∆ ∆

( )σ

νν

y

y xE l

b

l

a=

−+

1 2

∆ ∆

( )τ

νγ =

+E

2 1.

Iste izraze mozemo dobiti i preko sila u stapovima resetke

( ) ( )σ x

F F F Fa

ldb

=+ + +1 2 5 6

( ) ( )σ y

F F F Fb

lda

=+ + +3 4 5 6

( )

τ =−F F

dl6 5

gdje za oznake stapova i pozitivne predznake sila u njima vrijedi


Ivica Kožar 66

Primjetimo da su rezultati za naprezanja σx i σy isti bilo da se izraze preko pomaka cvorova ili

preko sila u stapovima. Tako nije za posmicno naprezanje τ koje daje iste rezultate samo ako je

ν =1

3.

3.4 Primjer

Na primjeru zida 8*8 m i debljine 0.2 m prikazat æemo kako se izraèun provodi u praksi. Za analizu rešetkaste konstrukcije koristit æemo autorski program za analizu štapnih sistema RESETKA. Diskretizaciju zida štapnim rešetkastim modelom vidimo na slici

Analizu provodimo za modul elastiènosti betona E E= +3 0 7. kN/m2 i dvije vrijednosti

Poissonovog koeficijenta, ν = 016. što odgovara betonu, i ν =1

3 za koji je rešetkasti model

toèan. Odgovarajuæe površine štapova su Ax = 0 086. ; Ay = 0 086. ; Axy = 0 046. ; m2

za prvi model i Ax = 0 075. ; Ay = 0 075. ; Axy = 0106. ; m2

za drugi model. Prilikom izraèuna rešetke formiraju se 154 jednad�be uz band matrice 22. Razlike meðu modelima su primjetne: Pomak toèke ispod sile (èvor 81) - za 1. model u=0.99 mm v=-2.76 mm - za 2. model u=1.02 mm v=-2.08 mm Rezultati za prvi model su:


Ivica Kožar 67

pomaci konstrukcije

sile u štapovima Rezultati izraèuna za drugi model su:


Ivica Kožar 68

pomaci konstrukcije

sile u štapovima


Ivica Kožar 69

Temperaturno opterećenje konstrukcija Pod temperaturnim opterećenjem konstrukcija podrazumijevamo naprezanja izazvana djelovanjem temperature. Ta se naprezanja razlikuju ovisno o kunstitutivnom modelu materijala i načinu oslanjanja konstrukcije. U ovom tekstu razmatrat ćemo ponašanje linearno elastičnih materijala u raznim uvjetima oslanjanja. Za Hook-ove materijale vrijedi termo-elastični zakon ponašanja, tj. deformacija usljed temperature linearno je proporcionalna temperaturi:

εεεεΤ = α∆Τ ΕΕΕΕ koeficijent proporcionalnosti α svojstvo je koje se naziva termički koeficijent materijala i može imati izotropnu ili ortotropnu raspodjelu unutar materijala. Naprezanje u termoelastičnom materijalu se odreñuje prema

σ σ σ σ = ∆∆∆∆(ε ε ε ε − εεεεΤ) Bitno je uočiti da se termička deformacija tretira kao rezidualna deformacija i u slučaju kad su rubni uvjeti takvi da ne mijenjaju raspodjelu deformacija, naprezanje je jednako nuli. Drugim riječima, kod statički odreñenih štapnih sustava nema naprezanja uslijed promjene temperature konstrukcije. Kod sustava koji nisu štapni (2D i 3D elastične konstrukcije) mogu se javiti naprezanja neovisno o načinu oslanjanja. Primjetimo da bez obzira na naprezanja, uvijek imamo deformaciju od promjene temperature, a

time i pomake (općenito, pomaci termoelastičnog tijela su ∫=V

TT dVεδ ).

Takoñer, trebamo obratiti pažnju na položaj dijagrama momenata kod statički neodreñenih štapnih sistema. U pravilu je dijagram momenata na suprotnoj strani od one na kojoj ga intutitivno očekujemo, dakle, ne na strani gdje su se vlakanca u štapu rastegnula uslijed temperature, nego na onoj gdje je manja temperatura. To objašnjavamo time da se vlakanca rastežu na strani veće temperature i taj se dio štapa izbočuje, ali rubni uvjeti taj dio štapa 'vraćaju' i time rastegnuta vlakanca pritišću, a pritisnuta rastežu, pa je dijagram momenata na strani gdje rubni uvjeti rastežu vlakanca (dakle, rubni uvjeti, a ne temperatura diktiraju položaj dijagrama monenata). Vidimo da raspodjela temperature bitno utiče na raspored deformacija, pa je odreñivanje temperature unutar konstrukcije takoñer važan zadatak. Kod štapnih sisteam jednostavno pretpostavimo jednoliku raspodjelu po visini presjeka, a kod složenijih računamo raspodjelu temperature unutar 2D ili 3D tijela, uz uzimanje (temperaturnih) rubnih uvjeta u obzir. Praktično je za štapne sisteme raditi s dva parametra temperature: jednolika temperatura (jednoliko rasporeñena po visini presjeka) i diferencijalna temperatura (linearno rasporeñena po visini presjeka s time da je u neutralnoj osi nula). Postoji veza izmeñu jednolike Tjd i diferencijalne Tdf temperature i temperature na gornjoj Tg i donjoj Td strani štapa:

Tjd = (Tg - Td)/2 Tdf = Tg – Td Tg = Tjd + Tdf/2 Td = Tjd – Tdf/2

Neki računalni programi upotrebljavaju jednu, a neki drugu notaciju. Slijede neki primjeri izračuna štapnih konsturkcija programom OKVIRW i nekiprimjeri 2D konstrukcija kod kojih je raspodjela temperature izračunata programom CSTBART i naprezanja (za tu raspodjelu temperature) izračunata programom CSTBAR. Temperaturni pomaci proste grede.


Ivica Kožar 70

Slika prikazuje prostu gredu opterećenu diferencijalnim temperaturnim opterećenjem. Vidimo da su deformacije prisutne, ali naprezanja nema! Na sljedećoj slici ista greda je uklještena s desne strane i time je postala statički neodreñena. Vidimo da su se pojavile rezne sile usljed djelovanja temperature!

Na slici vidimo okvir opterećen diferencijalnom temperaturom, izvana je za 20 C veća temperatura nego unutar okvira. Dijagram momenata je s unutrašnje strane! Kod temperaturenog opterećenja treba paziti na položaj reznih sila (momenata) jer je, na prvi pogled, s 'krive' strane. To se može objasniti time da veća temperatura rasteže vanjska vlakanca grede, ali rubni uvjeti (koji zapravo spriječavaju slobodne pomake) djeluju suprotno: pritišću vlakanca koja temperatura širi (i obratno).


Ivica Kožar 71

diferencijalna temperatura 20 C, toplije izvana.

Tem

pera

turn

o o

pte

rećenje

Iv

ica K

ožar

Modelir

anje

konstr

ukcija

72

Tem

pera

turn

o o

pte

rećenje

Iv

ica K

ožar

Modelir

anje

konstr

ukcija

73

pr

imje

r iz

laza

iz p

rogr

ama

CST

BA

RT

i C

ST

BA

R: m

reža

ele

men

ata,

ras

pore

d te

mpe

ratu

re u

nuta

r zi

da, d

efor

mac

ije

uslj

ed d

jelo

vanj

a te

mpe

ratu

re.

Za

istu

geo

met

riju

pro

blem

a (m

režu

kon

ačni

h el

emen

ata)

pro

gram

CS

TB

AR

T k

ao o

pter

ećen

je u

zim

a te

mpe

ratu

ru n

a po

jedi

nim

dij

elov

ima

kons

truk

cije

, te

raču

na r

aspo

djel

u te

mpe

ratu

re z

a za

dane

rub

ne u

vjet

e (s

taci

onar

no r

ješe

nje

Poi

sson

ove

dife

renc

ijal

ne je

dnad

žbe

za D

iric

hlet

ove

rubn

e uv

jete

). I

zlaz

ni p

odat

ak p

rogr

ama

su i

defo

rmac

ije s

lobo

dnog

tije

la u

slij

ed te

mpe

ratu

re (

kao

da n

ema

meh

anič

kih

rubn

ih u

vjet

a).

Prog

ram

CS

TB

AR

kao

opt

ereć

enje

uzi

ma

slob

odne

tem

pera

turn

e de

form

acij

e (i

z pr

ogra

ma

CS

TB

AR

T)

i rač

una

napr

ezan

ja z

a za

dane

meh

anič

ke

rubn

e uv

jete

. Rez

ulta

t su

stva

rne

(za

zada

ne r

ubne

uvj

ete)

def

orm

acije

i na

prez

anja

.

Grañevinski fakultet Sveučilišta u Rijeci Prof.dr.sc. Ivica Kožar

Modeliranje konstrukcija 74

Na slikama dolje vidimo glavna naprezanja u zidu za zadanu temperaturu.

na taj način možemo odrediti naprezanja u konstrukciji od uticaja neke vanjske temperature. Moguća su i poopćenja problema s uzimanjem u obzir toplotnog fluksa u vremenu kroz upliv konvekcije i radijacije na raspodjelu temperature (u tom slučaju tražimo nestacionarno rješenje Poissonove diferencijalne jednadžbe za proizvoljne rubne uvjete).



Modeliranje pločastih konstrukcija Savijanje tanke ploče po Kirchhoffovoj teoriji (biharmonijskom parc.dif.jed.)

∂∂

∂∂ ∂

∂∂

4

4

4

2 2

4

42

w

x

w

x y

w

y

q

D+ + = −

0 0.5 10.5

0

0.5

1

g1 y j( )

y j

0 0.5 10.5

0

0.5

1

g2 y j( )

y j Povećanjem broja članova reda raste točnost prikaza opterećenja:

g1 x( )

1

50

n

sin n π⋅v

Lb⋅

sin n π⋅d

Lb⋅

⋅ sin n π⋅x

Lb⋅

⋅

n∑=

:= g2 x( )

1

500

n

sin n π⋅v

Lb⋅

sin n π⋅d

Lb⋅

⋅ sin n π⋅x

Lb⋅

⋅

n∑=

:=

Slobodno oslonjena ploca, prema Navier-ovom opcem rjesenju

Opterecenje ploce unutar pravokutnika dimenzija 2c*2d Krutost ploce K

dimenzije ploce: La 1.:= Lb 1.:= K

E h3

⋅

12 1 ν2

−( )⋅

:= dimenzije opterecenja: c 0.2:= d 0.2:=

polozaj opterecenja: u 0.5:= v 0.5:= K 1000:=

intenzitet opterecenja: p 1.:=

Broj clanova reda igra vaznu ulogu u tocnosti rjesenja (opcenito, konvergencija je spora)!

opterecenje razvijeno u dvostruki Fourier-ov red kao neparna funkcija koordinata x i y:

j 0 50..:= A m n,( )

16 p⋅

π2

m⋅ n⋅

sin m π⋅u

La⋅

⋅ sin m π⋅c

La⋅

⋅ sin n π⋅v

Lb⋅

⋅ sin n π⋅d

Lb⋅

⋅:=

yj

Lb j⋅

50:=

prikaz ujecaja broja clanova reda na tocnost:

g1 x( )

1

10

n

sin n π⋅v

Lb⋅

sin n π⋅d

Lb⋅

⋅ sin n π⋅x

Lb⋅

⋅

n∑=

:= g2 x( )

1

25

n

sin n π⋅v

Lb⋅

sin n π⋅d

Lb⋅

⋅ sin n π⋅x

Lb⋅

⋅

n∑=

:=

xi

La i⋅

30:=

i 0 30..:=



0 0.5 10.5

0

0.5

1

g1 y j( )

y j

0 0.5 1

0

1

g2 y j( )

y j Isti postupak možemo primijeniti i za opterećenje u ravnini, samo takvi izračuni su dugotrajni:

p x y,( )

1

10

m 1

10

n

A m n,( ) sin m π⋅x

La⋅

⋅ sin n π⋅y

Lb⋅

⋅

∑

=∑=

:= gri j,

p xi

yj

,( ):=

gr

i napokon s 50 članova reda

p x y,( )

1

25

m 1

25

n


La⋅

⋅ sin n π⋅y

Lb⋅

⋅

∑

=∑=

:= gri j,

p xi

yj

,( ):=

gr



p x y,( )

1

50

m 1

50

n


La⋅

⋅ sin n π⋅y

Lb⋅

⋅

∑

=∑=

:= gri j,

p xi

yj

,( ):= 13 minuta

gr Rješenje progiba ploče je takoñer razvoj u red: Rjesenje:

w x y,( )1

K π4

⋅ 1

10

m 1

10

n

A m n,( )

m2

La2

n2

Lb2

+

sin m π⋅x

La⋅

⋅ sin n π⋅y

Lb⋅

⋅

∑=

∑=

⋅:=gr

i j,w x

iy

j,( ):=

gr

w 0.5 0.5,( ) 3.493 106−

×= Na svu sreću, kao što možemo vidjeti na slijedećoj slici za 25 članova reda, rješenje za progib je puno manje ovisno o broju članova reda!



w x y,( )1

K π4

⋅ 1

25

m 1

25

n

A m n,( )

m2

La2

n2

Lb2

+

sin m π⋅x

La⋅

⋅ sin n π⋅y

Lb⋅

⋅

∑=

∑=

⋅:=gr

i j,w x

iy

j,( ):=

4 minute

gr

w 0.5 0.5,( ) 3.512 106−

×= I koncentriranu silu možemo predstaviti razvojem u harmonijski red:

P x( )

1

500

n

sin n π⋅0.5

L⋅

sin n π⋅∆x

L⋅

⋅ sin n π⋅x

L⋅

⋅

n∑=

:=

0 0.2 0.4 0.6 0.80.2

0

0.2

0.4

0.6

0.8

0.926

0.044−

P ∆x i⋅( )

10 ∆x i⋅



Rezne sile Rezne sile ploče dobivamo prema formulama za momente

∂

∂+∂

∂−=2

2

12

2

y

wDx

wxDxM

∂

∂+∂

∂−=2

2

12

2

x

wD

y

wyDyM

yxw

xyDxyM∂∂

∂=2

2

Ako te formule primjenimo na funkciju progiba w(x,y) dobijemo funkcije za računanje momenata na prizvoljnom mjestu u ploči

Mx x y,( )1

D π4

⋅ 1

15

m 1

15

n

Dx

m2

La2

A m n,( )⋅ π2

⋅

m2

La2

n2

Lb2

+

2sin m π⋅

x

La⋅

⋅ sin n π⋅y

Lb⋅

⋅

⋅ D1

n2

Lb2

A m n,( )⋅ π2

⋅

m2

La2

n2

Lb2

+

2sin m π⋅

x

La⋅

⋅ sin n π⋅y

Lb⋅

⋅

⋅+

∑=

∑=

⋅:=

My x y,( )1

D π4

⋅ 1

15

m 1

15

n

D1

m2

La2

A m n,( )⋅ π2

⋅

m2

La2

n2

Lb2

+

2sin m π⋅

x

La⋅

⋅ sin n π⋅y

Lb⋅

⋅

⋅ Dy

n2

Lb2

A m n,( )⋅ π2

⋅

m2

La2

n2

Lb2

+

2sin m π⋅

x

La⋅

⋅ sin n π⋅y

Lb⋅

⋅

⋅+

∑=

∑=

⋅:=

Mxy x y,( )2

D π4

⋅ 1

15

m 1

15

n

Dxy

m n⋅

La Lb⋅A m n,( )⋅ π

2⋅

m2

La2

n2

Lb2

+

2cos m π⋅

x

La⋅

⋅ cos n π⋅y

Lb⋅

⋅

⋅

∑=

∑=

⋅:=



grMx

grMy Moment My



grMxy

Moment Mxy Isti ti momenti u drugačijem grafičkom prikazu

grMx



grMy

grMxy



Ploča Za rješavanje koristimo MKE. Plocasti elementi:

kvadraticni izoparametarski "serendipity" elementi, 8 cvorova, reducirana numericka integracija (4 Gauss-ove tocke), Mindlin-ovoj teoriji ploca

Pozitivni predznaci

• broj cvorova konstrukcije • broj stapova konstrukcije • broj elemenata konstrukcije • broj razlicitih tipova presjeka/materijala stapova konstrukcije • broj razlicitih tipova presjeka/materijala elemenata konstrukcije • broj slucajeva opterecenja koja zelimo zasebno racunati Podaci o presjecima E = modul elasticnosti materijala G = modul smika materijala J = moment torzije stapa I = moment inercije poprecnog presjeka stapa ar = korekcioni faktor za uticaj smika na presjek gama = specificna tezina materijala stapa u [kN/m3] alfa = koeficijent termicke ekspanzije materijala h = visina poprecnog presjeka stapa Podaci o presjeku i materijalu za elemente su : • E = modul elasticnosti materijala • ni = Poisson-ov koeficijent "mi" • d = debljina plocastog elementa • opt1 = intenzitet jednolikog opterecenja na plocasti element za slucaj opterecenja 1. • opt2 = intenzitet jednolikog opterecenja na plocasti element za slucaj opterecenja 2. • opt3 = intenzitet jednolikog opterecenja na plocasti element za slucaj opterecenja 3. • opt4 = intenzitet jednolikog opterecenja na plocasti element za slucaj opterecenja 4. • opt5 = intenzitet jednolikog opterecenja na plocasti element za slucaj opterecenja 5.



PODACI O GEOMETRIJI Tipovi cvorova POMAK “Z”, ROTACIJA U SMIJERU OSI “X”, ROTACIJA U SMIJERU OSI "Y". Tipovi stapova tip (1) – upeto obostrano tip (4) – zglob obostrano tip (2) – zglob lijevo tip (3) – zglob desno PODACI O OPTERECENJIMA broj opterecenja, na cvorove, na stapove i na elemente opterecenja na stapove ista opterecenja na elemente: jednoliko OPCENITO O REZULTATIMA

Za svaki ELEMENT konstrukcije i za svaku Gauss-ovu tocku:



• M1 - max. glavni moment u Gauss-ovoj tocki • M2 - min. glavni moment u Gauss-ovoj tocki • kut - kut glavnih osi prema osi X • Mx - moment u smijeru osi X u Gauss-ovoj tocki • My - moment u smijeru osi Y u Gauss-ovoj tocki • Mxy - posmicni moment u Gauss-ovoj tocki • Qx - posmicna sila u smijeru osi X u Gauss-ovoj tocki • Qy - posmicna sila u smijeru osi Y u Gauss-ovoj tocki Primjer Crtez konstrukcije iz primjera i osnovni podaci:

SIFRA:proba2 UCITAJ PODATKE S DISKA (1=DA):1 (=da) IME ZAPISA: UPETA OKRUGLA PLOCA <RETURN> BROJ CVOROVA :49 <RETURN> BROJ STAPOVA : 0 <RETURN> BROJ ELEMENATA:12 <RETURN> BROJ PRESJEKA : 1 <RETURN> BROJ OPTEREC. : 1 <RETURN>

Rezultati:







Analiza zgrada opterećenih horizontalnom silom

Ivica Kozar

GF RijekaANALIZA POSMICNIH ZIDOVA

ORIGIN 1≡E 10000:= G

E2.3

:= h 1:=

αu Iu aru,( )12E⋅ Iu⋅

h2

G⋅ aru⋅:= αv Iv arv,( )

12E⋅ Iv⋅

h2

G⋅ arv⋅:=

S11Iu Iv, Θ, aru, arv,( )E12⋅

cos Θ( )2Iv⋅

4 αv Iv arv,( )+

sinΘ( )2Iu⋅

4 αu Iu aru,( )++

⋅

h3

:=

S33J( ) GJ

h⋅:=S22Iu Iv, Θ, aru, arv,( )

E12⋅sinΘ( )2

Iv⋅

4 αv Iv arv,( )+

cos Θ( )2Iu⋅

4 αu Iu aru,( )++

⋅

h3

:=

S12Iu Iv, Θ, aru, arv,( )E12⋅ sinΘ( )⋅ cos Θ( )⋅

Iv

4 αv Iv arv,( )+

Iu

4 αu Iv aru,( )++

h3

:=

lokalna matrica krutosti:

matrica transformacije

Si Iu Iv, Θ, J, aru, arv,( )S11Iu Iv, Θ, aru, arv,( )S12Iu Iv, Θ, aru, arv,( )

0

S12Iu Iv, Θ, aru, arv,( )S22Iu Iv, Θ, aru, arv,( )

0

0

0

S33J( )

:=

Cix y,( )

1

0

0

0

1

0

y−

x

1

:=

Primjer:

8.000 8.000

4.400 4.800

.800

1.600

1.600

P

x

debljina svih zidova h=b/10, sve dimenzije *b

visina svih zidova h=b

I10.80.83⋅

12:= I1 0.03413=

I2

1

101.63⋅

12:= I2 0.03413=

I3

1.61

10

3⋅

12:= I3 0.00013=



Primjer:

zid 1:

Iuz

0.03413

0.0342

0.0342

:= Ivz

0.03413

0.00013

0.00013

:= Jz

0.0512

0.00053

0.00053

:= aruz

0.16

0.133

0.133

:= arvz

0.16

0.133

0.133

:= zid 2:

zid 3:

Iuz1 0.034=S1 1, 1:= S11 Iuz1 Ivz1, 0, aruz1, arvz1,( ) 414.223=

S11 1 1, 0, 1, 1,( ) 3.797 103×=

Si Iuz1 Ivz1, 0, Jz1, aruz1, arvz1,( )414.22

0

0

0

414.22

0

0

0

222.61

=

SG1 Ci 0 0,( )T

Si Iuz1 Ivz1, 0, Jz1, aruz1, arvz1,( )⋅ Ci 0 0,( )⋅:= SG1

414.223

0

0

0

414.223

0

0

0

222.609

=


0

0

0

369.82

0

0

0

2.3

=

SG2 Ci 4.4 0.8−,( )T

Si Iuz2 Ivz2, 0, Jz2, aruz2, arvz2,( )⋅ Ci 4.4 0.8−,( )⋅:= SG2

3.874

0

3.099

0

369.825

1.627 103×

3.099

1.627 103×

7.165 103×

=


0

0

0

369.82

0

0

0

2.3

=

SG3 Ci 9.2 0,( )T

Si Iuz3 Ivz3, 0, Jz3, aruz3, arvz3,( )⋅ Ci 9.2 0,( )⋅:= SG3

3.874

0

0

0

369.825

3.402 103×

0

3.402 103×

3.13 104×

=

SG SG1 SG2+ SG3+:=

SG

421.97

0

3.1

0

1153.87

5029.62

3.1

5029.62

38691.49

=



vanjske sile: F

0

1−

1.2−

:= vektor pomaka: D SG1−

F⋅:= D

1.384− 10 6−×

1.688− 10 3−×

1.884 10 4−×

=

sile koje otpadaju na pojedini zid:

F1 Si Iuz1 Ivz1, 0, Jz1, aruz1, arvz1,( ) Ci 0 0,( )⋅ D⋅:= F1

5.731− 10 4−×

0.699−

0.042

=

F2 Si Iuz2 Ivz2, 0, Jz2, aruz2, arvz2,( ) Ci 4.4 0.8−,( )⋅ D⋅:= F2

5.785 10 4−×

0.318−

4.341 10 4−×

=

F3 Si Iuz3 Ivz3, 0, Jz3, aruz3, arvz3,( ) Ci 9.2 0,( )⋅ D⋅:= F3

5.36− 10 6−×

0.017

4.341 10 4−×

=



Dinamička analiza konstrukcija Uvod

Dinamička analiza se provodi samo za diskretne mase i translacijske stupnjeve

slobode, dok su rotacioni stupnjevi slobode eliminirani statičkom kondenzacijom. Računalo provodi spektralnu analizu za broj tonova po želji (naravno, najviše

onoliko koliko je dinamičkih stupnjeva slobode), počevši od najniže svojstvene vrijednosti (najviše vlastite frekvencije) koja, u pravilu, daje najveći utjecaj. Rezultati su ekvivalentne statičke sile po stupnjevima slobode i tonovima, takoñer i odgovarajući vlastiti oblici. Tako dobivene ekvivalentne statičke sile ne treba miješati sa silama dobivenim statičkim metodama množenja masa nekim koeficijentima. Na pr. primjena ovdje primjenjene metode spektralne analize je dopuštena kod projektiranja objekata I kategorije (brane, dimnjaci do 120 m, mostovi do 50 m raspona ili 30 m visine stupova, sve HPT i TV antene) i u fazi idejnog projekta objekata izvan kategorije (najveći i najznačajniji objekti).

Upis podataka Prije dinamičke analize pokreće se odgovarajući program za upis podataka o

konstrukciji, na pr. za bilo kakve ravninske konstrukcije to je program OKVDIN (program je u potpunosti jednak programu OKVIR, samo što nema dijelova za upis opterećenja i crtanje rezultata). Taj program ujedno snima matricu krutosti na disk za kasniju upotrebu; treba zapamtiti ime pod kojim smo snimili podatke!

Za dinamičku analizu pokrećemo program POTRES i upisujemo potrebne podatke (na kraju svakog retka pritišćemo RETURN/ENTER):

POTRES UPISI BROJ (DINAMICKIH) STUPNJEVA SLOBODE: upisuje se broj dinamičkih stupnjeva slobode. UPISI BROJ TONOVA: upisuje se broj tonova za koje želimo dinamičku analizu. UPISI DINAMICKI KOEFICIJENT TLA: upisujemo dinamički koeficijent prema pravilniku, ovisno o stupnju seizmičnosti

(VII, VIII ili IX zona) i kvaliteti tla (loše, dobro ili stjenovito tlo). UPISI MASE (U TONAMA): za svaku masu upisi njenu vrijednost u tonama (ako su dimenzije u metrima i sile u

kilonewtonima). IME ZAPISA: upisuje se ime zapisa matrice krutosti na disku (ono iz programa OKVDIN). UPISI SMIJER INERCIJALNIH SILA (X ili Y):



za slučaj da se cijela konstrukcija pomiče samo u X ili samo u Y smijeru, na taj način smanjujemo broj stupnjeva dinamičke slobode sistema i ubrzavamo proračun; na pr. za zgrade redovito imamo samo X smijer (za mostove Y smijer i sl.); ako odgovor nije ni X ni Y, računaju se pomaci u obadva smijera.

UPISI CVOROVE U KOJIMA SU MASE: povezujemo brojeve masa s brojevima čvorova, tako da program "zna" koja je masa

u kojem čvoru i da može pravilno formirati jednadžbe. Slijedi proračun!

Rezultati Rezultati proračuna su ispisani za sve tražene tonove u zapisu DINREZ.TXT: svojstvene vrijednosti, svojstveni vektori (normalizirani na prvi stupanj slobode),

vlastite frekvencije, ekvivalentne sile po stupnjevima slobode i tonovima i ukupne ekvivalentne sile po stupnjevima slobode po jednadžbi:

Pek = (∑P2max+ 0.5Pr

2)1/2 Ukupne ekvivalentne sile treba unijeti kao opterećenje u program za statičku analizu

(na pr. OKVIR) i tamo izračunati odgovarajuće rezne sile. Ukoliko želimo analizirati utjecaj pojedinih tonova, možemo i ekvivalentne sile za pojedine tonove unijeti kao opterećenje i izračunati na pr. pomake konstrukcije.

Primjer Uz program se isporučuje primjer dinamičke analize okvira; za taj slučaj slijedi

primjer upisa podataka (korisnik upisuje potcrtani tekst): BROJ STUPNJEVA SLOBODE: 6 BROJ TONOVA: 6 KOEFICIJENT SEIZMICNOSTI (Kc)= 0.025 MASA 1 (U TONAMA) = 52.5 MASA 2 (U TONAMA) = 50.5 MASA 3 (U TONAMA) = 46.0 MASA 4 (U TONAMA) = 41.0 MASA 5 (U TONAMA) = 41.0 MASA 6 (U TONAMA) = 36.0 IME ZAPISA NA DISKU: BRCIC0 SMIJER DJELOVANJA SEIZMICKIH SILA (X,Y): X UPIS CVOROVA U KOJIMA SU MASE ============================= MASA 1 JE U CVORU: 4 MASA 2 JE U CVORU: 6



MASA 3 JE U CVORU: 8 MASA 4 JE U CVORU: 10 MASA 5 JE U CVORU: 12 MASA 6 JE U CVORU: 14 RACUNAM ======= Slijedi izračun rezultata i njihov zapis na disk pod imenom DINREZ.TXT. Sadržaj

navedene datoteke se može vidjeti u prilogu:

R e z u l t a t i : =================== matrica krutosti: BRCIC0 =================== period titranja = 0.708 sec svojst.vrijedn. = 8.877 svojstveni vektor: ------------------ 1.000 2.817 4.392 5.949 7.193 7.992 period titranja = 0.240 sec svojst.vrijedn. = 26.148 svojstveni vektor: ------------------ 1.000 2.208 2.102 0.883 -0.922 -2.431 period titranja = 0.127 sec svojst.vrijedn. = 49.314 svojstveni vektor: ------------------ 1.000 1.168 -0.339 -1.553 -0.653 1.394 period titranja = 0.083 sec svojst.vrijedn. = 76.090 svojstveni vektor: ------------------ 1.000 -0.051



-0.841 0.189 0.801 -0.575 period titranja = 0.064 sec svojst.vrijedn. = 98.335 svojstveni vektor: ------------------ 1.000 -0.977 0.427 0.705 -1.085 0.528 period titranja = 0.050 sec svojst.vrijedn. = 126.165 svojstveni vektor: ------------------ 1.000 -2.019 3.508 -3.537 2.335 -0.844 Seizmicke sile: --------------- koeficijent seizmicnosti = 0.0250 ton 1 P 1 = 2.401 P 2 = 6.504 P 3 = 8.435 P 4 = 10.880 P 5 = 13.156 P 6 = 13.155 ton 2 P 1 = 4.301 P 2 = 9.134 P 3 = 7.234 P 4 = 2.893 P 5 = -3.020 P 6 = -7.169 ton 3 P 1 = 3.841 P 2 = 4.313 P 3 = -1.040 P 4 = -4.544 P 5 = -1.910 P 6 = 3.672 ton 4 P 1 = 5.544



P 2 = -0.274 P 3 = -3.729 P 4 = 0.798 P 5 = 3.381 P 6 = -2.185 ton 5 P 1 = 2.703 P 2 = -2.539 P 3 = 0.924 P 4 = 1.452 P 5 = -2.235 P 6 = 0.980 ton 6 P 1 = 0.257 P 2 = -0.499 P 3 = 0.721 P 4 = -0.692 P 5 = 0.457 P 6 = -0.149 Ukupne sile: ------------ Pu 1 = 7.344 Pu 2 = 10.829 Pu 3 = 10.271 Pu 4 = 11.597 Pu 5 = 13.703 Pu 6 = 14.435

Za sile 1. i 2. tona je programom OKVIR proveden proračun čiji su rezultati ispisani

kako slijedi (samo grafički dio):



Oblici deformacija za 1. i 2. ton

Dijagrami reznih sila za 1.i 2. ton:

Dijagram momenata za 1. i 2. ton.

Dijagram poprečnih sila za 1. i 2. ton.



Dijagram uzdužnih sila za 1. i 2. ton.



NUMERIČKO RJEŠAVANJE DIFERENCIJALNIH JEDNADŽBI

3.5 Diferencijalne jednadžbe

Razvoj inženjerskih znanosti se temelji na postavljanju i rješavanju diferencijalnih jednadžbi. Razlikujemo tkz. obične diferencijalne i parcijalne diferencijalne jednadžbe. Primjer obične dif.jed. je na pr. jednadžba savijanja grede

d y

dxEI M

2

2 * = − .

Parcijalne diferencijalne jednadžbe proizilaze iz problema koje opisujemo s više od jedne nepoznanice. Opći oblik parcijalne diferencijalne jednadžbe drugog reda je

A x yu

xB x y

u

x yC x y

u

yD x y

u

x

u

y( , ) ( , ) ( , ) ( , , , )

∂∂

∂∂ ∂

∂∂

∂∂

∂∂

2

2

2 2

20+ + + =

Klasifikacija jednadžbi se provodi prema vrijednostima parametara A, B i C. Za uvjet

B AC2 4 0− < jednadžba je eliptična. Za uvjet B AC2 4= jednadžba je parabolična, a

za B AC2 4 0− > jednadžba je hiperbolična. Parabolične i hiperbolične parcijalne diferencijalne jednadžbe su mnogo teže za rješavanje jer nemaju zatvoreni rub, pa niti definirane rubne vrijednosti, nego samo početne vrijednosti na pojedinim djelovima ruba. Mi ćemo se baviti samo eliptičnim jednadžbama. Vrlo česti primjer eliptične parcijalne diferencijalne jednadžbe drugog reda u tehničkim znanostima je Poissonova diferencijalna jednadžba

− ≡ − +

=∆u

u

x

u

yf x y

∂∂

∂∂

22

2 2( , )

koja ima primjenu u mnogim granama tehnike. U toj jednadžbi u je funkcija dvaju nepoznanica, x i y. Primjer su problemi potencijala, torzije, topline, (nevrtložno) tečenje idelanog fluida i drugi (samo se funkcija f(x,y) mijenja). Homogeni oblik te jednadžbe (f(x,y)=0) je tkz. Laplaceova diferencijalna jednadžba.

3.6 Rubni uvjeti

Razlikujemo dvije grupe rubnih uvjeta: Dirichletove rubne uvjete gdje su zadane vrijednosti funkcije na rubu domene Γ

u u= 0 na Γ

Neumannove rubne uvjete gdje su na rubu domene Γ zadane vrijednosti (usmjerene) derivacije

∂∂

u

ng= na Γ

U našim ćemo primjerima razmatrati samo tkz. linearne diferencijalne jednadžbe, tj. one kod kojih je veza meñu nepoznanicama linearna. Takoñer, pretpostavlja se da su početni uvjeti i rubni zadani tako da je moguće naći jedinstveno rješenje. Rješavanje diferencijalni jednadžbi će se provoditi numerički, ali gdje god je poznato analitičko rješenje, savjetuje se da se ono pomno razmotri jer daje puno bolji uvid u ponašanje diferencijalne jednadžbe nego jedno numeričko rješenje problema.



3.7 Metoda konačnih razlika

Metoda konačnih razlika pretvara rješavanja diferencijalne jednadžbe u formiranje i rješavanje sistema običnih linearnih jednadžbi. Pri tom postupku derivacije se samo aproksimiraju i time se uvodi greška koja direktno ovisi o broju jednadžbi koje formiramo; povećavanjem broja jednadžbi ta se greška smanjuje. Za veliki broj problema postiže se dovoljno točno rješenj s malim broj jednadžbi.

3.7.1 Funkcije jedne nepoznanice

Pogledajmo način na koji aproksimiramo derivacije dy

dx

y

x

f x x f x

xx= =

+ −→

lim( ) ( )

∆

∆∆

∆∆0

.

Na sličan način možemo prikazati i više derivacije

d y

dx

y

x

x

f x x f x

x

f x f x x

x

xx

2

2 0=

=

+ −

−

− −

→lim

( ) ( ) ( ) ( )

∆

∆∆∆

∆

∆∆

∆∆

∆

Grafički prikaz će nam olakšati razumijevanje aproksimacije derivacija:

Ukoliko ∆x dovoljno smanjimo, numerička aproksimacija derivacije će biti vrlo točna (granica ispod koje ne smijemo nikako ići je točnost računala na kojem radimo). Pogledajmo na primjeru kako je jednostavno numeričko deriviranje (MathCAD): Zadana je trigonometrijska funkcija f(x)=sin(x)



0 0.5 1 1.5 2 2.5 30.008407

0.49

0.991

8.407− 103−

×

sin x( )

3.150 x numericko deriviranje u tockama a i b a 0.75:= b 1.5:= dx 0.00001:= sin a dx+( ) sin a( )−

dx0.73169=

sin b dx+( ) sin b( )−

dx0.07073=

tocna vrijednost derivacije je cos a( ) 0.73169= cos b( ) 0.07074= Postupak daje vrijednost derivacije u željenoj točki (ali ne dobivamo funkciju kao rješenje kao kod 'klasične' analitičke derivacije). Kada smo shvatili princip numeričkog deriviranja, možemo napisati tkz. jednadžbe konačnih razlika za prvu, drugu i sve potrebne derivacije. Nakon toga te se jednadžbe uvrste u diferencijalnu jednadžbu i dobivamo sistem linearnih jednadžbi čija su rješenja u zadanim točkama vrijednosti funkcije koja zadovoljava zadanu diferencijalnu jednadžbu. Na taj smo način dif.jed. rješili numerički! Jednadžbe konačnih razlika mogu biti definirane preko slijedeće (forward differences), središnje (central differences) ili prethodne (backward differences) točke na domeni (vidi sliku). Treba napomenuti da formulacija preko središnje točke daje najmanju grešku (to se može lako matematički dokazati preko razvoja u Taylorov red), te ju stoga valja najčešće koristiti. Prva derivacija 1) preko slijedeće točke

dy

dx

y y

hi

i i

≈

−+1

2) preko središnje točke

dy

dx

y y

hi

i i

≈

−+ −1 1

2

3) preko prethodne točke

dy

dx

y y

hi

i i

≈

− −1

Za rješavanje diferencijalne jednadžbe drugog reda treba nam i druga derivacija 1) preko slijedeće točke



d y

dx

y y y

hi

i i i2

21 2

2

2

≈

− ++ +

2) preko središnje točke

d y

dx

y y y

hi

i i i2

21 1

2

2

≈

− +− +

3) preko prethodne točke

d y

dx

y y y

hi

i i i2

22 1

2

2

≈

− +− −

Na sličan način možemo definirati treću derivaciju, četvrtu itd., prem potrebi, ovisno kakvu diferencijalnu jednadžbu rješavamo. Na primjeru odreñivanja progiba proste grede prikazat ćemo postupak konačnih razlika (vidi MathCAD primjer 'UMKE32.MCD' u prilogu).

3.7.1.1 Primjer

"umke32.pcx" Neka je prosta greda linearno promjenjivog presjeka (za takav slučaj vrlo je teško naći točno rješenje diferencijalne jednadžbe) i opterećena jednolikim opterećenjem. Jednadžba momenta bilo gdje na gredi je

M q Lx

qx

= −* * *2 2

2

gdje je q intenzitet opterećenja, a L raspon grede. Napišimo sada diferencijalnu jednadžbu koristeći centralnu formulaciju jednadžbe konačnih razlika

( )qx

L xEI

hy y yi

ii

i i i* * ( ) *2

22 1 1− = − +− +

Jednadžbu postavljamo za svaki i (i=1,...,5) na našoj gredi i dobivamo sistem jednadžbi u kojem su yi nepoznanice (malo smo ispremiješali koeficijente):



( )

( )

( )

. . . . . . .

... .

. .

. ...

. . . . . . .

...

...

*

...

...

0 1 2 1 0

0 1 2 1 0

0 1 2 1 02

1

1

2

0

1 10

1

0

1 10

1

−

−

−

=

−

−

−

−

+

− −−

+ ++

y

y

y

qh

EI

x L xI

I

x L xI

I

x L xI

I

i

i

i

i ii

i ii

i ii

odnosno, matrično AY = X .

U našem primjeru odmah znamo rješenja za točke 1 i 5 jer je tu zbog rubnih uvjeta progib jednak nuli (y=0), pa nam ostaje sistem sa samo 3 jednadžbe čije je rješenje:

Y A1−

X⋅:= Y

5.859375− 103−

×

7.8125− 103−

×

5.859375− 103−

×

=

Za jedinične ulazne podatke (q=1.0, L=1.0 i EI0=1.0) to je i numeričko rješenje.

graficki prikaz progiba:

0 0.25 0.5 0.75 10.01

0.005

0

y j

xj U našem primjeru greda je podijeljena na mali broj točaka i točnost rješenja nije velika, ali se ništa principjelno ne mijenja s većim brojem točaka, osim što raste točnost rješenja (ali i vrijeme potrebno računalu da riješi sistem jednadžbi). Takoñer, u našem primjeru je uticaj rubnih uvjeta sakriven u jednadžbama (sjetimo se, uveli smo da je y1=0 i y5=0). Općenito se uticaj rubnih uvjeta uzima u obzir modifikacijama matrice A prema nekim pravilima koja se mogu formirati za razne rubne uvjete (vidi Kožar, I. Kompleksno opterećeni štapovi, FRaK 18/19, 1987, str. 32-36).

3.7.2 Funkcije više nepoznanica

Problemi koji sadrže više od jedne nepoznanice opisuju se parcijalnim diferencijalnim jednadžbama.



LANČANICA

Lančanice (užad ili lanci) mogu prenositi samo vlačne sile koje u svakoj točki lančanice imaju smjer tangente. Lančanice ne mogu prenositi niti momente savijanja, niti poprečne sile. Deformacije od uzdužne sile su male i u statičkoj analizi se zanemaruju. Ako su opterećenja znatno veća od vlastite težine lančanice, ista se zanemaruje. Pri tom je oblik užeta najčešće pravac. Uže ne može preuzimati tlačne sile.

q

Slika 1.

U slučaju prikazanom na Slici 1. za potrebe računa uže se može zamijeniti štapom (budući da nema tlačne sile).

F

oLoL

Slika 2. U slučaju prikazanom na Slici 2. uže se takoñer može zamijeniti štapovima jer je vlastita težina užeta zanemariva i prisutne su samo vlačne sile. Kad se valstita težina užeta uzima u obzir (žičana, prednapeta užad) oblik užeta nije pravac već lančanica.



Uže pod djelovanjem vlastite težine

U vertikalnom užetu vlastita težina izaziva promjenjivu uzdužnu silu; u svakoj točki mora uzdužna sila biti u ravnoteži s preostalim dijelom užeta koji visi ispod.

CzAgdzAgF

dzAgdF

SSS

SS

+⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=

⋅⋅⋅=

∫ ρρ

ρ

Slika 3. Konstanta integracije odreñuje se iz uvjeta da je uzdužna sila na dnu jednaka nuli . Kada na dnu djeluje sila F0, tada je FS=F0 za z=0 te slijedi C= F0. Za uže obješeno u dvije točke vrijedi :

y

x

ds

A

B

dsq

p

F

F

F +dFSV

F +dF

SV

SH SH

SV

SH

Slika 4.

z

dz

FS

F+dFS

pgA dzS

S

dz



Na element djeluje rezultanta vlastite težine (po jedinici dužine q=ρ·g·As) te zbog toga imamo različite uzdužne i poprečne sile na oba kraja diferencijalnog elementa.

.00 constFdFH SHSH =→=⇒=∑

Horizontalna komponenta vlačne sile u užetu opterećenom samo vlastitom težinom je konstantna.

dxydydxds

dsqdFV SV

⋅+=+=

⋅=⇒=∑

222 '1

0

Dvije komponente su meñusobno zavisne :

ytgF

F

SH

SV ′== ϕ

Koristeći tu meñuzavisnost i činjenicu da je FSH=const. dobije se diferencijalna jednadžba 2. reda :

SH

SHSH

SV

SHSH

SV

F

q

y

y

yF

q

dx

ds

ds

dsq

Fdx

ds

ds

dF

FF

Fy

=′+

′′

′+⋅=⋅⋅

⋅=⋅⋅=′

=′′

2

2

1

111

Ako se izvrši supstitucija y'=z i integrira jednadžba,te se vrati y' i još jednom integrira dobije se :

2

cosh 21

xx

SH

SH

eech

CCxF

q

q

Fy

−+=

+

+⋅⋅=

Potrebno je odrediti dvije konstante integracije. Konstante FSH, C1, C2 odreñuju se iz uvjeta na kraju A i ležaju B užeta i uvjeta da je dužina (nepromjenjiva) užeta jednaka y(x).



PRIMJER 1

Za zadano uže odrediti :

a) funkciju oblika užeta b) horizontalnu silu c) najveću silu u užetu

ako je zadano : L, xB, yB i q (težina po m dužine).

Slika 5.

Rubni uvjeti daju :

−

+⋅⋅=⇒==

⋅−=⇒+

+⋅⋅=⇒==

11

1221

)(

00)0(

chCCxF

qch

q

Fyyxxy

chCq

FCCCx

F

qch

q

Fxy

SH

SHBBB

SH

SH

SH

Duljina užeta od A do B je :

+⋅=⋅

+⋅=′

⋅

+⋅=⋅

+⋅+=⋅′+= ∫∫∫

====

11

0

1

0

12

0

2 11

CxF

qsh

F

qCx

F

qsh

q

Fy

dxCxF

qchdxCx

F

qshdxyL

SHSHSH

SH

X

x SH

X

x SH

X

xx

BBB

A

Ovo je nelinearni sustav od 3 jednadžbe s tri nepoznanice i to FSH, C1 i C2. Koristeći se izrazima

+

−=−

−

+=−

=−

222

222

122

βαβαβα

βαβαβα

αα

chshshsh

shshchch

shch

dobije se : BSH

B xF

q

L

yathC ⋅−

=1 te nakon uvrštavanja C1 i sreñivanja :

22

2

220 Ly

F

xqsh

q

FB

SH

BSH −+

⋅

⋅⋅⋅=

Iz ove jednadžbe numerički možemo izračunati FSH, a zatim i C1 i C2. Jednostavnije je raditi ako se posljednja jednadžba podijeli s L2.

y

xA

B

x B

y B



Nove, bezdimenzionalne nepoznanice su :

L

CCC

Lq

FF SH

SH2

21;; =⋅

=

SHF je horizontalna sila rasporeñena na cijelu težinu užeta.

Novi parametri su : L

xx B

B = i L

yy B

B =

Nova jednadžba je :

SHB

SH

BSH Fy

F

xshF ⇒=−+

⋅⋅⋅ 01

22

2

numerički

SH

BB

F

xyathC

⋅−=

21 12 chCFC SH ⋅−=

Rješenja za neke parametre su :

Bx By SHF 1C 2C

0,5 0 0,1148 -2,1773 -0,5130

0,8 0,2 0,3555 -0,9224 -0,5178

0,98 0 1,4046 -0,3489 -1,4909

Iz izraza LqFF SHSH ⋅⋅= dobije se vertikalna komponenta :

+⋅⋅=′⋅=⋅= 1Cx

F

qshFyFtgFF

SHSHSHSHSV ϕ

Sila u užetu na bilo kojem mjestu je :

+⋅⋅=

+⋅+⋅=+= 11

222 1 CxF

qchFCx

F

qshFFFF

SHSH

SHSHSVSHS

Najveća ukupna sila u užetu je na najvišem osloncu (gdje je najveći nagib krivulje). Kod užeta s vrlo malim progibom može horizontalna sila biti veća od ukupne težine užeta. Oblik užeta je kosinus – hiperbolna krivulja.



ds

p

FSV

FSH

F +dFSV SV

F +dFSH SH

q 0

Uže pod konstantnim linijskim opterećenjem

Račun se pojednostavljuje kad je opterečenje užeta konstantno linijsko

opterećenje (i vlastita težina se tako može približno uzeti u obzir) – za plitku užad. Opterećenje s puno gustih sila se može simulirati na isti način.

qy

x

Slika 6.

Razlika u odnosu na prethodno razmatranje je u tome da se linijsko opterećenje množi s “dx“ aumjesto s “ds“ :

.0 constFdF SHSH =⇒=

Slika 7. Horizontalna komponenta sile u užetu je konstantna za jednoliko linijsko opterećenje užeta.Suma vertikalnih sila daje :

2120

10

100

0

0

2

1

1

CxCxF

qdxCx

F

qy

CxF

qdx

F

qy

F

q

dx

dF

Fy

F

Fytg

dxqdF

SHSH

SHSH

SH

SV

SHSH

SV

SV

+⋅+⋅⋅=⋅

+⋅=

+⋅=⋅=′

=⋅=′′⇒=′=

⋅=

∫

∫

ϕ



Linija oblika je kvadratna parabola :

2120

2

1CxCx

F

qy

SH

+⋅+⋅⋅=

Tri nepoznanice FSH, C1 i C2 odreñuju se iz rubnih uvjeta. Rubni uvjeti za

y

xA

B

x B

y B

Slika 8.

su : ( )

( )SH

B

B

BBB

SHBBB F

xq

x

yCCxCx

F

qyyxxy

Cxy

⋅

⋅−=⇒+⋅+⋅

⋅=⇒==

=⇒==

22

000

0121

20

2

Uvjet dužine užeta daje :

∫∫ ∫ ⋅

+⋅+=⋅′+==

BB x

SH

x

dxCxF

qdxydsL

0

2

10

0

2 11

Rješenje je :

++−

++

++

+= 1

211

01

0

2

10

10

0

12

12

ashCCCq

FCx

F

qashCx

F

qCx

F

q

q

FL SH

B

SH

B

SH

B

SH

SH

Kad se uvrsti vrijednost za C1 dobije se nelinearna jednadžba za FSH :

( )

SH

B

B

B

SH

B

B

B

SH

F

xq

x

yB

F

xq

x

yA

ashBBBashAAAq

FL

⋅

⋅−=

⋅

⋅+=

−+⋅−++⋅=

2;

2

112

00

22

0

Jednadžba se rješava numerički i iz FSH se računa C1 itd. Sile u užetu su :

2

1022

10

1

+⋅+⋅=+=

+⋅⋅=′⋅=⋅=

CxF

qFFFF

CxF

qFyFtgFF

SHSHSVSHS

SHSHSHSHSV ϕ



Računanje FSH iz zadane dužine L je najteži, no i najvažniji zadatak. PRIMJER 2

Za uže s plitkim progibom fmax i osloncima na istoj visini, izračunaj ovisnost maksimalne sile u užetu o strelici fmax. Jednostavniji rubni uvjeti olakšavaju rješenje!

Slika 9.

Iz rubnih uvjeta ( ) 00 ==xy i ( ) 0== Bxxy dobije se :

( )

( )SH

BB F

xqCxxy

Cxy

⋅

⋅−=⇒==

=⇒==

20

000

01

2

Oblik linije je :

( )xxxF

qy B

SH

⋅−⋅⋅

= 20

2

Najveći progib je u sredini užeta, te se iz tog uvjeta računa horizontalna komponenta sile :

max

20

20

max

20

20

maxmax

88

422422

f

xqF

F

xqf

x

F

qxx

x

F

qff

xy

BSH

SH

B

B

SH

BB

B

SH

B

⋅

⋅=⇒

⋅

⋅=

−⋅

⋅=

⋅−⋅

⋅=−⇒−=

Najveća sila u užetu može biti puno veća od težine užeta.

Neka je težina užeta Bxq ⋅≈ 0 , tada je :

168

12

max

2

0

max +=⋅ f

x

xq

F B

B

S

odnosno :

maxfxB 100 50 20 10

( )B

Sxq

F⋅0

max 12,5 6,27 2,55 1,35

y

x

x B

q

fmax

0



Uže prenosi opterećenje samo kao uzdužnu silu, te je stoga vrlo dobro iskorištena nosivost, puno bolje nego kod samih nosača, što je bilo poznato još u srednjem vijeku. PRIMJER 3

Odrediti optimalni oblik nosača lučnog mosta za jednoliko opterećenje i zadane položaje oslonača ako je zadano : q0, xB, yB<0, Fsmax (dopuštena sila u nosaču).

Slika 10. Da bi nosač prenosio samo tlačne sile, mora imati oblik užeta, odnosno oblik obješenog užeta za negativan predznak FSH. Rubni uvjeti su :

( )

( )SH

B

B

BBB F

xq

x

yCyxxy

Cxy

⋅⋅

−=⇒==

=⇒==

2

000

01

2

Najveća unutrašnja sila se javlja kod najvećeg nagiba linije, točka B u ovom primjeru. Sila je tada :

2

002

2211

+

⋅

⋅−

⋅

⋅+=′+=

B

B

SH

B

SH

SHSHS x

y

F

xq

F

xqFyFF

Uvrštavanjem x = xB i FS = FSmax :

0

1

4

1

1

2

2max

220

202 =

+

−⋅⋅+

+

⋅⋅+

B

B

SB

B

B

SHBSH

x

y

Fxq

x

y

FyqF

Ova kvadratna jednadžba ima dva rješenja, pozitivno i negativno rješenje. U ovom primjeru horizontalna komponenta mora biti negativna pa je rješenje :

⋅−

+⋅+⋅⋅

+⋅

−= 220

2

2max02

14

12

1B

B

BSB

B

B

SH xqx

yFyq

x

yF

Rješenje za oblik potporne linije (oblik lučnog nosača) je :

xA

y B

B



xF

xq

x

yx

F

qy

SH

B

B

B

SH

⋅

⋅

⋅−+⋅⋅=

22

1 020

Oblici lančanice za različite parametre

5

5.434−

y x( )

p x( )

100 x

5

2.448−

y x( )

p x( )

100 x

5

0

y x( )

p x( )

100 x

m

kNq

mL

my

mx

B

B

15

20

5

10

=

=

=

=

m

kNq

mL

my

mx

B

B

1

15

5

10

=

=

=

=

m

kNq

mL

my

mx

B

B

1

5.11

5

10

=

=

=

=



1

0

y x( )

p x( )

100 x

0

0.475−

y x( )

p x( )

100 x

5

0

y x( )

p x( )

50 x

m

kNq

mL

my

mx

B

B

0.1

06.10

1

10

=

=

=

=

m

kNq

mL

my

mx

B

B

0.1

06.10

0.0

10

=

=

=

=

m

kNq

mL

my

mx

B

B

0.1

1.7

5

5

=

=

=

=

Documents

Modeliranje konstrukcija