Dinamika konstrukcija i zemljotresno inženjerstvo, vežbe – Marko Marinković 51

X DVOČAS Crtanje spektra odgovora Odrediti elastični spektar pseudoubrzanja 𝑆𝑝𝑎[𝑐𝑚 𝑠2⁄ ] glavnog dela zemljotresa Mionica 1998. Za prigušenje 𝜁 = 0.05 konstruisati krivu spektra za periode oscilovanja 𝑇 = 0 ÷ 2.5 s sa korakom ∆𝑇 = 0.05 s.

Akcelerogram zemljotresa „Mionica NW komponenta, 1998“

1.) Imamo akcelerogram – dato nam je ubrzanje tla �̈�𝑔, 2.) Usvojimo krutost 𝑘 bilo koju, 3.) S obzirom da period menjamo, u ovom prvom koraku usvojimo recimo 𝑇 = 0.05 s,

4.) Odatle dobijamo 𝜔 = 2𝜋𝑇

i iz 𝜔 = � 𝑘𝑚

→ 𝑚 = 𝜔2 ∙ 𝑘,

5.) Nađemo 𝑐 = 2𝑚 ∙ 𝜀, 𝜁 = 𝜀𝜔, 𝑐 = 2𝑚 ∙ 𝜁 ∙ 𝜔,

6.) Sada numeričkim postupkom (Newmark sa prosečnim ubrzanjem) rešavamo diferencijalnu jednačinu prinudnih oscilacija 𝐌�̈� + 𝐂�̇� + 𝐊𝐮 = −𝐌�̈�𝑔,

7.) Važno! Uopšte nije bitna masa i krutost konstrukcije, jer ne pravimo mi spektar za našu konstrukciju već za opseg konstrukcija (različite periode oscilovanja),

8.) Odrediti početne uslove: 𝑦𝑜 i �̇�𝑜, koji su jednaki 0, 9.) Usvojiti vremenski interval integracije ∆𝑡, 10) Odrediti koeficijente jednačine: a1, a2, a3 11) Odrediti silu: 𝐹 = 𝑚 ∙ �̈�𝑔, sada ćemo imati 𝐹 za svako ∆𝑡, odnosno svako �̈�𝑔, jer smo

alcelerogram izdelili ∆𝑡 korakom, 12) Rešavanjem, primenom numeričkog postupka, dobijamo relativna pomeranja 𝑆𝑑 u svakom

koraku, 13) Od svih vrednosti uzimamo apsolutno najveću i množimo je sa 𝜔2 i dobijamo 𝑆𝑝𝑎 = 𝜔2𝑆𝑑, 14) I to nam je jedna vrednost na dijagramu spektra, sada isti ovaj postupak ponovimo za

𝑇 = 0 ÷ 2.5 s sa korakom ∆𝑇 = 0.05 s. I tako dobijamo dijagram pseudoubrzanja za jedan zemljotres, kada uradimo za više dobijamo spektar. Spektar (pseudoubrzanje se može skalirati u funkciji od ubrzanja zemljine teže 𝑔.

Maksimalno ubrzanje

Glavni deo zemljotresa

52 Dinamika konstrukcija i zemljotresno inženjerstvo, vežbe – Marko Marinković Za spektar amplifikacije maksimalnog ubrzanja tla isto sve do tačke 12. Tada se na dobijeno ubrzanje konstrukcije (ẍ), dodaje maksimalno ubrzanje tla �üg� i dobija se �ẍ + üg� ili kako je napisano u knjizi (ẍ + s̈1). Zatim se uzima apsolutno maksimalna vrednost tog zbira i podeli sa apsolutno maksimalnim

ubrzanjem i to je amplifikacija 𝐴 = max�ẍ+üg�max�üg�

.

Dinamika konstrukcija i zemljotresno inženjerstvo, vežbe – Marko Marinković 53 KAO Primer 6.2 Za trospratni „smičući“ ram, zadate krutosti i raporeda masa, primenom spektralne analize za dati spektar odgovora odrediti maksimalna pomeranja i maksimalne seizmičke horizontalne sile. Prigušenje sistema je 10%.

𝐌 = �3.0

2.01.5

� 𝐊 = �(𝑘1 + 𝑘2) −𝑘2 0

−𝑘2 (𝑘2 + 𝑘3) −𝑘30 −𝑘3 𝑘3

� = �1000 −300 0−300 550 −250

0 −250 250�

Rešenje:

Kružne frekvencije i periodi oscilovanja

𝛚 = �𝜔1𝜔2𝜔3

� = �6.89740

16.2901521.49551

� 𝐓 = �𝑇1𝑇2𝑇3

� = �0.910950.385700.29230

�

Oblici oscilovanja i modalna matrica

𝐀1 = �1.0

2.857593.99912

� 𝐀2 = �1.0

0.67964−1.14763

� 𝐀3 = �1.0

−1.287230.72629

�

𝐀 = [𝐀1 𝐀2 𝐀3] = �1.0 1.0 1.0

2.85759 0.67694 −1.287233.99912 −1.14763 0.72629

�

Generalisane mase: 𝑀𝑖 = 𝐀𝑖𝑇𝐌 𝐀𝑖

𝑀1 = {1.0 2.85759 3.99912} �3

21.5

� �1.0

2.857593.99912

� = 43.32018

𝑀2 = {1.0 0.67964 −1.14763} �3

21.5

� �1.0

0.67964−1.14763

� = 5.899403

54 Dinamika konstrukcija i zemljotresno inženjerstvo, vežbe – Marko Marinković

𝑀3 = {1.0 −1.28723 0.72629} �3

21.5

� �1.0

−1.287230.72629

� = 7.105168

Skalarne veličine: 𝐿𝑖 = 𝐀𝑖𝑇𝐌𝐁

𝐿1 = {1 2.85759 3.99912} �3

21.5

� �1.01.01.0

� = 14.71386

𝐿2 = {1.0 0.67964 −1.14763} �3

21.5

� �1.01.01.0

� = 2.637835

𝐿3 = {1.0 −1.28723 0.72629} �3

21.5

� �1.01.01.0

� = 1.514975

Faktori participacije: 𝛤𝑖 =

𝐿𝑖𝑀𝑖

𝛤1 =14.7138643.32018

= 0.339647 𝛤2 =2.6378355.899403

= 0.447136 𝛤3 =1.5149757.105168

= 0.213222

Sa dijagrama spektra pseudobrzina prigušenje 10%, za određene periode ocilovanja dobija se:

𝑆𝑝𝑣,1 = 6.15 𝑆𝑝𝑣,2 = 2.95 𝑆𝑝𝑣,3 = 2.92

Pa se određuju maksimalne vrednosti relativnog pomeranja:

𝑆𝑑,1 =𝑆𝑝𝑣,1𝜔1

= 0.89164 𝑆𝑑,2 =𝑆𝑝𝑣,2𝜔2

= 0.18109 𝑆𝑑,3 =𝑆𝑝𝑣,3𝜔3

= 0.13584

Maksimalna relativna pomeranja po tonovima: 𝐮𝑖,𝑚𝑎𝑥 = 𝐀𝑖𝛤𝑖𝑆𝑑,𝑖

𝐮1,𝑚𝑎𝑥 =

⎣⎢⎢⎡𝑢1,𝑚𝑎𝑥 (1)𝑢2,𝑚𝑎𝑥 (1)𝑢3,𝑚𝑎𝑥 (1)⎦

⎥⎥⎤

= 𝛤1𝑆𝑑,1 �1.0

2.857593.99912

� = �0.302843

0.86541.211104

�

𝐮2,𝑚𝑎𝑥 =

⎣⎢⎢⎡𝑢1,𝑚𝑎𝑥 (2)𝑢2,𝑚𝑎𝑥 (2)𝑢3,𝑚𝑎𝑥 (2)⎦

⎥⎥⎤

= 𝛤2𝑆𝑑,2 �1.0

0.67964−1.14763

� = �0.0809720.055032−0.09293

�

Dinamika konstrukcija i zemljotresno inženjerstvo, vežbe – Marko Marinković 55

𝐮3,𝑚𝑎𝑥 =

⎣⎢⎢⎡𝑢1,𝑚𝑎𝑥 (3)𝑢2,𝑚𝑎𝑥 (3)𝑢3,𝑚𝑎𝑥 (3)⎦

⎥⎥⎤

= 𝛤3𝑆𝑑,3 �1.0

−1.287230.72629

� = �0.028965−0.037280.021037

�

Rezultujuće pomeranje: 𝑢𝑘,𝑚𝑎𝑥 ≅ �∑ 𝑢𝑖,𝑚𝑎𝑥2𝑚𝑖=1

𝑢1,𝑚𝑎𝑥 = �𝑢1,𝑚𝑎𝑥 (1)2 + 𝑢1,𝑚𝑎𝑥 (2)2 +𝑢1,𝑚𝑎𝑥 (3)2 = �0.3028432 + 0.0809722 + 0.0289652 = 0.31482

𝑢2,𝑚𝑎𝑥 = �𝑢2,𝑚𝑎𝑥 (1)2 + 𝑢2,𝑚𝑎𝑥 (2)2 +𝑢2,𝑚𝑎𝑥 (3)2 = √0.86542 + 0.0550322 + 0.037282 = 0.86795

𝑢3,𝑚𝑎𝑥 = �𝑢3,𝑚𝑎𝑥 (1)2 + 𝑢3,𝑚𝑎𝑥 (2)2 +𝑢3,𝑚𝑎𝑥 (3)2 = √1.2111042 + 0.092932 + 0.0210372 = 1.21485

Maksimalne spratne sile po tonovima: 𝐅𝑖,𝑚𝑎𝑥 = 𝐌𝐀𝑖𝛤𝑖𝜔𝑖2𝑆𝑑,𝑖 = 𝐌𝐀𝑖𝛤𝑖𝑆𝑝𝑎,𝑖

𝐅1,𝑚𝑎𝑥 =

⎣⎢⎢⎡𝐹1,𝑚𝑎𝑥 (1)𝐹2,𝑚𝑎𝑥 (1)𝐹3,𝑚𝑎𝑥 (1)⎦

⎥⎥⎤

= 𝛤1𝜔12𝑆𝑑,1 �3

21.5

� �1.0

2.857593.99912

� = �43.2224282.3413186.42583

�

𝐅2,𝑚𝑎𝑥 =

⎣⎢⎢⎡𝐹1,𝑚𝑎𝑥 (2)𝐹2,𝑚𝑎𝑥 (2)𝐹3,𝑚𝑎𝑥 (2)⎦

⎥⎥⎤

= 𝛤2𝜔22𝑆𝑑,2 �3

21.5

� �1.0

0.67964−1.14763

� = �64.4626129.20758−36.9896

�

𝐅3,𝑚𝑎𝑥 =

⎣⎢⎢⎡𝐹1,𝑚𝑎𝑥 (3)𝐹2,𝑚𝑎𝑥 (3)𝐹3,𝑚𝑎𝑥 (3)⎦

⎥⎥⎤

= 𝛤3𝜔32𝑆𝑑,3 �3

21.5

� �1.0

−1.287230.72629

� = �40.14976−34.454714.58022

�

Rezultujuće spratne sile: 𝐹𝑘,𝑚𝑎𝑥 ≅ �∑ 𝐹𝑖,𝑚𝑎𝑥2𝑚𝑖=1

𝐹1,𝑚𝑎𝑥 = �𝐹1,𝑚𝑎𝑥 (1)2 + 𝐹1,𝑚𝑎𝑥 (2)2 +𝐹1,𝑚𝑎𝑥 (3)2 = �43.222422 + 64.462612 + 40.149762 = 87.38197

𝐹2,𝑚𝑎𝑥 = �𝐹2,𝑚𝑎𝑥 (1)2 + 𝐹2,𝑚𝑎𝑥 (2)2 +𝐹2,𝑚𝑎𝑥 (3)2 = √82.341312 + 29.207582 + 34.45472 = 93.91645

𝐹3,𝑚𝑎𝑥 = �𝐹3,𝑚𝑎𝑥 (1)2 + 𝐹3,𝑚𝑎𝑥 (2)2 +𝐹3,𝑚𝑎𝑥 (3)2 = √86.425832 + 36.98962 + 14.580222 = 95.13274

Efektivne tonske mase: 𝑀𝑖,𝑒𝑓 = 𝛤𝑖 𝐿𝑖

𝑀1,𝑒𝑓 = 0.339647 ∙ 14.71386 = 4.99752 𝑀2,𝑒𝑓 = 0.447136 ∙ 2.637835 = 1.17947 𝑀3,𝑒𝑓 = 0.213222 ∙ 1.514975 = 0.323026

Koeficijenti: 𝛼𝑖 =𝑀𝑖,𝑒𝑓∑ 𝑀𝑖

� 𝑀𝑖 = 3 + 2 + 1.5 = 6.5

𝛼1 =4.99752

6.5= 0.768849 𝛼2 =

1.179476.5

= 0.181457 𝛼3 =0.323026

6.5= 0.049696

Koeficijenti: 𝜆𝑖 = ∑ 𝛼𝑘𝑖𝑘=1

𝜆1 = ∑ 𝛼𝑘 = 0.768849 1𝑘=1 𝜆2 = ∑ 𝛼𝑘 = 0.9503062𝑘=1 𝜆3 = ∑ 𝛼𝑘 = 1.03𝑘=1

Zadatak 2 Za nosač prikazan na slici:

a) Odrediti sve kružne frekvencije i glavne oblike oscilovanja

b) Usled zadatog dinamičkog opterećenja odrediti vertikalno pomeranje mase 2m.

𝑃(𝑡) = 𝑃𝑜 sin𝑝𝑡 , 𝑝 = 0. 8𝜔1 ,𝐸𝐼 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡

Štap 1: 𝐼𝐹

= 10

Ceo nosač:

1 Staticki neodredjen

3 stepena slobode

4 inercijalne sile

Matrica fleksibilnosti sistema

𝐃 =1𝐸𝐼 �

8.6837 2.8553 0.9286 −0.928624.2234 22.8671 −22.8671

28.607 −28.60728.607

�

Matrica masa sistema

𝐌 = �1

23

6

�𝑚

𝜔1 = 0.0582�𝐸𝐼𝑚

𝜔2 = 0.2844�𝐸𝐼𝑚

𝜔3 = 0.3887�𝐸𝐼𝑚

𝐀(1) = �

118.227821.8771

−21.8771

� 𝐀(2) = �

1.11801.0000

−0.19080.1908

� 𝐀(3) = �

11.7761−5.7240

1.0−1.0

�

𝑝 = 0.8𝜔1 = 0.0465�𝐸𝐼𝑚

�

−453.2080 2.8553 0.9286 −0.9286−206.7225 22.8671 −22.8671

−125.3569 −28.607−48.3750

� �

𝐼1𝐼2𝐼3𝐼4

� = �−2.8553−24.2234−22.867122.8671

�𝑃𝑜

→

𝐼1 = −0.0070 𝑃𝑜 𝐼2 = 0.1496 𝑃𝑜𝐼3 = 0.0876 𝑃𝑜𝐼4 = 0.0876 𝑃𝑜

𝑣2𝑚 = 𝛿2𝑃 + �𝛿2𝑖𝐼𝑖

2

𝑖=1

= 59.4447 𝑃𝑜𝐸𝐼

Zadatak 2 Za nosač prikazan na slici odrediti sve kružne frekvencije i glavne oblike oscilovanja sistema.

Usled zadatog dinamičkog opterećenja odrediti pomeranje mase 4m.

𝑃(𝑡) = 𝑃𝑜 sin𝑝𝑡 ,𝑝 = 0. 7𝜔1 ,𝐸𝐼 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡

Ceo nosač:

Staticki odredjen

1 stepen slobode

4 inercijalne sile

Matrica fleksibilnosti sistema

𝐃 =1𝐸𝐼 �

13.3333 −13.3333 −6.6666 6.666613.3333 6.6666 −6.6666

3.3333 −3.33333.3333

�

Matrica masa sistema

𝐌 = �4

23

1

�𝑚

𝜔1 = 0.1035�𝐸𝐼𝑚

𝐀(1) = �

0.378−0.378−0.1890.1891

�

𝑝 = 0.7𝜔1 = 0.07245�𝐸𝐼𝑚

�

−453.2080 2.8553 0.9286 −0.9286−206.7225 22.8671 −22.8671

−125.3569 −28.607−48.3750

� �

𝐼1𝐼2𝐼3𝐼4

� = �13.3333−13.3333−6.66666.6666

�𝑃𝑜

→

𝐼1 = 0.549 𝑃𝑜 𝐼2 = −0.2745 𝑃𝑜𝐼3 = −0.2059 𝑃𝑜𝐼4 = 0.0686 𝑃𝑜

𝑣4𝑚 = 𝛿1𝑃 + �𝛿1𝑖𝐼𝑖

2

𝑖=1

= 26.1437 𝑃𝑜𝐸𝐼

Zadatak 3 Za datu prostornu pros-tornu konstrukciju odrediti: a) Matricu krutosti; b) Kružne frekvencije; c) Odrediti seizmičke sile

za pojedine ramove i zidove usvajajući da je 𝑘𝑑 = 1.0.

Napomena: Rigle tavanice smatrati da su beskonačno krute.

Grede i stubovi: 𝑏 𝑑⁄ = 0.8 0.8⁄ 𝑚

Debljina zida: ℎ = 0.2 𝑚

Modul elastičnosti: 𝐸 = 3 ∙ 107 kN m2⁄

Poasson-ov koeficijent: 𝜈 = 0.16

Krutost zidova odrediti pomoću izraza za pomeranje:

𝛿 =𝑃

2𝐸ℎ𝐵3[12𝐻𝑥2 − 4𝑥3 + (4 + 5𝜈)𝐵2𝑥]

ZBIRKA ZADATAK 10

Rešenje

a) Matrica krutosti konstrukcije

Krutost zidova

Matrica krutosti zidova se može odrediti inverzijom matrice fleksibilnosti. Članovi matrice fleksibilnosti 𝛿𝑖𝑗 predstavljaju horizontalna po-meranja u nivou 𝑖-te tavanice usled jedinične horizontalne sile zadate u nivou 𝑗-te ta-vanice i mogu se odrediti na osnovu datog izraza. Kako konstrukcija ima dve tavanice to će i odgovarajuća matrica fleksibilnosti biti drugog reda.

▫ Određivanje matrice fleksibilnosti

Za visinu zida 𝐻 = 8.0 m:

𝐸𝛿22 =1

2 ∙ 0.2 ∙ 103[12 ∙ 8 ∙ 82 − 4 ∙ 83 + (4 + 5 ∙ 0.16)102 ∙ 8] = 19.84

𝐸𝛿12 =1

2 ∙ 0.2 ∙ 103[12 ∙ 8 ∙ 42 − 4 ∙ 43 + (4 + 5 ∙ 0.16)102 ∙ 4] = 8.0

Za visinu zida 𝐻 = 4.0 m:

𝐸𝛿11 =1

2 ∙ 0.2 ∙ 103[12 ∙ 4 ∙ 42 − 4 ∙ 43 + (4 + 5 ∙ 0.16)102 ∙ 4] = 6.08

𝐸𝛿21 = 𝐸𝛿12 = 8.0

Na osnovu dobijenih koeficijenata matrica fleksibilnosti zida je:

𝐃𝑧 = �6.08 8.0

8.0 19.84�1𝐸

▫ Određivanje matrice krutosti

Inverzijom matrice fleksibilnosti dobija se matrica krutosti zida.

𝐊𝑧 = 𝐃𝑧−1 = �0.3504 −0.1413

−0.1413 0.1074� 𝐸

Moment inercije greda iznosi 𝐼 = 0.84

12= 0.03413 m4, pa se matrica krutosti može zapisati u obliku:

𝐊𝑧 = �10.2645 −4.1389−4.1389 3.1456� 𝐸𝐼

Krutost ramova

▫ Matrica krutosti za ram tipa I (ramovi 1 i 3)

Matrica fleksibilnosti iznosi:

𝐃𝐼 = �1. 7̇ 1. 7̇1. 7̇ 4. 4̇�

1𝐸𝐼

Matrica krutosti za ram tipa I iznosi:

𝐙𝐼 = 𝐃𝐼−1 = �0.9375 −0.375−0.375 0.375 � 𝐸𝐼

▫ Matrica krutosti za ram tipa II (ram 2)

Matrica fleksibilnosti:

𝐃𝐼𝐼 = �1. 3̇ 1. 3̇1. 3̇ 3. 9̇�

1𝐸𝐼

Matrica krutosti za ram tipa II :

𝐙𝐼𝐼 = 𝐃𝐼𝐼−1 = �1.125 −0.375

−0.375 0.375� 𝐸𝐼

▫ Matrica krutosti za ram tipa III (ramovi 4 i 5)

𝛿11 =2. 6̇𝐸𝐼

⇒ 𝑘11 = 𝛿11−1 = 0.375𝐸𝐼

pa je matrica krutosti rama tipa III:

𝐙𝐼𝐼𝐼 = �0.375 0.0

0.0 0.0� 𝐸𝐼

Geometrijske karakteristike tavanica

▫ Tavanica 1

�̅�𝑇1 = 12.0 𝑚 𝑦�𝑇1 = 5.0 m

𝐹1 = 4 ∙ (8 ∙ 5) = 160 m2

𝐼𝑥1 = 1333. 3̇ m4

𝐼𝑦1 = 5973. 3̇ m4

𝐼01 =𝑀1𝐹1�𝐼𝑥1 + 𝐼𝑦1� =

120160

�1333. 3̇ + 5973. 3̇� = 5480.0 kNs2m

▫ Tavanica 2

�̅�𝑇2 = 4.0 m 𝑦�𝑇2 = 5.0 m

𝐹2 = 8 ∙ 10 = 80 m2

𝐼𝑥2 = 666. 6̇ m4

𝐼𝑦2 = 426. 6̇ m4

𝐼02 =6080

�666. 6̇ + 426. 6̇� = 820.0 kNs2m

▫ Matrice transformacije za ramove i zidove

𝐚𝑖 = �cos𝜑𝑖1 sin𝜑𝑖1 𝑟𝑖1 0 0 0

0 0 0 cos𝜑𝑖2 sin𝜑𝑖2 𝑟𝑖2�

𝐚1 = �1 0 5 0 0 00 0 0 1 0 5� 𝐚2 = �

1 0 0 0 0 00 0 0 1 0 0� 𝐚3 = �

1 0 −5 0 0 00 0 0 1 0 −5�

𝐚4 = �0 1 −12 0 0 00 0 0 0 0 0� 𝐚5 = �

0 1 12 0 0 00 0 0 0 0 0�

𝐚𝑍𝑖𝑑1 = �0 1 −4 0 0 00 0 0 0 1 −4� 𝐚𝑍𝑖𝑑2 = �

0 1 4 0 0 00 0 0 0 1 4�

▫ Matrica masa

𝐌 =

⎣⎢⎢⎢⎢⎡120 120

548060

60820⎦

⎥⎥⎥⎥⎤

Prostorne matrice krutosti ramova i zidova

𝐊𝑖 = 𝐚𝑖T ∙ 𝐙𝑖 ∙ 𝐚𝑖

𝐊1 =

⎣⎢⎢⎢⎢⎡0.9375 0.0 4.6875 −0.375 0.0 −1.875

0.0 0.0 0.0 0.0 0.023.4375 −1.875 0.0 −9.375

0.375 0.0 1.8750.0 0.0

𝑠𝑖𝑚𝑒𝑡. 9.375⎦⎥⎥⎥⎥⎤

𝐸𝐼 𝐊2 =

⎣⎢⎢⎢⎢⎡

1.125 0.0 0.0 −0.375 0.0 0.00.0 0.0 0.0 0.0 0.0

0.0 0.0 0.0 0.00.375 0.0 0.0

0.0 0.0𝑠𝑖𝑚𝑒𝑡. 0.0⎦

⎥⎥⎥⎥⎤

𝐸𝐼

𝐊3 =

⎣⎢⎢⎢⎢⎡0.9375 0.0 −4.6875 −0.375 0.0 1.875

0.0 0.0 0.0 0.0 0.023.4375 1.875 0.0 −9.375

0.375 0.0 −1.8750.0 0.0

𝑠𝑖𝑚𝑒𝑡. 9.375⎦⎥⎥⎥⎥⎤

𝐸𝐼 𝐊4 =

⎣⎢⎢⎢⎢⎡

0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00.375 −4.5 0.0 0.0 0.0

54.0 0.0 0.0 0.00.0 0.0 0.0

0.0 0.0𝑠𝑖𝑚𝑒𝑡. 0.0⎦

⎥⎥⎥⎥⎤

𝐸𝐼

𝐊5 =

⎣⎢⎢⎢⎢⎡

0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.00.375 4.5 0.0 0.0 0.0

54.0 0.0 0.0 0.00.0 0.0 0.0

0.0 0.0𝑠𝑖𝑚𝑒𝑡. 0.0⎦

⎥⎥⎥⎥⎤

𝐸𝐼

𝐊6 = 𝐚𝑍𝑖𝑑1T ∙ 𝐊𝑧 ∙ 𝐚𝑍𝑖𝑑1 =

⎣⎢⎢⎢⎢⎡

0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.010.2645 −41.058 0.0 −4.1389 16.5556

164.232 0.0 16.5556 −66.22240.0 0.0 0.0

3.1456 −12.5824𝑠𝑖𝑚𝑒𝑡. 50.3296⎦

⎥⎥⎥⎥⎤

𝐸𝐼

𝐊7 = 𝐚𝑍𝑖𝑑2𝑇 ∙ 𝐊𝑧 ∙ 𝐚𝑍𝑖𝑑2 =

⎣⎢⎢⎢⎢⎡

0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.010.2645 41.058 0.0 −4.1389 −16.5556

164.232 0.0 −16.5556 −66.22240.0 0.0 0.0

3.1456 12.5824𝑠𝑖𝑚𝑒𝑡. 50.3296⎦

⎥⎥⎥⎥⎤

𝐸𝐼

▫ Matrica krutosti konstrukcije

𝐊 = �𝐊𝑖

7

𝑖=1

=

⎣⎢⎢⎢⎢⎡

3.0 0.0 0.0 −1.125 0.0 0.021.279 0.0 0.0 −8.2778 0.0

483.339 0.0 0.0 −151.19481.125 0.0 0.0

6.2912 0.0𝑠𝑖𝑚𝑒𝑡. 119.4092⎦

⎥⎥⎥⎥⎤

𝐸𝐼

b) Kružne frekvencije konstrukcije

Kružne frekvencije sistema se određuju iz uslova:

det(𝐊 − 𝜔2𝐌) = 0, odnosno det(𝐊𝐌−1 − 𝜔2𝐄) = 0.

Vrednosti 𝜔2 predstavljaju sopstvene vrednosti matrice 𝐊𝐌−1.

𝐊𝐌−1 =

⎣⎢⎢⎢⎢⎡

0.025 0.0 0.0 −0.0188 0.0 0.00.0 0.1773 0.0 0.0 −0.138 0.00.0 0.0 0.0882 0.0 0.0 −0.1844

−0.0094 0.0 0.0 0.0188 0.0 0.00.0 −0.069 0.0 0.0 0.1049 0.00.0 0.0 −0.0276 0.0 0.0 0.1456⎦

⎥⎥⎥⎥⎤

𝐸𝐼

𝜔12 = 0.0082𝐸𝐼 → 𝜔1 = 0.0906√𝐸𝐼

𝜔22 = 0.0356𝐸𝐼 → 𝜔2 = 0.1887√𝐸𝐼

𝜔32 = 0.0370𝐸𝐼 → 𝜔3 = 0.1924√𝐸𝐼

𝜔42 = 0.0400𝐸𝐼 → 𝜔4 = 0.2000√𝐸𝐼

𝜔52 = 0.1938𝐸𝐼 → 𝜔5 = 0.4402√𝐸𝐼

𝜔62 = 0.2452𝐸𝐼 → 𝜔6 = 0.4952√𝐸𝐼

c) Seizmičke sile po pojedinačnim ramovima i zidovima

Ukupna seizmička sila

𝐺1 = 𝑔 ∙ 𝑀1 = 9.81 ∙ 120 = 1177.2 kN

𝐺2 = 𝑔 ∙ 𝑀2 = 9.81 ∙ 60 = 588.6 kN

𝐺 = 𝐺1 + 𝐺2 = 1765.8 𝑘𝑁

𝑆 = 𝑘𝑑 ∙ 𝑘𝑜 ∙ 𝑘𝑝 ∙ 𝑘𝑠 ∙ 𝐺 = 1.0 ∙ 1.0 ∙ 1.0 ∙ 0.1 ∙ 1765.8 = 176.58 kN

▫ Seizmičke sile po pojedinim tavanicama

𝑆𝑖 = 𝑆𝐺𝑖ℎ𝑖∑𝐺𝑖ℎ𝑖

�𝐺𝑖ℎ𝑖 = 1177.2 ∙ 4.0 + 588.6 ∙ 8.0 = 9417.6 kNm

𝑆1 = 176.581177.2 ∙ 4.0

9417.6= 88.29 𝑘𝑁

𝑆2 = 176.58588.6 ∙ 8.0

9417.6= 88.29 𝑘𝑁

Sile po ramovima i zidovima pri delovanju seizmičke sile u podužnom pravcu

▫ Pomeranja tavanica

Pomeranja centara masa tavanica, u globalnom koordinatnom sistemu, mogu se dobiti rešavanjem sistema jednačina 𝐊 ∙ 𝐮 = 𝐒.

𝐊

⎣⎢⎢⎢⎢⎡𝑢1𝑣1𝜃1𝑢2𝑣2𝜃2⎦⎥⎥⎥⎥⎤

=

⎣⎢⎢⎢⎢⎡𝑆100𝑆200 ⎦⎥⎥⎥⎥⎤

=

⎣⎢⎢⎢⎢⎡88.29

0.00.0

88.290.00.0⎦

⎥⎥⎥⎥⎤

→

⎣⎢⎢⎢⎢⎡𝑢1𝑣1𝜃1𝑢2𝑣2𝜃2⎦⎥⎥⎥⎥⎤

=

⎣⎢⎢⎢⎢⎡

94.1760.00.0

172.6560.00.0⎦

⎥⎥⎥⎥⎤

1𝐸𝐼

▫ Raspodelasila po ramovima i zidovima

𝚫𝑖 = 𝐚𝑖 ∙ 𝐮 → 𝐑𝑖 = 𝐙𝑖 ∙ 𝚫𝑖

𝚫1 = �94.176

172.656�1𝐸𝐼

𝚫2 = �94.176

172.656�1𝐸𝐼

𝚫3 = �94.176

172.656�1𝐸𝐼

𝐑1 = �23.544

29.43� 𝐑2 = �41.202

29.43� 𝐑3 = �23.544

29.43�

𝚫4 = 𝚫5 = 𝚫6 = 𝚫7 = �0.00.0� 𝐑4 = 𝐑5 = 𝐑6 = 𝐑7 = �

0.00.0�

Sile po ramovima i zidovima pri delovanju seizmičke sile u poprečnom pravcu

▫ Pomeranja tavanica

𝐊

⎣⎢⎢⎢⎢⎡𝑢1𝑣1𝜃1𝑢2𝑣2𝜃2⎦⎥⎥⎥⎥⎤

=

⎣⎢⎢⎢⎢⎡

0𝑆100𝑆20 ⎦⎥⎥⎥⎥⎤

=

⎣⎢⎢⎢⎢⎡

0.088.29

0.00.0

88.290.0⎦

⎥⎥⎥⎥⎤

→

⎣⎢⎢⎢⎢⎡𝑢1𝑣1𝜃1𝑢2𝑣2𝜃2⎦⎥⎥⎥⎥⎤

=

⎣⎢⎢⎢⎢⎡

0.019.6837

0.00.0

39.93310.0⎦

⎥⎥⎥⎥⎤

1𝐸𝐼

▫ Raspodela sila po ramovima i zidovima

𝚫1 = 𝚫2 = 𝚫3 = �0.00.0�

𝐑1 = 𝐑2 = 𝐑3 = �0.00.0�

𝚫4 = �19.6837

0.0�1𝐸𝐼

𝚫5 = �19.6837

0.0�1𝐸𝐼

𝚫6 = �19.683739.9331�

1𝐸𝐼

𝚫7 = �19.683739.9331�

1𝐸𝐼

𝐑4 = �7.3814

0.0� 𝐑5 = �7.3814

0.0�

𝐑6 = �36.764244.1447� 𝐑7 = �

36.764244.1447�

DINAMIKA KONSTRUKCIJA I ZEMLJOTRESNO INŽENJERSTVO BEOGRAD, 18.06.2016.

Zadatak 2 Za nosač prikazan na slici odrediti sve kružne frekvencije i glavne oblike oscilovanja sistema.

Usled zadatog dinamičkog opterećenja odrediti pomeranje mase m.

𝑃(𝑡) = 𝑃𝑜 sin𝑝𝑡 ,𝑝 = 0. 7𝜔1 ,𝐸𝐼 = 𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡

Ceo nosač:

Staticki odredjen

2 stepena slobode

4 inercijalne sile

Matrica fleksibilnosti sistema

𝐃 =1𝐸𝐼 �

50.1316 44.7077 5.4239 50.131661.6376 −16.9299 44.7077

22.3538 5.423950.1316

�

Matrica masa sistema

𝐌 = �1

53

4

�𝑚

𝜔1 = 0.04438�𝐸𝐼𝑚

𝜔2 = 0.09197�𝐸𝐼𝑚

𝐀(1) = �

11.1616

−0.16161

� 𝐀(2) = �

−1.39371.0000

−2.3937−1.3937

�

𝑝 = 0.7𝜔1 = 0.031066�𝐸𝐼𝑚

�

−985.9761 44.7077 5.4239 50.1316−145.5839 −16.9299 44.7077

−323.0154 5.4239−208.8953

� �

𝐼1𝐼2𝐼3𝐼4

� = �−50.1316−44.7077−5.4239−50.1316

� 𝑃𝑜

→

𝐼1 = 0.0891 𝑃𝑜 𝐼2 = 0.4438 𝑃𝑜𝐼3 = 0.0010 𝑃𝑜𝐼4 = 0.3564 𝑃𝑜

𝑣𝑚 = 𝛿1𝑃 + �𝛿1𝑖𝐼𝑖

2

𝑖=1

= 92.3087 𝑃𝑜𝐸𝐼

Zadatak 3 Primenom modalne analize odrediti odgovor neprigušenog sistema. Sistem je bio u mirovanju pre početka dejstva dinamičkog opterećenja. Zanemariti uticaj aksijalne deformacije. Rigle rama su beskonačno fleksiono krute.

𝐸𝐼 = 330000 kNm2

𝐿 = 5m

𝑎 = 0.1

𝐻 = 3 m

𝑀 = 20 kNs2/m

𝑝 = 0.7𝜔1

Rešenje:

Matrica krutosti sistema

𝐊 = 105 �

8.8007 −4.4 0 04.821 −0.3667 −0.0543

3.3 −2.93332.9877

�

Matrica masa sistema

𝐌 = �80

6040

60

�

𝜔1 = 18.3499 𝑟𝑎𝑑𝑠

𝜔2 = 55.1874 𝑟𝑎𝑑𝑠

𝜔3 = 113.4 𝑟𝑎𝑑𝑠

𝜔4 = 126.8325 𝑟𝑎𝑑𝑠

𝐏𝑜 = �1101

�

𝐀 = �

1 1 1 11.9405 1.4480 −0.9231 −0.3265

10.7608 −0.1368 0.1716 −10.416311.3693 −0.2781 −0.068 6.511

�

𝐌∗ = 𝐀𝑇𝐌𝐀 = 104 �

1.2693 0 0 00 10.0211 0 00 0 0.0133 00 0 0 0.697

�

Kad postoji prinudna sila, diferencijalne jednačine postaju nehomogene, a slobodni član je određen preko izraza:

𝐏∗ = 𝐀𝑇𝐏𝑜 = �14.30982.16990.00897.1845

�

Diferencijalne jednačine oblika: �̈�𝑖 + 𝜔𝑖2𝑌𝑖 =𝑃𝑜𝑖𝑀𝑖

𝑖 = 1,2,3

imaju rešenje:

𝑌𝑖 =1

𝜔𝑖2 − 𝑝2𝑃𝑜𝑖𝑀𝑖

sin𝑝𝑡

𝑝 = 0.7𝜔1 = 12.8449 𝑟𝑎𝑑𝑠

𝑌1 =1

14.52172 − 10.165224.59891.8131

sin𝑝𝑡 = 0.02358 sin𝑝𝑡

𝑌2 =1

31.04772 − 10.165221.10782.4740

sin𝑝𝑡 = 0.00052 sin𝑝𝑡

𝑌3 =1

46.09952 − 10.165222.3558

22.5957sin𝑝𝑡 = 0.00001 sin𝑝𝑡

𝐘 = 10−5 �0.65650.35670.00050.0065

� sin𝑝𝑡

Odgovor sistema u osnovnim koordinatama je: 𝐲 = 𝐀 𝐘 = 10−4 �0.10200.17880.69480.7407

� sin(12.8449 𝑡)

DKIZI Vezbe - 27.11.DKIZI FEB 16-resenjaDKIZI FEB 17-resenjaDKIZI JUN 16-Resenja