Primjer 1.

Na zadanom nosaču analitičkim postupkom odrediti dijagrame momenata i poprečnih sila, ako je K₁ = 20 kN, K₂ = 80 kN, K₃ = 40 kN, q₁ = 50 kN/m' i q₂ = 36 kN/m'.

Zadani nosač u zglobovima C, G i I rastavljamo na niz dijelova među kojima djeluju vezne sile (horizontalna i vertikalna komponenta, odnosno uzdužna i poprečna sila).

Nosač nije opterećen u smjeru osi (nema horizontalnog opterećenja) iz jednadžbi ravnoteže sila za svaki nosač u tom smjeru slijedi da su sve horizontalne komponente veznih sila (uzdužne vezne sile H_C, H_G i H_I) i horizontalna komponenta ležajne reakcije H_J jednake nuli. Kako su horizontalne komponente reakcije i veznih sila jednake nuli, uzdužna je sila duž cijeloga nosača jednaka nuli, N(x) = N_x = 0.

Za izračunavanje reakcija svakog dijela nosača preostaju sada dvije jednadžbe ravnoteže. Prvo, stoga, rješavamo dijelove kod kojih su nepoznate samo dvije reakcije i/ili vezne sile. To su A- C i G- I; možemo za njih reći da se `oslanjaju' na dijelove C- G i I- J.

$\displaystyle \sum$ M_C = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ V_B^.2 - K₁^.3 - q₁^.2^.1 = 0
	$\displaystyle \Rightarrow$ V_B = 80 kN,
$\displaystyle \sum$ M_B = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ V_C^.2 + K₁^.1 - q₁^.2^.1 = 0
	$\displaystyle \Rightarrow$ V_C = 40 kN.

Kako se zadano opterećenje razlikuje na dijelovima A- B i B- C, razlikovat će se i izrazi za momente savijanja i poprečne sile u općem presjeku, pa ćemo ih napisati za svaki dio posebno.

Promatramo prvo dio A- B. Osim zadanoga vanjskog opterećenja (sila K₁), na dio od točke A do nekog presjeka na udaljenosti x, x $\leq$ x_B, djeluju unutarnje sile u tom presjeku. Iz jednadžbi ravnoteže dobivamo:

$\displaystyle \sum$ M = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ M(x) = M_x = - K₁^.x = - 20^.x,
$\displaystyle \sum$ F_y = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ T(x) = T_x = K₁ = 20 kN.

Moment u točki B dobivamo uvrštavananjem x = x_B = 1, te je M_B = - 20 kNm. Poprečna je sila neposredno lijevo od točke B, kao i na cijelom dijeli A- B, T_B^l = 20 kN.

Dio B- C analizirat ćemo u lijevom koordinatnom sustavu s ishodištem u točki C. Promatramo opći presjek na udaljenosti x, x $\leq$ x_B, od točke C:

$\displaystyle \sum$ M = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ M(x) = M_x = V_C^.x - q₁ $\displaystyle {\frac{{x^2}}{{2}}}$ = 40^.x - 25^.x²,
$\displaystyle \sum$ F_y = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ T(x) = T_x = V_C - q₁^.x = 40 - 50^.x.

Najveći je moment u točki udaljenoj x = 0, 8 m od točke C, što dobivamo iz uvjeta ${\frac{{d M(x)}}{{dx}}}$ = 0, a iznosi M_max = 16 kNm.

Moment u točki B, dobiven uvrštavanjem x = x_B = 2, mora biti jednak momentu u toj točki, izračunatom prema izrazu za dio A- B; ta nam činjenica može poslužiti za kontrolu izvedenih izraza. Poprečna sila neposredno desno od točke B jest T_B^d = - 60 kN. Pomaknemo li se ulijevo preko ležaja B, u izraz za poprečnu silu ulazi još i reakcija V_B, pa je T_B^l = T_B^d + V_B -- dobivena vrijednost mora, naravno, biti jednaka onoj dobivenoj za dio A- B.

Možemo ih izračunati postavljanjem jednadžbi ravnoteže momenata oko točaka G i I:

$\displaystyle \sum$ M_G = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ V_I^.3 - q₂^.2^.2 = 0
	$\displaystyle \Rightarrow$ V_I = 48 kN,
$\displaystyle \sum$ M_I = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ V_G^.3 + K₃^.3 + q₂^.2^.1 = 0
	$\displaystyle \Rightarrow$ V_G = - 64 kN.

Izraze za unutarnje sile na dijelu G- H dobivamo iz uvjeta ravnoteže dijela od točke G do presjeka udaljenog za po volji odabrani x, x $\leq$ x_H:

$\displaystyle \sum$ M = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ M_x = - K₃^.x - V_G^.x = 24^.x,
$\displaystyle \sum$ F_y = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ T_x = K₃ + V_G = - 24 kN.

Moment u točki H dobivamo uvrštavanjem njene udaljenosti do točke G, x = 1, te je vrijednost momenta M_H = 24 kNm. Poprečna je sila jednaka desno od točke G, T_G^d = - 24 kN, i lijevo od točke H, T_H^l = - 24 kN.

Za dio H- I promatramo opći presjek na udaljenosti x od točke I (lijevi koordinatni sustav s ishodištem u točki I!):

$\displaystyle \sum$ M = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ M_x = V_I^.x - q₂ $\displaystyle {\frac{{x^2}}{{2}}}$ = 48^.x - 18^.x²,
$\displaystyle \sum$ F_y = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ T_x = V_I - q₂^.x = 48 - 36^.x.

Maksimalni moment je u točki udaljenoj za x = 4/3 (uvjet ${\frac{{dM(x)}}{{dx}}}$ = T(x) = 0) od točke I, a iznosi M_max = 32 kNm. Lijevo od točke I poprečna je sila T_I^l = 48 kN, a desno od točke H sila je T_H^d = - 24 kN.

Nakon što smo izračunali reakcije i vezne sile na dijelovima A- C i G- I, poznate su veličine sila V_C i V_G, tako da na dijelu C- G ostaju nepoznate samo reakcije V_D i V_F.

$\displaystyle \sum$ M_D = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ V_F^.2 + V_C^.1 - K₂^.1 + V_G^.3 = 0
	$\displaystyle \Rightarrow$ V_F = 116 kN,
$\displaystyle \sum$ M_F = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ V_D^.2 - K₂^.1 - V_C^.3 - V_G^.1 = 0
	$\displaystyle \Rightarrow$ V_D = 68 kN.

$\displaystyle \sum$ M = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ M_x = - V_C^.x = - 40^.x,
$\displaystyle \sum$ F_y = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ T_x = V_C = 40 kN.

Moment u točki D iznosi M_D = - 40 kNm, a poprečna sila lijevo od točke D T_D^l = 40 kN.

Za unutarnje sile na dijelu D- E jednadžbe ravnoteže pišemo za dio nosača od točke C do presjeka x, pri čemu smo ishodište lokalnog koordinatnog sustava stavili u točku D:

$\displaystyle \sum$ M = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ M_x = - V_C^.(1 + x) + V_D^.x = 28^.x - 40,
$\displaystyle \sum$ F_y = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ T_x = V_C - V_D = - 28 kN.

Moment u točki E iznosi M_E = - 12 kNm. Poprečna je sila desno od točke D T_D^d = - 28 kN, jednako kao i lijevo od točke E, T_E^l = - 28 kN.

Za dio E- F promatramo presjek na udaljenosti x od točke E; jednadžbe ravnoteže i sada pišemo za dio nosača od točke C do presjeka x:

$\displaystyle \sum$ M = 0	$\displaystyle \Rightarrow$	M_x	= - V_C^.(2 + x) + V_D^.(1 + x) - K₂^.x
			= - 52^.x - 12,
$\displaystyle \sum$ F_y = 0	$\displaystyle \Rightarrow$	T_x	= V_C - V_D + K₂ = 52 kN.

U točki F moment je M_F = - 64 kNm. Poprečna sila desno od točke E iznosi T_E^d = 52 kN, kao i lijevo od točke F, T_F^l = 52 kN.

Izraze za unutarnje sile na prepustu F- G najjednostavnije je napisati u lijevom koordinatnom sustavu s ishodištem u točki G:

$\displaystyle \sum$ M = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ M_x = V_G^.x = - 64^.x,
$\displaystyle \sum$ F_y = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ T_x = V_G = - 64 kN.

U točki F moment je M_F = - 64 kNm, što smo dobili i u proračunu s lijeve strane, a poprečna sila desno od točke F je T_F^d = - 64 kN, te je - T_F^l + V_F + T_F^d = 0.

Preostaje konzolni dio I- J, na kojem su nepoznanice samo vertikalna ležajna reakcija V_J i ležajni moment M_J, dok smo veznu silu V_I izračunali na dijelu G- I.

$\displaystyle \sum$ M_J = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ V_I^.1 - M_J = 0 $\displaystyle \Rightarrow$ M_J = 48 kNm,
$\displaystyle \sum$ M_I = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ V_J^.1 - M_J = 0 $\displaystyle \Rightarrow$ V_J = 48 kN.

Izraze za unutarnje sile dobivamo postavljanjem jednadžbi ravnoteže za izdvojeni dio od točke I do općeg presjeka x:

$\displaystyle \sum$ M = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ M_x = - V_I^.x = - 48^.x,
$\displaystyle \sum$ F_y = 0	$\displaystyle \Rightarrow$ T_x = V_I = 48 kN.

Vrijednosti momenata i poprečnih sila izračunali smo u svim karakterističnim točkama: iznad ležajeva, u hvatištima koncentriranih sila i na krajevima distribuiranog opterećenja. Između tih točaka oblike dijagrama unutarnjih sila određuju izvedeni izrazi, pa možemo izračunati vrijednosti tih sila u potrebnom/dovoljnom broju točaka, a u crtanju možemo primijeniti i poznata svojstva krivulja i njihovih tangenti. Osim toga, pomoću izvedenih izraza izračunali smo i maksimalne vrijednosti momenata u pojedinim poljima.