SKRIPTA STABILNOST KONSTRUKCIJA prvo izdanje_2012

2012

IGOR KNEZ univ. bacc. ing. aedif.

3.12.2012.

Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija

2 Skripta riješenih zadataka iz Stabilnosti konstrukcija

SADRŽAJ

1.DIO (statički i energetski način)………………………………………………………….…...2.str.

2.DIO(rješavanje pomodu diferencijalne jednadžbe)…………………………………16.str.

3.DIO(metoda početnih parametara)……………………………………………………….22.str.

4.DIO(Rayleigh-eva metoda)..…………………………………………………………………..26.str.

5.DIO(metoda krutosti)..…………………………………………………………………………..31.str.


Riješeni primjeri

1.dio

Primjer 1.1.

a)Statički

0 0

0

A A

A r A r

r

rcr

M M P y

yM k k

L

yk P y

L

kP

L

a)Energetski

2

2

2 2

2

1

21

2 2

10 0 /

A

r A

A r A

A r A

A

r

r

cr

LV P P

U k

LV U P k

P L k

P L k

kP

L


Primjer 1.2. a)Statički

1 1 1 3 1 2

1 13

1 2

0 0l

l

M M k y a R a a

M k y aR

a a

2 2 3 2

1 12 2

1 2

0 0

0

G

l

M M R a P y

M k y aM a P y

a a

1 1 1 1

1

2 2 1 3 2

1 2

r r

r r

yM k k

a

y yM k k

a a

1 2 1 2

12 1 2

1 2 1 2

2 2 2

1 2 1 22 1 2 1 2 1 2

1 2

2 2 2

1 2 1 2 2 1 2 1 2 1

/ : /

/

r l

r

r lr

r r l

yk a k y a a

ay yk P y y a a

a a a a

k a k a ak a a P a a a a

a a

P a a a a k a a k a k a

2

2 1 2 1 2

2

2 1 2 21 1 2

1 2 1

1 2

/ :

r

r l

a a a a a

k a a ak k a a

a a aP

a a


Pretpostavka: a1=a2=a

2

2 14

2

r r lcr

k k k aP

a

b) Energetski

2 22 21 2 1 2

1 3 2 2

1 2

2 2

1 2

2 2 2 2

1

2

a a a ay y

a a

y y

a a

2 2

1 2

22 2

1 1 2 1 3

2 2 2 22

1 22 2 2

1 1 1 2 2

1

2

1 1 1

2 2 2

1 1 1 2

2 2 2

l r r

l r r

y yV P P

a a

U k y k k

y y y yk y k k

a a a a a

2 2 2 2 2 22

1 22 2 2

1 2 1 1 1 2 2

1 22 2 2

1 2 1 1 1 2 2

1 1 1 1 2

2 2 2 2

20 0 / :

l r r

l r r

y y y y y yV U P k y k k

a a a a a a a

y y y y y yP k y k k y

y a a a a a a a

2 2

1 2 2 1 2 1 1 21 22 2 2

1 2 1 1 2 1 2

21 0 / :l r r

a a a a a a a aP k k k

a a a a a a a

2 2

2 2 1 2 11 2 1 2

1 1 2 1 2 1 2

1 2

2

0

l r r

a a a a ak a a k k

a a a a a a aP

a a

Pretpostavka: a1=a2=a

2

2 14

2

r r lcr

k k k aP

a


Primjer 1.3.

a)Statički

3 4

4

2 4

0 0

0 2 02

2 0 / :2

12

2

2

5

D

l

l

l

cr l

M P y R L

P yR

Ly

M P k y L R L

y P yP k y L L y

L

P k L

P k L


b) Energetski

2 22 2 2 2

1 2 3 2

5 5 5

4 2 2 4 4 4

L L L y yL L

L L

25

4

yV P P

L

21

2lU k y

2

25 1

4 25

0 0 / : 2

5 1 0

2

2

5

l

l

l

cr l

yV U P k y

Ly

P k y yy L

P kL

P k L


Primjer 1. 4.

a) Statički

1 1

1 10 0

0 / :

r r

l

r l

rcr l

xM k k

H

M M k x H P x

xk k x H P x x

H

kP k H

H

b) Energetski

2 22

1 2

2 22

2

2

2

2 2 2

1 1

2 2 2

0 0 / :

0

r l

r l

rl

rcr l

H H x x

H H

x xV U P k k x

H Hx x

P k k x xy H H

kPk

H H

kP k H

H


Primjer 1. 5.

a) Statički

0 1 2 2 3

1 2 2 1 3

22 2 3 3

21 2 2

22 2 1

0 2 3 0

0 2 0

0 0

2 3 0 ................. 1

2 0 ................. 2

l

G

G

l

M k y a k y a R a

M k y a P y R a

P yM P y R a R

a

P yk y a k y a a

aP y

k y a P y aa

1 2 2

1 2 2

2 3 0

2 0

lk a y k a P y

P y k a P y

2 1

2 2

2 2

2 2

2 2

2 30

2

2 2 3 0

3 2 2 0

l

l

l l

k a k a P y

P k a P y

k a k a P k a P P

P P k a k a k k a


Pretpostvka: k1=k k2=2k

2 2 23 6 2 0P P k a k a

2

1

2

4 6 3,46

2 6

0,423

1,577

cr

cr

cr

b b ac k a k aP

a

P k a

P k a

b) Energetski

2 2 2 2 2 2

1 2 3 01 12 32 01 12 32

22 22 11 2

2 2 2

2 2

1 1 2 2

2 22 21 1 2 2

1 1 2 2

2 2 2 2

2

1 1

2 2

a a a a

y yy ya

a a a

y y y y

a

y y y yV U P k y k y

a

1 21 1

1

1 1 2

1 22 2

2

1 2 2

1

20

2 0 ............... 1

20

2 + 0 ............... 2

2

P y P yk y

y a a

P Pk y y

a a

P y P yk y

y a a

P Py k y

a a

Pk

a

1

2

2

02

P

ya

yP Pk

a a

2

1 2 2

2 22

2 1 1 22 2

2 2 2

2 1 1 2

2 2

2 1 1 2

2 20

4 2 20 /

4 2 2 0

3 2 2 0

P P Pk k

a a a

P P P Pk k k k a

a a a a

P P k a P k a k k a P

P P k a P k a k k a


Pretpostvka: k1=k k2=2k

2 2 23 6 2 0P P k a k a

Jednadžba je ista kao kod Statičkog načina , te nema svrhe nastavljati računanje !

Primjer 1.6.

a) Statički

1 1 1 3 1 2 3

32 3 2 3 3

2

0 ( ) 0

0 0

l

D

M M k y L R L L M

M P yM R L P y M R

L

2

2 2

21 1 2

1 2 2

1 1 22

1 2 2

1 11 2

1 2 2

0 / :

0

0

r

r l r

r r rl

r r r rl

yk P y

Ly yk k y L L L k y

L L L

k k kPk L L L

L L L L

k k L k P L kk L P

L L L L L


2

1 2 1 1 21

2 1 2

1 22 1

1 1 2 1 2 1 2

/:r rl

lr rcr

L L k k L L LP k L

L L L L

k L Lk L k LP

L L L L L L L

b) Energetski

1 2

1 2

22 21 2

1 2 1 3

1 2

2 222

2 2

1 2

2 2

1 2

1 2

1 1

2 2 2

1 1 1 1 1

2 2 2 2

1 10 /: y

l r r

l r r

L L y

L L

y yyV U P k y k k

L L L L

y yP y k y k k

y L L L L

L LP

1 2

1

1 2

2 2

1 2 1 2

1 2 2 1

1 2 1 2 1 2

= 0 /: r rl

l r rcr

k k L Lk

L L L L L L

k L L k L k LP

L L L L L L L


Primjer 1. 7.

a) Statički

3 3 1

2 2 2 1

0 0

0 0G

M M P y

M M P y y

3 1

1 3 2 1

0

0

r

r

k P y

k P y y

21

2 1 22 1

0

0

r

r

yk P y

a

y y yk P y y

a a

2 1

1 2

0 .................. 1

2 0 .................. 2

r

r r

ky P y

a

k kP y P y

a a

1

2

02

20

r

r r

r r r

kP

ya

k k yP P

a a

k k kP P P

a a a


22 2

2

2 2 2

1/2 2

1

2

20 /

3 0

3 5

2

2,62

0,38

r r r

r r

r r

cr

rcr

rcr

P k k P kP a

a a a

P a P k a k

k a k aP

a

kP

a

kP

a

b) Energetski

222 12 2 2

1 2 3 1 2 2

2 2

2 1 2 1

2 2

2 1 2 1

22

22 2 2 2 13 1 3 2

2 2 2

1 2 2

2

2 22

1 1 1

2 2 2r r r

y yya a a

a a

y y y ya

PV y y y y

a

y y y yU k k k

a a a

2 2

2 1 2 12 = 5 4

2

rky y y y

a

2 2 2 2

2 1 2 1 2 1 2 12

2 1 2 12

1

1 2

2 2 5 42 2

0 2 2 4 2 02 2

2 ............................................. 1

r

r

r r

kPV U y y y y y y y y

a akP

y y y yy a a

k kP y P y

a a

2 1 2 12

2

1 2

0 4 2 10 4 02 2

2 5 2 0 ............................. 2

r

r r

kPy y y y

y a a

k kP y P y

a a


1

2

2 22 2

2 2

2 2 2

2

02 5

2

5 2 52 2 0

5 2 5 4 42 0

(3 ) 0

r r

r r

r r r r

r r r r r

r r

k kP P

ya a

yk kP P

a a

k k k kP P P P

a a a a

k k k k kP P P P P

a a a a a

P a k a P k

Jednadžba je ista kao kod Statičkog načina , te nema svrhe nastavljati računanje !


2.dio

Primjer 2. 1.

3

3 3

Pretpostavka:

1212 12l

l

EIkEI Lk

L EI EI L

0 0 ................... 1

' 0 0 ................... 2

'' 0

y x

y x

y x L

2

2 2

................... 3

''' ' /:

''' ' 0 ................. 4

0

0

sin cos 0

sin + cos 0

lEI y x L P y x L k y x L EI

y x L y x L y x L

B D B D

A C A C

A L B L

A L B L

3 3 2

3

3

.................. 1

cos sin cos sin sin cos 0

sin cos 0 ................. 2

sin cos

sin cos

A L B L A L B L C A L B L CL D

L L A L B

L L A

L L L B

3

3 3

3

2

0

sin cos cos sin 0

Koristeći pretpostavku za krutost opruge slijedi

12sin 12 cos 0

Supstitucija : 12sin 12 cos 0

3,352 11, 3,352

L L L L L

L L L L

u L f u u u u u

RJEŠENJE u LL

2

22

22 2

236

11,236 11,236

0,937

crcr

L

P EI EIP

EI L L L


Primjer 2. 2.

1 1Koristeći pretpostavku sa slike te I =I; L =L

4rk

EI L

0 0 ................... 1

'' 0 0 .................... 2

0

y x

y x

y x L

2

.................... 3

- '' ' /:

'' ' 0 .................. 4

0

0 0 0

sin 0

rEI y x L k y x L EI

y x L y x L

B D B D

B B D

A L CL

2

2

2

2

................... 1

sin cos 0

cos sin 0 .................... 2

sin0

cos sin

sin cos sin 0

Koriste

A L A L C

L L A C

L L A

L L C

L L L L L

2 2

2

2

2

22

22 2

ći pretpostavku za krutost opruge slijedi

4sin 4 cos sin 0

Supstitucija : 4 sin 4 cos 0

3,829 14,66: 3,829

14,66 14,66

0,82

crcr

L L L L L

u L f u u u u u

RJEŠENJE u LL L

P EI EIP

EI L L L


Primjer 2. 3

a)simetrična slika izvijanja(bez pomaka)

0 0 ................... 1

'' 0 0 .................... 2

0

y x

y x

y x L

.................... 3

- '' ' /:

'' ' 0 .................. 4

rEI y x L k y x L EI

y x L y x L

Rubni uvjeti su isti kao u prethodnom zadatku što dovodi do iste jednadžbe:

2sin cos sin 0

Koristeći pretpostavku za krutost opruge te ostale prepostavke :

L L L L L


1 1

2 2

2

2

2

22

22 2

2; ;

2sin 2 cos sin 0

Supstitucija : 2sin 2 cos sin 0

3,591 12,895 : 3,591

12,895 12,895

0,875

crcr

I I L LL

L L L L L

u L f u u u u u u

RJEŠENJE u LL L

P EI EIP

EI L L L

b)nesimetrična slika izvijanja(s pomakom)

0 0 ................... 1

'' 0 0 ................... 2

- ''

y x

y x

EI y x L

2

' /:

'' ' 0 .................. 3

T 0 ''' ' 0 /:

''' ' 0 ...........

rk y x L EI

y x L y x L

x L EI y x L P y x L EI

y x L y x L

2

2

2

....... 4

0

0 0 0

sin cos 0

sin cos 0 .......................... 1

B D B D

B B D

A L A L C

L L A C


3 2

2

2

2

4 3 3

cos cos = 0

0 .......................... 2

sin cos0

0

sin cos 0 /:

sin cos 0

Koristeći

A L A L C

C

AL L

C

L L

L L

1 1

2

2

2

2

pretpostavku za krutost opruge te ostale prepostavke :

6; ;

sin 6cos 0

Supstitucija : sin 6cos 0

1,35 1,8225: 1,35

1,8225 1,8225crcr

I I L LL

L L L

u L f u u u u

RJEŠENJE u LL L

PP

EI L

2

222,327

EI EI

L L

Primjer 2. 3

0 0 ................... 1

'' 0 ' 0 0 ................... 2

0

y x

y x y x

y x L

................... 3

'' 0 .................. 4y x L

22

2

2 2

0

sin cos 0 sin cos 1 ................. 1

sin cos 0 ...

B D

B A C C B A

LA L B L CL D L L A L B

A L B L

.............. 2


2

2 2

42 2 2 3

2 2

sin cos 10

sin cos

sin cos sin sin sin cos cos 0

Koristeći pretpostavku za krutost opruge :

1

sin sin cos 0

Supstitucija :

LAL L L

BL L

LL L L L L L L L

L

L L L L L

u

2

2

2

22

22 2

sin sin cos 0

3,41 11,63: 3, 41

11,63 11,63

0,92

crcr

L f u u u u u u

RJEŠENJE u LL L

P EI EIP

EI L L L


3.dio

Primjer 3. 1.

0

0

0

0

Početni uvjeti:

0 0

0 0

' 0 ' ?

0 ?

Zbog unutarnjeg zgloba imamo "skok" u kutu zaokreta te nas zanima i y'!

Rubni uvjeti:

0 ............ 1

0,4 0 ............

y x y

M x M

y x y

T x T

y x L

M x L

2

' 0 ............ 3y x L

0 0 3

0 0

0 0 2

sin sin sin 0,6' ' 0 ................ 1

sin 0,4'sin 0,4 0 ................ 2

1 cos' cos 'cos 0,6 0 ................ 3

L L L Ly T y

EI

LEI y L T

Ly L T y L

EI

3

0

0

2

sin sin sin 0,6

'sin 0,4

sin 0,4 0 0

'1 cos

cos cos 0,6

L L L L

EIy

LEI L T

yL

L LEI


3 2

sin sin 0,4cos 0,6

sin sin 0,6 1 cossin 0,4 cos 0,6

sin 0,6 sin 0,4cos 0

Krajnja jednadžba:

sin 0,4 sin 0,6 cos 0,6 0

sin 0,

L LL

L L L LEI L L

EI EI

L LL

L L L L

1.

2 22

2

2

2

2

2

2

22

4 0

0, 4 0,4 0,4

0,4

sin 0,6 cos 0,6 0

Supstitucija: sin 0,6 cos 0,6 0

1,754 3,0771,754

3,077

1,79

cr

cr

L

n n PL n

L EIL

EIP

L

L L L

u L u u u

Pu L

L L EI

EI EIP

L L

2.


Primjer 3. 2.

0

0

0

0

1

Početni uvjeti:

0 0

0 0

0 ?

' 0 ' ?

Zbog polu-zgloba na udaljenosti L od ishodišta našeg koordinatnog sustava

imamo promjenu u dijagramu poprečnih sila dotičnog sustava te nas zanima

M x M

T x T

y x y

y x y

1

i T!

Rubni uvjeti:

0 ............ 1

' 0 ............ 2

0 ............ 3

y x L

y x L

y x L

2 20 0 3

20 2

10 0

sinsin' 0 ........... 1

1 cos' cos 0 ........... 2

sin' 0 ........... 3

L LLy y T

EI

Ly L T

EI

Ly y


2 2

3

0

202

1

2 1 2 2 2

2 2 3

2

sinsin1

cos 10 cos ' 0

sin1 0

cos 1 sin cos 1 sinsincos 0

Krajnja jednadžba:

sin cos sin

L LL

EI yL

L yEI

TL

L L L L LLL

EI EI EI

L L

2 2 1 2 1

1 2

sin cos cos sin cos sin 0

Pretpostavka: 2

sin cos sin sin cos cos sin cos sin 02 2 2 2 2 2

Supstitucija: 2

sin 2 cos sin 2 sin cos 2 cos 2 sin cos sin 0

3,6

L L L L L L L L

LL L

L L L L L LL L L L

Lu

u u u u u u u u u u

u

2

2

2

22

3,613 13,0513

13,05

0,869cr

PL

L L EI

EI EIP

L L


4.dio

Primjer 4. 1.

Geometrijski uvjeti:

0 0

0

y x

y x L

m=2(broj rubnih uvjeta)

2 3

0 1 2 3

Stupanj polinoma 1 3

Dodatni fizikalni uvjet:

'' 0

n m

y x a a x a x a x

y x L

0

2 3

1 2 3

2 3 2 3

3

3 3 3

2 3 2

2

1 2

1 0 0 0

2 0 0

3 Deriviranjem dolazimo do:

'' 2 6 0 3

Pretpostavka:

3Uvrštavanje u 3 : 3

Uvrštavanje u 2 :

3

y x a

y x L a L a L a L

y x a a L a a L

aa a L a

L

a aa L

L L

aa L L

L

3

3

1

1

2 3

2 3

2

2 3

2 3

0

3 0

2

Uvrštavanje u jednadžbu progibne linije:

2 3

2 6 3'

6 6''

a L

a L a a

aa

L

a a ay x x x x

L L L

a a ay x x x

L L L

a ay x x

L L


2

0

2

0

2 2 2 22 2

2 3 4 5 6

0 0 0

2 2 2 22 3

4 5 6 30

2

2 3

0

''

'

6 6 36 72 36''

36 36 12 12 =

2 6 3'

L

cr L

L L L

L

L

EI y x dx

P

y x dx

a a a a aEI y x dx x dx x x dx

L L L L L

a a a ax x x

L L L L

a a ay x dx x x

L L L

2 2 2 2 2 2 22 2 4 2 3

2 4 6 3 4 5

0 0

2

2

23

2 22

4 36 9 24 12 36

0,8 =

1215

0,8 0,811

L L

cr

a a a a a adx x x x x x dx

L L L L L L

a

L

aEI EILP

a L L

L

Primjer 4. 2.

Konstantno promjenjivi nosač

Prijedlog progibne linije je isti kao i u prethodnom zadatku zbog istih rubnih uvjeta te dolazimo do istog rješenja za nju! Jedini problem koji stoji pred nama jest prijedlog mijenjanja momenta otpora te smo ga izrazili polinomom 2.stupnja:

2

0 1 2I x a a x a x


0

2

1 2 1 2

2

0 1 2

02 2

2 20 0 0

2 2

0 0 0

0 0

2 2 4

4

4 4 4

I x a

I x L a L a L a a L

L L LI x I a a

Ia

L

I I II x x x Lx x

L L L

Računanje kritične sile:

2 22

0 2 2 2

0 0 0 0

222 2

0 0

4'' ''

0,912

1,047' '

L L

cr L L

EI x y x dx EI Lx x y x dxL EI EI

PL L

y x dx y x dx


Primjer 4. 3.

Stepenasto promjenjivi nosač

Geometrijski uvjeti:

0 0

0

y x

y x L

m=2(broj rubnih uvjeta)

Dodatni fizikalni uvjeti:

'' 0 0y x

2 3

0 1 2 3

Prijedlog progibne linije:

y x a a x a x a x

0

2 3 2

3

1 3

3

3 3 3

1 1

1 0 0 0

2 '' 0 0 2 6 0 0

3 0 0

Pretpostavka:

Uvrštavanje u 3 0

y x a

y x a a x a

y x L a L a L

aa a L a

L

aa L a a

L

3

1 3

3

3

2

3

3

Uvrštavanje u jednadžbu progibne linije:

' 3

'' 6

y x a x a x

a ay x x x

L L

a ay x x

L L

ay x x

L


3

4 42 2 2

30

4 4

2

0

32 2 24 4

3 3 3

30

4 4

2

2

3

0

2

22

'' 4 '' ''

'

6 6 64

3

33,28

0,545

L L

L

L L

cr L

L L

L

L L

cr L

cr

EI x y x dx EI x y x dx EI x y x dx

P

y x dx

a a aEI x dx EI x dx EI x dx

L L L

Pa a

x dxL L

EI EIP

L L


5.dio

Primjer 5. 1.

1 2

12 1 2

21 2 1

23 2

1 12

2 21 2

Nepoznanice i

Momenti na krajevima stupova(grede):

:

4:

Ravnoteža momenata u čvorovima:

c

c

EI EISTUP M r r

L L

EI EIM r r

L L

EIGREDA M

L

M M

M M M

1

3 2

2

2

2

04

0

4 0

1,48 0,1151

1,50 0,31295

1,48

1,485

c

c

c

crcr cl

cl

r rEI

r rL

K

r r r

za K

za K

INTERPOLACIJA

P EIP P

P L


Primjer 5. 2.

2 2'

21 2

22' 2 2'

23 2

2'1' 2

2'2 2' 2

2'3' 2'

Nepoznanice i


4

4 2

2

4

4 2

2

Ravnoteža

EIM

L

EI EIM

L L

EIM r

L

EIM

L

EI EIM

L L

EIM r

L

2 21 22' 23 2

2' 2'1' 2'2 2'3' 2'

2 2

1 2

2 2

1 22

2

momenata u čvorovima:

4 4 2 20

2 4 4 2

0

8 2 2 0

3,00; 5,00

2,73 22,73

0,428

3,00

crcr cl

cl

cr

c

M M M M rEI

M M M M rL

K

r

r r

P EI EIP P

P L L

P

P

2 2

22

3 2

0,408cr cl

l

EI EIP P

L L


Primjer 5. 3.

1)Horizontalno nepomičan sustav

2 1 2

21 2

22' 2

2 21 22' 2

2

2

Nepoznanica (uzet u obzir M =0 čime gubimo )


'

' 1 0

' 1,00 1,1748

1,1748cr

EIM r

L

EIM

L

EIM M M r

L

r

EIP

L

2)Horizontalno pomičan sustav

1 2

12 1 2

21 2 1

22' 2 2

Nepoznanica i


'

'

36

2

EI EIM t t

L L

EI EIM t t

L L

EI EIM

L L


2 21 22' 2

1 12 1

2

2

2


3 '0

'

0

3 0

0,14420,1442 cr

M M M t tEI

M M t tL

K

t t t

EIP

L

Primjer 5. 4.

1)Horizontalno nepomičan sustav

2 3

32 3 2

23 2 3

21 2

Nepoznanice i

Momenti na krajevima stupova:

c

c

EI EIM r r

L L

EI EIM r r

L L

EIM r

L


33' 3

22' 2

2 21 23 22' 2

3 32 33' 3

2

Momenti na krajevima greda:

2

2


2 10

2

0

2 1 2 0

1,76721,7672

c

c

c

cr

EIM

L

EIM

L

M M M M r rEI

M M M L r r

K

r r r

P

2 2

220,752

EI EI

L L

2)Horizontalno pomičan sustav

2 3

32 3 2

23 2 3

21 2

Nepoznanice i


'

'

EI EIM t t

L L

EI EIM t t

L L

EIM t

L

33' 3

22' 2

2 21 23 22' 2

3 32 33' 3


6

6


2 6 '0

' 6

EIM

L

EIM

L

M M M M t tEI

M M M t tL


2

2 2

22

0

2 1 2 0

0,52280,5228

1,383

c

cr

K

r r r

EI EIP

L L

Primjer 5. 5.

1)Horizontalno nepomičan sustav(slika kao u prethodnom primjeru)

23

12

2 3

Zbog različitih unutarnjih sila u stupovima, imamo i različite koeficijente :

33

Nepoznanice i

Nap

E

E

P

P

P

P

12 21 23 32

21 12 2

23 23 2 323

32 23 3 223

omena: ;


c

c

r r r r

EIM r

L

EI EIM r r

L L

EI EIM r r

L L


22' 2

33' 3

12 232 21 23 22' 223

3 32 33' 323 23

12 23 23 23


2

2


20

2

0

2 2

c

c c

c c

EIM

L

EIM

L

r r rM M M M EI

r rM M M L

K

r r r r

2

23 12

12 12

23 23

0

RJEŠENJE SE DOBIJE METODOM POKUŠAJA:

1.pretpostavka: =0,8= 3 2,40

očitanja: 1,3006(za 0,8)

2,8159(za 2,4)

1,3006 2,8159 2 2,8159 2 5,502 11,4273

2

r

r

K

23 12

2 2

22

.pretpostavka: =0,9264= 3 2,7792

0 (točno rješenje)

0,9264

1,039cr

K

EI EIP

L L

1)Horizontalno pomičan sustav(slika kao u prethodnom primjeru)

Postupak rješavanja isti uz korištenje koeficijenata t i t'

Rješenje:

2 2

22

2,413

0,644cr

EI EIP

L L


Primjer 5. 6.

1)Horizontalno nepomičan sustav(simetrični oblik izvijanja,bez hor. pomaka greda)

1 2

12 1 2

21 2 1

Nepoznanice i


c

c

EI EIM r r

L L

EI EIM r r

L L


1)Horizontalno pomičan sustav(antisimetrični oblik izvijanja,s hor. pomakom greda)

1 2

12 1 2

21 2 1

13 1

24 2

Nepoznanice i


'

'


3

6

Ravnoteža momenata u čvorovima

EI EIM t t

L L

EI EIM t t

L L

EIM

L

EIM r

L

1 12 13 1

2 21 24 2

2

:

3 '0

' 6

0

3 6 ' 0

M M M t tEI

M M M t tL

K

t t t

2

2

0,476

0,476crcr cl

cl

INTERPOLACIJA

P EIP P

P L

13 1

24 2

1 12 13 1

2 21 24 2

2


2


10

2

0

1 2 0

1,512

c

c

c

cr

cl

EIM

L

EIM r

L

r rM M M EI

r rM M M L

K

r r r

INTERPOLACIJA

P

P

2

2

1,512cr cl

EIP P

L

SKRIPTA STABILNOST KONSTRUKCIJA prvo izdanje_2012

Documents

Transcript of SKRIPTA STABILNOST KONSTRUKCIJA prvo izdanje_2012